Megoldások
Megoldások
Megoldások
Create successful ePaper yourself
Turn your PDF publications into a flip-book with our unique Google optimized e-Paper software.
Valós számok 5<br />
I. Valós számok<br />
I.1. Természetes, egész és racionális számok<br />
I.1.1. Feladatok (8. oldal)<br />
1. Fogalmazz meg és bizonyíts be egy-egy oszthatósági kritériumot a 2-vel, 3-mal,<br />
5-tel, 7-tel, 9-cel, 11-gyel való oszthatóságra.<br />
Megoldás. A kettővel való oszthatósági kritériumot könnyű észrevenni: egy szám<br />
akkor osztható 2-vel, ha utolsó számjegye 0, 2, 4, 6 vagy 8 (vagyis egy szám pontosan<br />
akkor páros, ha utolsó számjegye is páros).<br />
Bizonyítás. Legyen n egy természetes szám és a az n utolsó számjegye. Ekkor n<br />
felírható n = 10 ⋅ n 1 + a alakba, ahol n 1 (tulajdonképpen<br />
∈ 1 n = n a ). Innen<br />
következik, hogy n a 1 1,<br />
tehát n osztható kettővel. Ez pedig<br />
azt jelenti, hogy az n és a számok paritása (páros vagy páratlan volta) megegyezik,<br />
vagyis pontosan akkor páros, ha a is páros (0, 2, 4, 6 vagy 8), és ha a páratlan,<br />
n<br />
10 2 5 n − = ⋅ = ⋅ ⋅<br />
a −<br />
n<br />
akkor n is páratlan.<br />
Hasonlóan igazolható a következő kijelentés helyessége is (öttel való oszthatósági<br />
szabály): egy szám pontosan akkor osztható öttel, ha utolsó számjegye 0 vagy 5.<br />
A hárommal való oszthatósági szabály a következő: egy szám akkor és csak akkor<br />
osztható 3-mal, ha számjegyeinek összege is osztható 3-mal.<br />
Bizonyítás. Ha 1 2 ... n = aa am(a1,<br />
a 2,...,<br />
amszámjegyek),<br />
S a számjegyek összege,<br />
akkor a szám és számjegyeinek különbsége<br />
n − S = aa ... a − ( a + a + ... a ) =<br />
1 2 m 1 2 m<br />
1<br />
m−1 2<br />
m−2<br />
10 ... am−1 10 am ( a<br />
= a ⋅ 10 + a ⋅ + + ⋅ + − 1 + a2 + ... + am)<br />
=<br />
m m ⎡ m ⎤<br />
m−k = ( 10 − 1) ak = 99...9 ⋅ ak<br />
= 3 ⋅3⋅⎢ 11...1 ⋅a<br />
⎥ k<br />
k= 1 k= 1 m−k⎢ ⎣ k=<br />
1 m−k⎥ ⎦<br />
∑ ∑ ∑ ,<br />
tehát az n és S különbsége osztható hárommal. Innen következik, hogy az n csakis<br />
akkor osztható 3-mal, ha számjegyei összege is osztható 3-mal. A bizonyításból jól<br />
látszik a kilenccel való oszthatósági szabály is (sőt, a két kritérium bizonyítása teljesen<br />
azonos): egy természetes szám akkor és csak akkor osztható 9-cel, ha számjegyei<br />
összege osztható kilenccel.<br />
Héttel való oszthatósági kritérium: az 1 2 ... n = a a amtermészetes<br />
szám akkor és csak<br />
akkor osztható 7-tel, ha az fn ( ) = aa 1 2... am−1 − 2am<br />
szám osztható héttel (például<br />
f (203) = 20 −2⋅ 3 = 14 , tehát 203 osztható 7 -tel).<br />
Bizonyítás. “⇒ ” Tegyük fel, hogy n osztható héttel, ekkor n = 7,k k ∈ . De<br />
n = 10 ⋅ aa ... a + a = 10 ⋅( aa ... a − 2 a ) + 21a = 10 f(<br />
n + a , innen<br />
1 2 m−1 m 1 2 m− 1 m m ) 21 m
6 Valós számok<br />
pedig következik, hogy n = 10 f ( n) + 21am = 7k ⇒ 10 f( n) = 7( k − 3 am)<br />
, tehát<br />
10 fn ( ) osztható héttel. Mivel 10 és 7 relatív prímek, kapjuk, hogy fn ( ) osztható<br />
héttel.<br />
“⇐ ” Ha fn ( ) = 7, ll∈ N,<br />
akkor<br />
így n is osztható héttel.<br />
n = 10 f ( n) + 21a = 10 ⋅ 7l + 21a<br />
= 7 ⋅ (10l + 3 a ) ,<br />
m m<br />
Tizeneggyel való oszthatóság: egy szám csak akkor osztható 11-gyel, ha a<br />
számjegyeiből alkotott alternáló összeg osztható 11-gyel (például a 80729<br />
számjegyeiből alkotott alternáló összeg 9− 2+ 7− 0+ 8 = 22,<br />
tehát 80729 osztható<br />
11-gyel). A bizonyítás hasonlít a 3-mal, illetve 9-cel való oszthatóság igazolásához.<br />
Ha 1 2 ... n = aa am,<br />
akkor a számjegyeiből alkotott alternáló összeg<br />
S = a<br />
m − am−1 + am−2<br />
... −<br />
+ −<br />
1<br />
( 1) 1<br />
m− a<br />
n − S = aa ... a −( a − a + ... + ( − 1) a ) =<br />
m−1<br />
1 2 m m m−1<br />
1<br />
1<br />
m−1 10<br />
2<br />
m−2<br />
m−2 2<br />
m−1<br />
am am<br />
am−1 am−2 m−1<br />
a1<br />
= a ⋅ + a ⋅ 10 + ... + a ⋅ 10 + a ⋅ 10 +<br />
+<br />
−( − + − ... + ( − 1) ) =<br />
= (10 + 1) a + (10 − 1) a + (10 + 1) a + ... + (10 + ( −1)<br />
) a =<br />
2 3 m−1 m<br />
m−1 m−2 m−3<br />
( ) 1<br />
m−1<br />
k<br />
∑ 10<br />
k=<br />
1<br />
m−1<br />
k−<br />
k k−1<br />
( −1) ⋅ am−k<br />
= ∑ ⎡(11 − 1) + ( −1) ⎤<br />
⎣ ⎦<br />
⋅ am−k<br />
k=<br />
1<br />
=<br />
m−1<br />
∑ ⎡<br />
⎣<br />
M11 k=<br />
1<br />
m−1<br />
k k−1<br />
( − 1) + ( −1) ⎤<br />
⎦<br />
⋅ am−k<br />
= ∑(<br />
M11) ⋅am−k<br />
11,<br />
k=<br />
1<br />
= +<br />
= +<br />
ahol M11<br />
a 11 valamely többszörösét jelenti. Tehát n − S mindig osztható 11-gyel,<br />
így n akkor és csak akkor osztható 11-gyel, ha S osztható 11-gyel.<br />
4 2<br />
2. Bizonyítsd be, hogy ha n páratlan természetes szám, akkor n n osztható<br />
64-gyel.<br />
m<br />
+ 14 + 49<br />
1<br />
2<br />
= n + 7 = ( ) 2<br />
Bizonyítás. Mivel n egy páratlan természetes szám, létezik egyetlen olyan k ∈ <br />
szám, amelyre n = 2k<br />
+ . Tehát<br />
2<br />
A = 4k + 4k + 1+ 7 = [4 kk+ ( 1) +<br />
4 2<br />
n + 14n + 49<br />
] 2<br />
8 .<br />
( ) 2<br />
, így<br />
Tudjuk, hogy két egymás utáni szám szorzata mindig páros (az egyikük biztosan<br />
páros), így k( k + 1) = 2m,m∈N<br />
. Ezt felhasználva írhatjuk, hogy<br />
[ ] 2<br />
2<br />
A= (8 m + 8)<br />
tehát A többszöröse 64-nek.<br />
= 8( m + 1)<br />
2<br />
= 64( m + 1) ,<br />
3. Bizonyítsd be, hogy ha b | a , c | a és ( bc , ) = 1,<br />
akkor bc | a .<br />
Bizonyítás. A b | a és c | a oszthatóságokból következik, hogy léteznek a k, l<br />
természetes számok, amelyekre a = k ⋅b és a = l ⋅c . Innen k ⋅ b = l ⋅c,<br />
tehát kb<br />
1
Valós számok 7<br />
osztható c -vel, de mivel ( bc , ) = 1,<br />
k osztható c -vel. Tehát létezik olyan m ∈ ,<br />
amelyre k = m⋅c<br />
. Ezt visszahelyettesítve az a = k ⋅b<br />
összefüggésbe, kapjuk, hogy<br />
a = m⋅b⋅c,<br />
vagyis a osztható b⋅c-vel. 4. Bizonyítsd be, hogy öt egymás utáni természetes szám szorzata osztható 120-szal.<br />
Általánosítás!<br />
3<br />
Bizonyítás. 120 = 1⋅2⋅3⋅4⋅5= 2 ⋅3⋅5, tehát elégséges igazolni, hogy öt<br />
3<br />
egymás utáni természetes szám szorzata osztható 2 -nel, 3 -mal és 5 -tel. Az öt szám<br />
közül legalább kettő páros, ezek egymás utáni páros számok, tehát az egyik osztható<br />
4 -gyel és a másik 2 -vel, így a szorzatuk osztható 8 -cal. Három egymás utáni<br />
természetes szám közül az egyik osztható 3 -mal, tehát az öt közt is van 3 -mal<br />
osztható. Öt egymás utáni természetes szám közül az egyik osztható 5 -tel, tehát a<br />
3<br />
szorzat osztható 2 ⋅3⋅5 = 120-szal.<br />
Ez a gondolatmenet nehezen terjeszthető ki több<br />
számra, ezért az általános esetre más megoldást kell találnunk. A tulajdonság<br />
általánosabban a következőképpen fogalmazható meg:<br />
k darab egymás utáni természetes szám szorzata osztható k ! -sal, ahol<br />
k! = 1⋅2⋅3<br />
⋅... ⋅k<br />
.<br />
( n + k)!<br />
A tulajdonság ekvivalens azzal, hogy az kifejezés egész szám minden<br />
n! ⋅ k!<br />
*<br />
nk∈ , esetén és ezt úgy fogjuk belátni, hogy tetszőleges p prímszámra igazoljuk,<br />
hogy a számlálóban legalább akkora a kitevője, mint a nevezőben. Ehhez szükséges<br />
megvizsgálni, hogy a p -nek mi a kitevője m ! prímtényezős felbontásában (m ∈ <br />
⎡m ⎤<br />
tetszőleges). Az 1 , 2 , 3, .. ., m számok közt p -nek ⎢ ⎥ többszöröse van, ezek közül<br />
⎢<br />
⎣ p ⎥<br />
⎦<br />
⎡m⎤ ⎡ ⎤ 2<br />
r<br />
⎢ ⎥ osztható p -tel, ⎥⎥ p<br />
⎢ 2<br />
⎣p⎥ 3<br />
⎦<br />
⎣ ⎦<br />
p !<br />
m<br />
⎡ 3<br />
m ⎤<br />
⎢ osztható -nel és általában ⎢ ⎥ osztható p -nel, ha<br />
⎢<br />
r<br />
p<br />
⎢<br />
⎣ p ⎥<br />
⎦<br />
r ≥ 1.<br />
Így a kitevője az m prímtényezős felbontásában<br />
⎡m⎤ ⎡m⎤<br />
⎡m⎤ ∞ ⎡m<br />
⎢ ⎥ + ⎢ ⎥ + ⎢ ⎥ + ... = ⎢<br />
⎢<br />
⎣ p ⎥<br />
⎦<br />
⎢ 2<br />
⎣p<br />
⎥ 3<br />
r<br />
⎦<br />
⎢<br />
⎣p ⎥<br />
⎦<br />
⎢ r=<br />
1 ⎣p<br />
∑<br />
⎤<br />
⎥<br />
⎦<br />
Ezt a tulajdonságot Legendre-féle tételnek is nevezik. Másrészt az [ x] + [ y]<br />
≤ [ x + y]<br />
,<br />
∞ ⎡ n ⎤ ∞ ⎡ k ⎤ ∞ ⎡ n + k⎤<br />
∀xy<br />
, ∈ egyenlőtlenség alapján ∑⎢⎥ + ⎢<br />
n + k<br />
⎢ r<br />
⎣ p ⎥ ∑ ⎥ ≤ ⎢ ⎥<br />
⎦<br />
⎢ r<br />
r<br />
r= 1 r= 1 ⎣p<br />
⎥ ∑ , vagyis ( ) !<br />
⎦<br />
⎢ r=<br />
1 ⎣ p ⎥<br />
⎦<br />
felbontásában a p kitevője legalább akkora, mint az n ! ⋅ k!<br />
felbontásában. Mivel ez a<br />
( n + k)!<br />
tulajdonság minden prímszámra igaz, az kifejezés egész szám minden<br />
n! ⋅ k!<br />
*<br />
nk∈ , esetén, és így az ( n + 1)( n + 2)...( n + k)<br />
szorzat osztható 1⋅2⋅3 ⋅... ⋅k-<br />
val.
8 Valós számok<br />
5. Hány nullára végződik az 1 ⋅2⋅3⋅4 ⋅... ⋅2001<br />
szorzat?<br />
Megoldás. A vizsgált szorzat prímtényezős felbontásában nagyobb 2 -nek a<br />
kitevője, mint 5 -nek, ezért elégséges az 5 kitevőjét meghatározni. Az 1 ,2, 3 ,.. .,2001<br />
⎡2001⎤ számok közül ⎢ ⎥ = 400 osztható 5 -tel. Ezek közül<br />
⎢⎣ 5 ⎥⎦<br />
2001 ⎡ ⎤<br />
⎢ ⎥ = 80 osztható 25 -tel,<br />
⎢⎣ 25 ⎥⎦<br />
⎡2001⎤ ⎢ ⎥ = 16 osztható 125 -tel,<br />
⎢⎣ 125 ⎥⎦<br />
2001 ⎡ ⎤<br />
⎢ ⎥ = 3 osztható 625 -tel, és így az 5 kitevője<br />
⎢⎣ 625 ⎥⎦<br />
400 + 80 + 16 + 3 = 3 ⋅ 4 + (16 −3) ⋅ 3 + (80 −16) ⋅ 2 + (400 −80) ⋅ 1 = 499 .<br />
Tehát az 1 ⋅2⋅3⋅4 ⋅... ⋅2001 szorzat 49 9 nullában végződik.<br />
6. Határozd meg a 3 kitevőjét az 1 ⋅2⋅3⋅4 ⋅... ⋅2001<br />
szorzatban.<br />
Megoldás. Az előbbi gondolatmenet vagy a Legendre-tétel alapján a 3 kitevője az<br />
2001<br />
1⋅2⋅3⋅4 ⋅... ⋅2001<br />
szorzatban<br />
667 222 74 24 8 997.<br />
1 3 r<br />
∞<br />
⎡ ⎤<br />
∑ ⎢ ⎥ = + + + + + 2 =<br />
r=<br />
⎢⎣ ⎥⎦<br />
9<br />
7. Bizonyítsd be, hogy a 2 + 2 szám osztható 10-zel.<br />
99<br />
Bizonyítás<br />
( (<br />
3<br />
) ) 9 30<br />
2 ( 2<br />
60<br />
1)( 2<br />
30<br />
2 1)<br />
( )(<br />
10 60 30<br />
2 + 1)( 2 − 2 + 1)<br />
=<br />
(<br />
10 60 30<br />
2 + 1)( 2 − 2 + 1)<br />
=<br />
+ = ⋅ + =<br />
9 99 9 30<br />
2 2 2 2 1<br />
9 10 20<br />
= 2 ⋅ 2 + 1 2 −<br />
9 20<br />
= 2 ⋅1025⋅ 2 −<br />
= ⋅ ⋅ ⋅ −<br />
8 20 10 60 30<br />
10 2 205 (2 2<br />
+ − + =<br />
+ 1)(2 − 2 + 1) ,<br />
9 99<br />
tehát 2 + 2 osztható tízzel.<br />
8. Bizonyítsd be, hogy ha a , b és c egész számok és ( a + b + c)<br />
6<br />
, akkor<br />
5 3<br />
a + b + c is osztható 6-tal.<br />
Bizonyítás. Elégséges igazolni, hogy ⎡ 5 3<br />
( a b c) ( a b c)<br />
⎤<br />
⎢⎣ + + − + + ⎥⎦<br />
6 . De<br />
3<br />
b − b = b( b− 1)( b + 1) 6,<br />
mert három egymás utáni természetes szám közt biztosan<br />
van páros is és hárommal osztható is. Hasonlóan<br />
5 2 2 2<br />
a − a = a( a − 1)( a + 1) = a( a − 1)( a + 1)( a + 1) 6 ,<br />
tehát ⎡ 5 3 5 3<br />
( a b c) ( a b c) ⎤ ⎡(<br />
a a) ( b b)<br />
⎤<br />
⎢⎣ + + − + + ⎥⎦ = ⎢⎣<br />
− + − ⎥⎦<br />
6<br />
.<br />
n<br />
9. Bizonyítsd be, hogy ( 3 + 2n+ 3)<br />
4, ∀n∈ .<br />
Bizonyítás. Két esetet különböztetünk meg n paritása szerint.<br />
Ha n = 2k + 1, k ∈ , akkor<br />
n 2k+ 1<br />
3 + 2n + 3 = (4− 1) + 4k + 2+3<br />
= v⋅4− 1+ 4k + 5 = 4 ⋅ ( v + k + 1) 4,<br />
ahol v ∈ .<br />
Ha n = 2, k k ∈ , akkor<br />
+ + = − + + = v⋅ 4+ 1+ 4k + 3 = 4 ⋅ ( v + k + 1) 4,<br />
n 2k<br />
3 2n 3 (4 1) 4k 3
Valós számok 9<br />
aholv egy természetes szám.<br />
10. Milyen számrendszerben érvényes a következő szorzás 2 5 ⋅ 314 = 10274 ?<br />
Megoldás. Ha x a számrendszer alapja, akkor a<br />
2 4 2<br />
(2x + 5) 3x + x + 4 = x + 2x + 7x + 4<br />
( )<br />
4 3 2<br />
egyenlethez jutunk. Ez x −6x −15x −6x − 16 = 0 alakba írható, és az egyetlen<br />
7 -nél nagyobb természetes szám gyöke az x = 8 , tehát a szorzás a 8 -as<br />
számrendszerben érvényes.<br />
11. Vizsgáld meg, hogy az alábbi egyenleteknek van-e megoldása a természetes<br />
számok halmazában:<br />
2 2<br />
a) xy ( x + y)<br />
= 2001;<br />
b) x + y −x − y = 2001;<br />
c) 3x − 2 1y = 14;<br />
2 2<br />
x y<br />
d) x − 2y = 17;<br />
e) 5 + 11 = 12 (x ); f) 3.<br />
z<br />
2 2<br />
≠ 0 x + y = 2x + 2y<br />
−<br />
Bizonyítás<br />
a) Ha az xy , számok közül valamelyik páros, akkor az xy (x+ y)<br />
szorzat is páros,<br />
tehát xy(x+<br />
y)<br />
nem lehet páratlan. Ha x és y páratlanok, akkor x + y páros, így<br />
xy( x + y)<br />
ebben az esetben sem lehet páratlan. Mivel más eset nincs, következik,<br />
hogy xy(x + y)<br />
mindig páros, tehát az xy(<br />
x + y)<br />
= 2001 egyenletnek nincs<br />
megoldása -ben.<br />
2 2<br />
b) Az x + y −x − y = 2001 egyenlet még x( x − 1) + yy ( − 1) = 2001 alakban is<br />
írható. Mivel két egymás utáni szám szorzata mindig páros és két páros szám összege<br />
is páros, következik, hogy az egyenlet bal oldala csak páros értékeket vehet fel, tehát<br />
sosem lehet 2001.<br />
c) Tegyük fel, hogy a 3x − 2 1y = 14<br />
egyenletnek van természetes megoldása. Ekkor<br />
létezik x0, y0 ∈ N úgy, hogy 3x0 − 2 1y0 = 14 ⇒ 14 = 3 ⋅( x0 −7y0)<br />
, s mivel<br />
( x0 −7y0)∈<br />
, ez azt jelentené, hogy 14 osztható hárommal, így nyilvánvalóan<br />
ellentmondáshoz jutottunk. Következik, hogy feltételezésünk hamis volt, tehát az<br />
egyenletnek nincs természetes megoldása.<br />
d) Az egyenlet egy megoldása x 1 = 5 és y 1 = 2 .<br />
e) A bal oldal utolsó számjegye 6 , tehát z 4<br />
. A jobb oldal osztható -gyel és a bal<br />
oldal -gyel való osztási maradéka 1 ( 1) , tehát y páratlan. A jobb oldal -mal<br />
y<br />
4<br />
4<br />
+ −<br />
3<br />
x<br />
is osztható, míg a bal oldal 3 -mal való osztási maradéka ( −1 ) −1,<br />
tehát x páros.<br />
Ezek alapján létezik olyan x1, y 1,z1<br />
∈ , amelyekre x = 2x1,<br />
y = 2y1+<br />
1 és<br />
z = 4z<br />
. Az eredeti egyenlet tehát<br />
1<br />
2 2<br />
( ) ( ) ( )(<br />
2y1+ 1 2z1 x1 2z1 x1 2z1<br />
11 = 12 − 5 = 12 − 5 12 + 5<br />
z1 x1 2z<br />
1 x1<br />
alakban írható. 12 − 5 és 12 + 5 relatív prímek és 11 prímszám, tehát az<br />
2z1<br />
x1<br />
2z x 2y<br />
+ 1<br />
1 1 1<br />
előbbi egyenlőség csak akkor lehetséges, ha 12 − 5 = 1 és 12 + 5 =<br />
11 .<br />
x1)
10 Valós számok<br />
z<br />
( ( ) )<br />
2z 1<br />
1<br />
2<br />
1<br />
Másrészt 12 − 1 = 12 −1 143 és 5<br />
x 143<br />
, tehát a vizsgált egyenletnek nincs<br />
megoldása a természetes számok halmazában.<br />
f)<br />
2 2<br />
x + y<br />
2<br />
2<br />
= 2x + 2y −3 ⇔ x −2x + 1+<br />
y − 2y + 1=−1⇔ ( x 1) y<br />
negatív.<br />
2 2<br />
− + ( − 1) = −1,<br />
ami lehetetlen, mert két pozitív szám összege nem lehet<br />
12. Határozd meg a hiányzó számjegyeket úgy, hogy<br />
a) 36 | 52x2y; b) 45 | 24x68y; c) 99 | 62xy 427 .<br />
⎧⎪ 4|52x2y Megoldás. a) 36 | 52x2y ⇔ ⎪<br />
⎨ Az első oszthatóság alapján y értéke 0, 4<br />
⎪⎪⎩ 9|52x2 y.<br />
vagy 8 lehet. Ha y = 0 , a második oszthatóság alapján 9| (9 + x)<br />
, s mivel x<br />
számjegy, következik, hogy x = 0 . Ha y = 4 , akkor 9|(13 + x)<br />
, tehát x = 5 . Ha<br />
y = 8 , akkor 9| (17 + x)<br />
, tehát x = 1 .<br />
⎧ ⎪<br />
⎪5 | 24x68 y ⎧⎪<br />
y ∈ {0, 5}<br />
b)<br />
⎪<br />
45 | 24x68y ⇔ ⎪<br />
⎨ ⇔ ⎪<br />
⎨<br />
. Ha y = 0 , akkor 9| (20 + x)<br />
,<br />
⎪<br />
⎪9 | 24x68y ⎪ 9|(20 + x + y)<br />
⎪⎩<br />
⎪⎩<br />
tehát x = 7 . Ha y = 5 , akkor 9|(25 + x)<br />
, tehát x = 2 .<br />
⎧⎪ 9 | 62xy427 ⎧ ⎪9|(21<br />
+ x + y)<br />
c) 99 | 62xy427 ⇔ ⎪<br />
⎨<br />
⇔ ⎪<br />
⎨<br />
, ahol számjegyek. Ebből<br />
⎪11<br />
| 62xy427 ⎪ 11 | (13 + x − y)<br />
⎪⎩<br />
⎪⎩<br />
⎪⎧<br />
( x + y)<br />
∈ {6,15}<br />
következik, hogy<br />
( x −y) ∈{ −2,9}<br />
⎪⎩<br />
⎧⎪ x + y = 6<br />
⎪⎩<br />
x − y = −2<br />
⎪ ⎨⎪<br />
. Az így kapott négy egyenletrendszer közül csak<br />
egynek van megfelelő megoldása, az ⎪ ⎨ rendszernek, innen pedig<br />
⎪<br />
⎪ xy ,<br />
⎧ ⎪x<br />
= 2<br />
⎨ .<br />
⎪<br />
⎪⎩<br />
y = 4<br />
n + 1 n + 8<br />
13. Lehet-e egyszerre egész az és az , ha n ∈ ?<br />
15 21<br />
n + 1 n + 8<br />
Megoldás. Tételezzük fel, hogy létezik olyan n , amelyre és egészek.<br />
15 21<br />
Ekkor ( n + 1) 15, ( n + 8) 21, innen pedig n + 1 és n + 8 oszthatóak hárommal.<br />
Következik, hogy különbségük is osztható 3-mal, tehát ( n + 8 ) −( n + 1) = 73,<br />
ami<br />
egy hamis állítás. Következik, hogy nem létezik olyan n , amelyre mindkét tört értéke<br />
egész legyen.<br />
14. Bizonyítsd be, hogy ha a természetes számokat írjuk a tizedes vessző után növekvő<br />
sorrendben, a kapott szám nem lesz racionális.
Valós számok 11<br />
Megoldás. A kapott szám nem véges, mert végtelen sok természetes szám létezik és<br />
nem lehet periodikus sem, mert tetszőleges n ∈ esetén végtelen sok olyan<br />
természetes szám létezik, amelynek több mint 3n−2 darab egymás utáni számjegye<br />
0 . Így ha a periódus hossza n volna, akkor ezeket a számokat a periodikus rész nem<br />
tartalmazhatná és ez nem lehetséges (mert végtelen sok van belőlük).<br />
15. Határozd meg azokat az a ,<br />
abcd + bcd + cd + d = 9844 .<br />
b , c és d számjegyeket, amelyekre<br />
Megoldás<br />
abcd + bcd + cd + d = 9844 ⇔1000 ⋅ a + 200 ⋅ b + 30 ⋅ c + 4 ⋅ d = 9844 ⇔<br />
⇔1000 ⋅( a − 9) + 100 ⋅(2b− 8) + 10 ⋅(3c− 4) + (4d − 4) = 0 .<br />
Az összeg első három tagja többszöröse 10-nek, innen következik, hogy (4 d − 4) is<br />
osztható kell legyen tízzel, tehát d ∈ {1, 6} .<br />
Ha d = 1-et<br />
helyettesítünk vissza, következik, hogy<br />
1000 ⋅( a − 9) + 100 ⋅(2b− 8) + 10 ⋅(3c− 4) = 0 ,<br />
innen pedig 10 0( a − 9) + 20( b− 4) + (3c− 4) = 0 . Az összeg első két tagja<br />
többszöröse 20-nak, következik, hogy (3 c − 4) 20<br />
, tehát c = 8 és<br />
100( a − 9) + 20(<br />
b− 4) + 20 = 0 azaz 5 a + b = 48,<br />
ami csak úgy lehetséges, ha<br />
a = 9 és b = 3 .<br />
Ha d = 6 -ot helyettesítünk vissza, következik, hogy<br />
1000 ⋅( a − 9) + 100 ⋅(2b− 8) + 10 ⋅(3c− 4) + 20 = 0 ,<br />
innen pedig 100 ( a − 9) + 20( b− 4) + (3c− 2) = 0 . Az összeg első két tagja<br />
többszöröse 20-nak, következik, hogy (3 c − 2) 20<br />
, ami egyetlen c számjegy esetén<br />
sem teljesül.<br />
Tehát az egyetlen szám, amely kielégíti az egyenletet, az a bcd = 9381 .<br />
16. Vizsgáld meg, mi lehet az osztási maradéka egy teljes négyzetnek 4-gyel, 3-mal, 5-tel, 7tel.<br />
2<br />
Megoldás. Ha x = 2, k k ∈ , akkor x = 4 , tehát x . Ha<br />
2<br />
2<br />
k<br />
4<br />
2<br />
x = 2k + 1, k ∈ , akkor x<br />
2<br />
= 4( k + k ) + 1 . Tehát egy teljes négyzetnek néggyel<br />
való osztási maradéka 0 vagy 1 lehet.<br />
2<br />
Hasonlóan, ha x = 3k<br />
± 1, akkor x<br />
2<br />
= 3(3k ± 2 k)<br />
+ 1 , ha pedig x = 3k,<br />
akkor<br />
2<br />
x 3<br />
, tehát egy teljes négyzet 3-al való osztáskor 0 vagy 1 maradékot adhat.<br />
2 2<br />
Ha x = 5k<br />
± 1, akkor x = 5(5k ± 2 k)<br />
+ 1 , ha x = 5k<br />
± 2,<br />
akkor<br />
2 2<br />
2<br />
x = 5(5k ± 4 k ) +<br />
4 , ha pedig x = 5k<br />
, akkor x 5<br />
. A lehetséges maradékok:0, 1,<br />
4.
12 Valós számok<br />
Hasonlóan kapjuk, hogy egy teljes négyzet héttel való osztási maradéka 0, 1, 2, 4<br />
lehet.<br />
Megjegyzés. A levezetések alapján jól látszik, hogy a teljes négyzetek n -nel való<br />
n + 1<br />
osztási maradékait megkapjuk, ha meghatározzuk az -nél kisebb természetes<br />
2<br />
számok négyzeteinek n -el való osztási maradékainak halmazát.<br />
17. Határozd meg azokat az x egész számokat, amelyekre<br />
a) ( 4x−3) 7; b) ( 3x−2) 11; c) ( 7x + 4) 13.<br />
Megoldás<br />
a) Mivel (5 , 7) = 1,<br />
ezért a (4 x − 3) 7<br />
feltétel egyenértékű azzal, hogy<br />
[5(4x − 3)] 7 , ez pedig rendre a következőkkel ekvivalens: (2 0x −15) 7<br />
,<br />
[ 7(3x −2) −(20x<br />
−15)<br />
] 7<br />
, ( 21x −14− 20x<br />
+ 15) 7 , ( x + 1) 7,<br />
tehát ∃k∈ úgy,<br />
hogy x + 1= 7k , innen pedig x = 7k −1.<br />
Tehát minden x = 7k −1,k ∈alakú<br />
szám megoldás.<br />
b) (3x −2) 11 ⇔[ 4( 3x −2) ] 11 ⇔ (11x + x −8) 11 ⇔( x −8) 11⇔<br />
∃k ∈ úgy,<br />
hogy x − 8 = 11k ⇔ x = 11k + 8, k ∈ .<br />
c) ( 7x + 4) 13 ⇔ [ 2( 7x + 4) ] 13 ⇔ (13x + x + 8) 13 ⇔ ( x + 8) 13<br />
⇔∃k ∈<br />
úgy, hogy x + 8 = 13k ⇔ x = 13k −8, k ∈ .<br />
18. Bizonyítsd be, hogy ha a = b ⋅ c + d,<br />
akkor ( ab , ) = (, bd)<br />
.<br />
Bizonyítás. Ha ( ab , ) = x és ( bd , ) = y,<br />
igazolni kell, hogy x = y .<br />
Mivel x = (,) a b , x osztja a -t is és b -t is, tehát x | a , x | bc,<br />
innen pedig<br />
x |( a −bc) ⇒x<br />
| d . Tehát x | d és x | b,<br />
így x -nek osztania kell y -t is (mert y<br />
értelmezés szerint b és d közös osztói közül a legnagyobb). Kapjuk tehát, hogy x | y.<br />
Hasonlóan bizonyítható a fordított oszthatóság is:<br />
y |( bc + d) ⇒y | a, y | b ⇒y |( a, b) ⇒y<br />
| x<br />
Az x | y és y | x oszthatóságokból következik az x = y egyenlőség.<br />
Megoldás. Ha a és b a két szám (a > b),<br />
akkor az előbbi tulajdonság alapján a<br />
következő lépéseket végezhetjük:<br />
.<br />
y = (, b d) ⇒y | b, y | d ⇒<br />
19. Adjál algoritmust két szám l.n.k.o-jának és l.k.k.t.-ének meghatározására.<br />
1. Osztjuk a -t b -vel, jelöljük q1 -gyel és r1<br />
-gyel a hányadost és a maradékot.<br />
2. Osztjuk b -t r1 -gyel, jelöljük q2 -vel és r2<br />
-vel a hányadost és a maradékot.<br />
3. Minden n ≥ 2 esetén osztjuk rn -et rn −1 -gyel, jelöljük qn+ 1 -gyel és rn+ 1 -<br />
gyel a hányadost és a maradékot.
Valós számok 13<br />
Ebben az eljárásban az előbbi feladat alapján ( r , r ) ( a, b)<br />
, , tehát az<br />
= ∀n≥1 n n+<br />
1<br />
utolsó nullától különböző maradék az eredeti két szám legnagyobb közös osztója (ezt<br />
a<br />
nevezik Euklideszi algoritmusnak). Ha d = (, a b ) és t = [, a b]<br />
, akkor = b ⋅<br />
t , tehát<br />
d<br />
meghatározható a legkisebb közös többszörös is.<br />
3<br />
20. Bizonyítsd be, hogy bármely n ∈ esetén az n − n szám osztható 6-tal.<br />
Bizonyítás. Mivel 6 = 2⋅3<br />
és (2 , 3) = 1 , elég igazolni, hogy az<br />
3<br />
n − n = ( n − 1) n( n + 1)<br />
szorzat osztható 2-vel és 3-mal. Az n −1<br />
és n egymás<br />
utáni számok közül pontosan az egyik biztosan páros, ezért ( n −1<br />
)n2<br />
minden<br />
n ∈ <br />
3<br />
esetén, tehát n − n mindig páros. Ha n = 3, k k ∈ , akkor<br />
3<br />
3<br />
n − n = 3( n − 1) k( n + 1) 3<br />
, ha n = 3k + 1,<br />
n − n = 3 kn(<br />
n + 1)<br />
3,<br />
ha pedig<br />
3<br />
n = 3k −1,<br />
akkor n − n = 3( n −1)<br />
nk3.<br />
3<br />
3<br />
Tehát minden természetes n szám esetén n − n 2,<br />
3 , így n −n 6, ∀n ∈ .<br />
21. Igazold, hogy három egymás utáni egész szám köbének összege osztható 3-mal.<br />
Megoldás<br />
3 3 3 3 3 2 3 2<br />
A= a + ( a + 1) + ( a + 2) = a + ( a + 3a + 3a + 1) + ( a + 6a + 12a + 8) =<br />
3 2<br />
= 3 ⋅ ( a + 3a + 5a + 3) , tehát A osztható hárommal.<br />
100 40 58 110 15 27 57 56 4 97<br />
22. Adottak az a = 3 : ⎡3 3 ( 3 3 ) :3 ( 4 : 4 1 ) 3 ⎤<br />
⎢⎣ ⋅ + ⋅ + − ⋅ ⎥⎦<br />
⋅2<br />
és a<br />
3<br />
2 2<br />
0 125<br />
b = 10 : { 123 + 34 : ⎡( 2 ⋅3 ) : 18 −17⋅1⎤ ⎢⎣ ⎥⎦}<br />
számok. Határozd meg az a és b<br />
számok l.n.k.o-ját és l.k.k.t-ét.<br />
Megoldás<br />
( ) ( )<br />
( )<br />
100 40 58<br />
a = 3 : ⎡<br />
⎢⎣ 3 ⋅ 3 +<br />
110 15<br />
3 ⋅ 3<br />
27<br />
: 3 +<br />
57 56 4<br />
4 : 4 −1 97<br />
⋅3 ⎤<br />
⎥⎦<br />
⋅ 2 =<br />
100 40+ 58 110+ 15−27 = 3 : ⎡<br />
⎢⎣ 3 + 3 +<br />
57−56 97<br />
4 −1 ⋅3 ⎤<br />
⎥⎦<br />
⋅ 2 =<br />
100 98 98 97<br />
= 3 : ⎡3 + 3 + ( 4−1) ⋅3 ⎤<br />
100 98 100−99 ⎣ ⎦<br />
⋅ 2 = 3 : ( 3⋅3 ) ⋅ 2 = 3 ⋅ 2 = 2⋅3<br />
= 6<br />
{ ⎢( ⎣<br />
2<br />
)<br />
⎥⎦}<br />
{ ⎡( ) ( ) ⎤}<br />
3 2 0 125<br />
b 10 : 123 34 : ⎡ 2 3 : 18 17 1 ⎤<br />
(,) ab = (6,8) = 2és<br />
[ ab , ] = [6,8] = 24.<br />
= + ⋅ − ⋅ =<br />
3 2 4<br />
= 10 : 123 + 34 : ⎢⎣ 2 ⋅3 2<br />
: 2 ⋅3− 1⎥⎦<br />
=<br />
3<br />
= 10 : ( 123 + 34 : 17) = 1000 : 125 = 8<br />
23. Az a és b számok l.n.k.o-ja 15, l.k.k.t-e 180. Melyek ezek a számok?
14 Valós számok<br />
Megoldás. Az a, b számok ln.k.o.-ja 15, ezért a = 15x<br />
, b = 15y<br />
, ahol xy∈ , és<br />
(, xy ) = 1.<br />
Ekkor 180 = [ ab , ] = [15 x,15 y]<br />
= 15[ xy , ] , tehát [ xy , ] = 180: 15= 12.<br />
⎧⎪ (, xy) = 1 ⎧x<br />
= 1<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎨ ⇔ ⎨ vagy<br />
⎪<br />
⎪[, xy]<br />
= 12 ⎪<br />
⎪⎩<br />
y = 12<br />
⎪⎩<br />
⎧⎪ 15 ⎧⎪<br />
⎪<br />
180<br />
⎩ ⎪⎩<br />
⎪ ⎨ vagy<br />
⎪<br />
⎪ ⎧ ⎪x<br />
= 3 ⎧ ⎪x<br />
= 4<br />
⎨<br />
⎪⎩<br />
y = 4 ⎪<br />
⎪⎩<br />
y = 3<br />
a = a = 45 ⎧⎪a<br />
= 60 ⎧ a 180<br />
megoldások:<br />
⎪ ⎪<br />
⎨ , ⎨ ,<br />
⎪<br />
⎪ =<br />
⎨ ,<br />
⎪<br />
⎨ .<br />
⎪b = ⎪b<br />
= 60 ⎪<br />
⎪⎩<br />
b = 45 ⎪<br />
⎪⎩<br />
b = 15<br />
vagy ⎪ ⎧ ⎪x<br />
= 12<br />
⎨ . Tehát a<br />
⎪<br />
⎪⎩<br />
y = 1<br />
24. Két természetes szám összege 2001. Határozzuk meg a számokat, ha legnagyobb<br />
közös osztójuk 87.<br />
Megoldás. Legyen a két szám a és b . Az ( ab , ) = 87feltétel<br />
alapján a = 87x<br />
,<br />
b = 87y<br />
, ahol x és y két egymással relatív prím természetes szám. Ekkor<br />
2001 = a + b = 87( x + y)<br />
, innen kapjuk, hogy x + y = 23 . Ez utóbbi összefüggés<br />
tartalmazza azt is, hogy x és y relatív prímek, hiszen ha d | x ,d |y , akkor<br />
d |( x + y)<br />
= 23<br />
d = 1<br />
, innen pedig d ∈ {1,<br />
23} . De d = 23 nem lehetséges, így marad a<br />
eset, tehát ( xy , ) = 1.<br />
Következik, hogy minden ( k, 23 − k),<br />
k = 1,22<br />
alakú<br />
számpár megoldás, tehát a feladat megoldásai ( ab , ) = (87, k 87<br />
⋅(23 −k))<br />
, k = 1, 22 .<br />
25. Határozd meg az n = 49a4b számot, ha n 28 és ( ab + 1) 9.<br />
Megoldás<br />
⎧⎪ n 28 n 4, n 7 ⎧<br />
⎪<br />
⎧⎪<br />
<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪4b4,(49a4−2<br />
b)<br />
7<br />
⎪<br />
⎨ ⇔ ⎪<br />
⎨ ⇔ ⎪<br />
⎨<br />
⎪ ( ab + 1) 9<br />
⎪ (10a + b + 1) 9 ⎪<br />
( a + b + 1) 9<br />
⎪⎩<br />
⎪⎩ ⎪⎩<br />
⎧⎪ b ∈ {0,4,8}, (10a + 4− 2 b)<br />
7<br />
⇔ ⎪<br />
⎨<br />
⎪ ( a + b)<br />
∈ {8,17}.<br />
⎪⎩<br />
Ha a + b = 17 , a b ∈ {0,4,8} feltétel alapján a = 9 és b = 8 , ekkor viszont<br />
10a + 4 − 2b<br />
= 78 nem osztható héttel. Következik, hogy a = 8 −b<br />
, így<br />
10a − 2b + 4 = 84 −12b<br />
csak akkor osztható héttel, ha b = 0 , ekkor a = 8 , tehát a<br />
keresett szám az n = 49840 .<br />
26. Bizonyítsd be, hogy ha az n természetes szám nem osztható 7-tel, akkor az<br />
6<br />
n 6<br />
N = + szám természetes szám.<br />
7 7<br />
Bizonyítás. Az n szám héttel való maradéka lehet 1 , 2, 3, 4, 5 vagy 6 . Mind a hat<br />
6<br />
6<br />
esetben n -nak 7 -tel való osztási maradéka 1 , tehát ( n + 6) 7.<br />
0 1 2 2000<br />
27. Bizonyítsd be, hogy az N = 3 + 3 + 3 + ... + 3 szám osztható 13-mal és az<br />
2000<br />
M = N − 3 szám osztható 40-nel.<br />
0 1<br />
Bizonyítás. Észrevesszük, hogy 13 felírható 3 + 3 + 3 alakba. Ezért az N<br />
összeg tagjait a következőképpen csoportosítjuk:<br />
2
Valós számok 15<br />
0 1 2 2000<br />
N = 3 + 3 + 3 + ... + 3 =<br />
0 1 2 3 4 5 1998 1999 2000<br />
= ( 3 + 3 + 3 ) + ( 3 + 3 + 3 ) + ... + ( 3 + 3 + 3<br />
0 1 2 3 0 1 2 1998 0 1 2<br />
= ( 3 + 3 + 3 ) + 3 ⋅ ( 3 + 3 + 3 ) + ... + 3 ⋅(<br />
3 + 3 + 3 )<br />
3 6 1998 3 6 1998<br />
( 9) ( 1 3 3 + ... + 3 ) = 13⋅ ( 1+ 3 + 3 ... 3 )<br />
= 1+ 3+ ⋅ + + + + ⇒ N 13.<br />
0 1 2<br />
Hasonlóan, mivel 40= 3 + 3 + 3 + 3 , M tagjait négyesével csoportosítjuk:<br />
3<br />
0 1 2 1999<br />
M = 3 + 3 + 3 + ... + 3 =<br />
0<br />
( 3<br />
1<br />
3<br />
2<br />
3<br />
3 4 5 6 7 1996<br />
3 ) + ( 3 + 3 + 3 + 3 ) + ... + ( 3<br />
1997<br />
3<br />
1998<br />
3<br />
1999<br />
3<br />
0<br />
( 3<br />
1<br />
3<br />
2<br />
3<br />
3 4 0 1 2 3 1996<br />
3 ) + 3 ⋅ ( 3 + 3 + 3 + 3 ) + ... + 3<br />
0<br />
( 3<br />
1<br />
3<br />
2<br />
3<br />
3<br />
3 )<br />
(<br />
4 8 1996<br />
+ 3 + 3 + ... + 3 ) = 40 ⋅ ( 1<br />
4<br />
3<br />
1996<br />
M<br />
= + + + + + +<br />
= + + + ⋅ + + +<br />
= (1 + 3 + 9 + 27) ⋅ 1 + + ... + 3 ) ⇒ 40<br />
.<br />
28. a) Bizonyítsd be, hogy nem létezik olyan természetes szám, amely négyzetének<br />
hárommal való osztási maradéka 2.<br />
2<br />
b) Oldd meg az egész számok halmazán a b = 9a − 2b + 10<br />
egyenletet.<br />
Megoldás. a) Három esetet vizsgálunk n -nek hárommal való osztási maradéka<br />
szerint:<br />
•<br />
2<br />
ha n = 3, l l ∈ , akkor n<br />
2<br />
2<br />
= 9l 3,<br />
tehát n nem 3k + 2 alakú<br />
2 2 2<br />
• ha n = 3l<br />
+ 1, akkor n = 9l + 6l + 1= 3(3l + 2 l)<br />
+ 1 nem 3 k + 2 alakú<br />
2 2 2<br />
• ha n = 3l<br />
+ 2, akkor n = 9l + 12l + 4 = 3(3l + 4l + 1) + 1 nem 3k + 2<br />
alakú<br />
Következik, hogy egy teljes négyzet hárommal való osztási maradéka csak a 0 és 1<br />
értékek valamelyikét veheti fel, sosem lehet 2.<br />
2<br />
b) A b<br />
2<br />
= 9a − 2b + 10<br />
egyenletet még így is írhatjuk: b + 2b + 1= 9a + 11,<br />
2<br />
( b + 1)<br />
= 3 ⋅ (3a + 3) + 2.<br />
Mindkét oldal hárommal való osztási maradékát nézve,<br />
2<br />
azt kapjuk, hogy ( b + 1)<br />
-nek 3-mal való osztásakor maradékul kettőt kapunk, ez<br />
pedig ellentmond az a) pontban megfogalmazott állításnak. Tehát az adott egyenletnek<br />
nincs megoldása az egész számok halmazában.<br />
29. Határozd meg azokat az n ∈ természetes számokat, amelyekre az n + 1 ,<br />
n + 7 , n + 13 , n + 19 , n + 25 számok mindegyike prímszám.<br />
Megoldás. n -nek öttel való lehetséges osztási maradékai szerint öt esetet<br />
különböztetünk meg.<br />
Ha n = 5k + 1, k ∈ , akkor n + 19 = 5k + 20 = 5 ⋅ ( k + 4) nem lehet prímszám.<br />
Ha n = 5k + 2, k ∈ , akkor n + 13 = 5k + 15 = 5 ⋅ ( k + 3) nem lehet prímszám.<br />
Ha n = 5k + 3, k ∈ , akkor n + 7 = 5k + 10 = 5 ⋅ ( k + 2)<br />
nem lehet prímszám.<br />
Ha n = 5k + 4, k ∈ , akkor n + 1= 5k + 5 = 5 ⋅ ( k + 1)<br />
pontosan akkor lesz<br />
prímszám, ha k + 1= 1,<br />
vagyis ha n =<br />
4 . Ez az érték valóban teljesíti a feltételeket.<br />
)=<br />
=<br />
)=<br />
=
16 Valós számok<br />
Ha n = 5, k k ∈ , akkor n + 25 = 5k + 25 = 5 ⋅ ( k + 5) nem lehet prímszám.<br />
Tehát az egyetlen megfelelő szám az n = 4 .<br />
30. Bizonyítsd be, hogy az<br />
5n+ 3<br />
13n + 8<br />
tört irreducibilis, bármely n esetén.<br />
∈ <br />
Bizonyítás. Adott n esetén legyen d = (5n + 3,13 n + 8) . Ekkor d |5n + 3,<br />
d |13n + 8,<br />
tehát d | [ 5 ⋅ (13n + 8) −13 ⋅(5n<br />
+ 3) ] , innen pedig d |1.<br />
Következik,<br />
hogy d = 1,<br />
vagyis bármely n ∈ esetén (5 n + 3,13 n + 8) = 1 .<br />
1 1 1<br />
31. a) Igazold, hogy = −<br />
kk ( + 1) k k+1<br />
.<br />
1 1 1 1 1<br />
b) Bizonyítsd be, hogy + + + ... + <<br />
4 9 16 100 20<br />
9 .<br />
1 k + 1− k k + 1 k 1 1<br />
Bizonyítás. a) = = − = −<br />
kk ( + 1) kk ( + 1) kk ( + 1) kk ( + 1) k k+<br />
1<br />
;<br />
b)<br />
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1<br />
+ + + ... + = + + ... + < + + ... + =<br />
4 9 16 100 2 ⋅23⋅310⋅10 1⋅22⋅39⋅10 1 1 1 1 1 1 1 1 1 9<br />
= − + − + − + ... + − = 1 − = .<br />
1 2 2 3 3 4 9 10 10 10<br />
17 5<br />
12 5<br />
13 4<br />
32. Bizonyítsd be, hogy a 2 + 2 −1,<br />
2 −2 −1 és 2 − 2 + 1 számok összetett<br />
számok.<br />
Bizonyítás<br />
17 5 17 5<br />
2 + 2 − 1 = (3− 1) + (3−1) − 1= v ⋅3− 1+ v ⋅3−1− 1= 3 ⋅ ( v + v − 1)<br />
,<br />
1 2 1 2<br />
17 5<br />
ahol v ,v egész számok. Tehát ( 2 + 2 − 1 , így nem lehet prím.<br />
1 2<br />
( ) 3<br />
2n+ 1 2n+ 1 2n 2n−1 2n−2 2 2n−1 2n<br />
Az a + b = ( a + b) a − a b + a b −... − ab + b képlet alapján<br />
) 3<br />
12 5 4 4 3<br />
2 2 1 2 2 2 1 (17 1) 2 (17 1) 1<br />
− − = − ⋅ − = − − ⋅ − − =<br />
17 1 2 17 2 1<br />
v = ⋅ − − ⋅ + − = 17 ⋅( v3<br />
−2) 17 , ahol v ∈ .<br />
3<br />
( ) 3<br />
3<br />
13 4 4 4 3<br />
2 2 1 2 2 2 1 2 (17 1) (17 1) 1<br />
− + = ⋅ − + = ⋅ − − − + =<br />
= 2 ⋅(17v4−1) − 17+ 2 = v4<br />
17 ⋅(2−1) 17 , ahol v ∈ .<br />
4<br />
105 105<br />
33. Bizonyítsd be, hogy a 2 + 3 szám osztható 5-tel, 35-tel, 275-tel és 2315-tel.<br />
( )<br />
( )<br />
105<br />
105<br />
2 + 3 (2+<br />
3) = 5.<br />
Ugyanezt a képletet használva, kapjuk, hogy<br />
illetve<br />
35 35<br />
( ( ) ( ) ) ( )<br />
105 105 3 3 3 3<br />
2 + 3 = 2 + 3 2 + 3 = 35,
Valós számok 17<br />
és<br />
21 21<br />
( ( ) ( ) ) ( )<br />
,<br />
105 105 5 5 5 5<br />
2 + 3 = 2 + 3 2 + 3 = 275<br />
15 15<br />
( ( ) ( ) ) ( )<br />
.<br />
105 105 7 7 7 7<br />
2 + 3 = 2 + 3 2 + 3 = 2315<br />
I.2.1. Gyakorlatok és feladatok (15. oldal)<br />
1. Milyen racionális számok tizedes reprezentációi a következő számok?<br />
a) 0,(135) ; b) 1, 23 ; c) −24, 5 ; d) 0, (3) ;<br />
e) 2, (12) ; f) − 5,(234) ; g) 0, 1(23) ; h) − 5,15(12) ;<br />
i) − 0, 4(31) ;<br />
Megoldás<br />
j) 2, 43(1) .<br />
135 5<br />
23 123<br />
245 49<br />
a) 0,(135) = = ; b) 1, 23 = 1 = ; c) − 24, 5 = − = − ;<br />
999 37<br />
100 100<br />
10 2<br />
3 1<br />
d) 0, (3) = = ;<br />
9 3<br />
12 4 70<br />
e) 2, (12) = 2 = 2 = ;<br />
99 33 33<br />
234 26 581<br />
f) − 5, (234) = − 5 = − 5 = − ;<br />
999 111 111<br />
123 −1<br />
61<br />
g) 0, 1(23) = = ;<br />
990 495<br />
1512 −15<br />
499 16999<br />
h) − 5, 15(12) = − 5 = − 5 = − ;<br />
9900 3300 3300<br />
431 − 4 427<br />
i) − 0, 4(31) = − = − ;<br />
990 990<br />
431 − 43 97 547<br />
j) 2, 43(1) = 2 = 2 = .<br />
900 225 225<br />
2. Írd végtelen tizedes szám alakjában a következő törteket:<br />
a) − 10 ; b)<br />
1<br />
− ; f)<br />
6<br />
12<br />
; g)<br />
13<br />
7<br />
3<br />
; c) ; d)<br />
3 2<br />
8<br />
− ;<br />
5<br />
13<br />
− ; h)<br />
30<br />
11<br />
e)<br />
35 .<br />
Megoldás. a) − 10 = − 9,(9) = −10,(0)<br />
;<br />
7<br />
b) = 2,(3) ;<br />
3<br />
c) 3<br />
= 1, 5(0) = 1, 4(9) ;<br />
2<br />
8<br />
d) − = − 1, 6(0) = −1,<br />
5(9) ;<br />
5<br />
1 16−1 e) − = − = − 0,1(6) ; f)<br />
6 90<br />
12<br />
= 0,(923076) ;<br />
13<br />
h)<br />
13<br />
g) − = − 0, 4(3) ;<br />
30<br />
11<br />
= 0, 3(142857) .<br />
35<br />
3. Határozd meg a következő számok századik tizedes jegyét:<br />
a) 3, 12(21) ; b) − 2, 75 ; c) 2,(243) ;<br />
4<br />
d)<br />
5 ;<br />
e) 10<br />
;<br />
3<br />
23<br />
f) − ;<br />
15<br />
1<br />
g) − .<br />
47
18 Valós számok<br />
Megoldás. a) Könnyű belátni, hogy a tizedesvessző utáni számjegyek az első kettő<br />
kivételével periodikusan ismétlődnek. Mivel a periódus kettő, ezért a századik<br />
számjegy megegyezik a 98.-al, ez pedig a 96.-al, s folytatva a gondolatmenetet,<br />
kapjuk, hogy a századik számjegy egyenlő a negyedikkel, ami az 1-es.<br />
Általánosan, az N c , aa ... a ( bb ... b ) alakú szám n -dik tizedes jegyét a<br />
= 1 2 i 1 2 j<br />
következőképpen határozhatjuk meg:<br />
• ha 0 < n ≤ i,<br />
akkor a keresett számjegy a n lesz,<br />
• ha i < n , akkor legyen m az ( n − i)<br />
-nek j -vel való osztási maradéka. Ha<br />
m = 0 , akkor az n -dik számjegy a b j , ha pedig 0 < m < j , akkor a<br />
keresett számjegy az a m .<br />
b) A második tizedes után mind nullák állnak, így a századik számjegy a 0.<br />
c) A századik számjegy a kettes. d) 4<br />
= 0, 8 = 0, 8(0) , a századik tizedes jegy a 0.<br />
5<br />
e) 10<br />
23<br />
= 3,(3) , a századik tizedes jegy a 3. f) − = − 1, 5(3) , a századik tizedes<br />
3 15<br />
jegy a 3.<br />
4. Hasonlítsd össze a következő számokat. Melyik szám a nagyobb?<br />
a) 2 6<br />
4<br />
és ; b) − és<br />
3 9 5<br />
5<br />
13 16<br />
; c) − és − ;<br />
6 5 7<br />
d) 15 14<br />
és 7, 49 ; e) és 4, 667 ; f) − 1, (17) és − 1, 1(7) ;<br />
2<br />
3<br />
g) − 4,123(4) és − 4,12(35) ; h) 2 és 1, (41) ; i) π és 3, 1(4) .<br />
2 4<br />
Megoldás. a) = <<br />
3 9<br />
6 4 5 13 91 90 16<br />
; b) − < 0 < ; c) − = − < − = − ;<br />
9 5 6 5 35 35 7<br />
d) 15<br />
14<br />
= 7, 5 > 7, 49 ; e) = 4,(6) = 4, 666... < 4, 667 ;<br />
2 3<br />
f) 1 ,(17) = 1,1717.. < 1,1777... = 1,1(7) ⇒− 1,1(7) < −1,(17)<br />
;<br />
g) 4,123(4) = 4,123444... < 4,123535... = 4,12(35) ⇒− 4,12(35) < −4,123(4)<br />
;<br />
h) 2 > 1, 4142... > 1, 4141... = 1,(41) ; i) π ≈ 3,141 < 3,1444... = 3,1(4)<br />
5. Határozd meg a következő számok egészrészét, illetve a törtrészét:<br />
a) 17<br />
65<br />
15<br />
; b) ; c) ; d) 4, 9(2) ;<br />
2 6 28<br />
16<br />
512<br />
e) − 3, 125 ; f) − 11, 8(41) ; g) − ; h) − .<br />
5<br />
63<br />
17<br />
Megoldás. a) = 8, 5 , így egészrésze 8, törtrésze pedig 0,5;<br />
2<br />
b) 65<br />
= 10, 8(3) , egészrésze 10, törtrésze 0,8(3);<br />
6<br />
c) 15<br />
= 0, 53(571428) , egészrésze 0 , törtrésze 0, 53(571428)<br />
;<br />
28
Valós számok 19<br />
d) [ 4, 9(2) ] = 4 , { 4, 9(2) } = 0, 9(2) ;<br />
e) − 3,125 = − 4 + 0, 875 ⇒− [ 3,125] = − 4, { -3,125} = 0, 875 ;<br />
f) − 11, 8(41) = − 12 + 0,1(58) ⇒− [ 11, 8(41) ] = −12, { − 11, 8(41) } = 0,1(58) ;<br />
16<br />
⎡ 16⎤<br />
16<br />
g) − = − 3, 2 = − 4 + 0, 2 , ⎢− ⎥ = −4<br />
− = 0, 2 ;<br />
5<br />
⎢⎣ 5 ⎥⎦<br />
5<br />
512<br />
⎡ 512⎤<br />
512<br />
h) − = −8,(126984)<br />
, tehát ⎢− ⎥ = −9<br />
, és<br />
63 ⎢⎣ 63 ⎥ { − } = 0,(873015) .<br />
⎦<br />
63<br />
6. Határozd meg a következő irracionális számok 1, 2 illetve 4 tizedessel hiánnyal,<br />
majd többlettel való közelítéseit:<br />
a) 2 ; b) 5 ; c) 13 ; d) − 17 ;<br />
e) − 85 ; f) − 2001 .<br />
Megoldás. a) 1, 4 < 2 < 1, 5 ; 1, 41 < 2 < 1, 42 ; 1 , 4142 < 2 < 1, 4143 ;<br />
, { }<br />
b) 2, 2 < 5 < 2, 3 ; 2, 23 < 5 < 2, 24 ; 2,2360 < 5 < 2,2361;<br />
c) 3, 6 < 13 < 3, 7 ; 3, 60 < 13 < 3, 61 ; 3, 6055 < 13 < 3, 6056 ;<br />
d) − 4, 2 < − 17 < −4,1<br />
; − 4,13 < − 17 < −4,12<br />
; − 4,1232 < − 17 < 4,1231 ;<br />
e) − 9, 3 < − 85 < − 9, 2 ; − 9,22 < − 85 < −9,21;<br />
− 9,2196 < − 85 < −9,2195<br />
;<br />
f) − 44, 8 < − 2001 < −44,<br />
7 ; − 44, 74 < − 2001 < −44,<br />
73 ;<br />
− 44, 7326 < − 2001 < − 44, 7325<br />
7. Határozd meg az x + y , illetve az x ⋅ y számok három tizedessel hiánnyal, majd<br />
többlettel való közelítéseit, ha<br />
a) x = 2 és y = 7 ; b) x = 2, 41321... és y = 5,12347 ;<br />
c) x = 3,(12) és y = 10 ; d) x = −4, 71654... és y = −8,1(4)<br />
.<br />
Megoldás. a) 4 , 059 < 2 + 7 < 4, 06 és 3, 741 < 2 ⋅ 7 < 3, 742 ;<br />
b) 7 , 536 < x + y < 7, 537 és 12 , 364 < x ⋅ y < 12, 365 ;<br />
c) 6, 283 < x + y < 6, 284 és 9, 870 < x ⋅ y < 9, 871;<br />
d) − 12, 861 < x + y
20 Valós számok<br />
Következik, hogy n pontosan akkor racionális, ha n teljes négyzet, és ebben az<br />
esetben n is egész szám.<br />
d) Tegyük fel, hogy 2 +<br />
a<br />
3 = ,<br />
b<br />
ab∈ , , b ≠ 0 . Ekkor<br />
( 2 +<br />
2<br />
2<br />
2 a<br />
a<br />
3)<br />
= , 5+ 2 6 = ,<br />
2<br />
2<br />
b<br />
b<br />
2 2<br />
a − 5b<br />
2 2 2<br />
6 = , s mivel a − 5b<br />
, 2b egészek,<br />
2<br />
2b<br />
ez azt jelenti, hogy 6 racionális, ami ellentmond a c) pontban szereplő állításnak.<br />
Tehát 2 + 3 irracionális.<br />
Más megoldás. Könnyű belátni, hogy egy nullától különböző szám pontosan akkor<br />
racionális, ha inverze is az. Mivel ( 3 − 2)( 3 + 2) = 3− 2 = 1,<br />
ezért 3 − 2<br />
és 3 + 2 egymás inverzei. Így, feltételezve, hogy 3 + 2 racionális,<br />
következik, hogy 3 − 2 is az. Két racionális szám összege is az, tehát<br />
( 3 − 2) + ( 3 + 2) = 2 3 is racionális kell legyen, ez pedig szintén ellentmond<br />
a c) alpontnak.<br />
e) Feltételezzük, hogy 2 + 3 +<br />
a<br />
5 = , ahol a , b egészek, b ≠ 0 . Ekkor<br />
b<br />
2 +<br />
a<br />
3 = −<br />
b<br />
2<br />
a a<br />
5 és 5+ 2 6 = − 2 5 + 5, tehát<br />
2<br />
b b<br />
4<br />
24b 4 2 2 3<br />
= a + 20a b −45a b ⇔<br />
4 2 2 4<br />
a + 20a b − 24b<br />
5 = ,<br />
3<br />
4ab<br />
vagyis 5 racionális, ami ellentmondás.<br />
1 m<br />
9. Bizonyítsd be, hogy ha ( mn , ) = 1,<br />
akkor az és számok tizedes<br />
n n<br />
ábrázolásában a szakasz hossza ugyanaz.<br />
Bizonyítás. A 2.4. tétel g) alpontja alapján a legkisebb szakasz hossza csak az<br />
1 m<br />
irreducibilis alakban írt tört nevezőjétől függ, tehát és<br />
n n<br />
m<br />
n<br />
tizedes<br />
reprezentációjában ugyanakkora a szakasz hossza.<br />
*<br />
10. Ha m, n ∈ ( mn , ) = 1 és ( n , 9) = 1,<br />
akkor felírható olyan tizedes tört<br />
formájában, amelynek a szakasza egy 9-cel osztható szám.<br />
Bizonyítás. Ha a,, bc ∈ , akkor az x = a , b( c)<br />
tizedes szám átalakítása során az<br />
k ( 10 1)<br />
b − + c<br />
x = a + (*)<br />
99...9 00...0 <br />
k<br />
törtet kapjuk. Ha ez ekvivalens egy m<br />
irreducibilis törttel, amelyben ( n , 9) = 1,<br />
n<br />
akkor a (*) tört egyszerűsíthető 9 -cel, tehát c 9<br />
.<br />
1 1 1<br />
11. Bizonyítsd be, hogy + + vegyes szakaszos tizedes tört, bármely<br />
n n + 1 n + 2<br />
*<br />
n ∈ <br />
esetén.
Valós számok 21<br />
2<br />
1 1 1 3n + 6n<br />
+ 2<br />
Bizonyítás. + + =<br />
. A tört nevezője osztható 3 -<br />
n n + 1 n + 2 n( n + 1)( n + 2)<br />
mal és a számlálója nem, tehát a tört tizedes reprezentációja szakaszt is tartalmaz (2.4.<br />
tétel a) alpontja). Másrészt a számláló páratlan n esetén páratlan, páros n esetén nem<br />
osztható 4 -gyel, míg a tört nevezője az első esetben páros és a második esetben<br />
osztható 4 -gyel. Így a tört nevezője egyszerűsítés után mindig páros lesz, tehát a tört<br />
tizedes ábrázolása vegyes szakaszos tört (2.4. tétel c) alpont).<br />
2<br />
n + 1<br />
*<br />
12. Bizonyítsd be, hogy vegyes szakaszos tizedes tört, bármely n ∈ \{1}<br />
2<br />
nn ( − 1)<br />
esetén.<br />
2<br />
n + 1<br />
Bizonyítás. Az tört számlálója nem osztható 3 -mal és a nevezője<br />
2<br />
n( n − 1)<br />
osztható, tehát irreducibilis alakban a nevezőnek van 2 -től és 5 -től különböző<br />
osztója. Ugyanakkor páros n esetén a nevező páros és a számláló páratlan, míg<br />
páratlan n esetén a nevező osztható 8 -cal és a számláló nem osztható 4 -gyel, tehát<br />
az irreducibilis alakra hozott tört nevezője páros. Így a 2.4. tétel c) alpontja szerint a<br />
tört tizedes reprezentációja vegyes szakaszos.<br />
13. Bizonyítsd be, hogy két tiszta szakaszos tizedes tört szorzata is tiszta szakaszos<br />
tizedes tört.<br />
Bizonyítás. Ha az a c<br />
és irreducibilis törtek tizedes reprezentációja tiszta<br />
b d<br />
szakaszos, akkor ( b , 10) = 1 és ( d , 10) = 1,<br />
tehát ( b⋅ d,<br />
10) = 1.<br />
Ebből következik,<br />
ac<br />
hogy b⋅d minden osztója is relatív prím 10 -zel, tehát az tört tizedes<br />
bd<br />
reprezentációja is tiszta szakaszos.<br />
14. Ha az x és y valós számoknak ismerjük az n jegyű hiánnyal illetve többlettel<br />
való közelítését, akkor milyen közelítést adhatunk a következő kifejezésekre:<br />
2 2<br />
a) x + y ; b) x − y ; c) x ⋅ y;<br />
d) x + y ?<br />
Megoldás. Feltételezhetjük, hogy xy> , 0,<br />
mert a többi eset erre visszavezethető.<br />
1<br />
1<br />
Az a < x < a + és b < y < b + egyenlőtlenségek alapján írhatjuk, hogy:<br />
10 n<br />
10 n<br />
2<br />
a + b < x + y < a + b + n<br />
10<br />
1<br />
< a + b + , n−1<br />
10<br />
1<br />
a −b− n<br />
10<br />
1<br />
< x − y < a − b + n<br />
10<br />
1<br />
< a −b− + −1<br />
10 10<br />
2<br />
n n ,<br />
a + b 1<br />
ab < xy < ab + + n 2n<br />
10 10<br />
, és<br />
2 2 2 2 2 2 2( a + b)<br />
2<br />
a + b < x + y < a + b + + n 2n<br />
10 10<br />
.<br />
Ez alapján látható, hogy az összeadás és a kivonás esetén csak a legutolsó számjegy<br />
veszhet el (tehát az eredmény n −1<br />
tizedesjegye pontos), míg a szorzás és<br />
négyzetösszeg kiszámítása során több számjegyet is veszíthetünk a számok<br />
nagyságrendjétől függően.
22 Valós számok<br />
I.6. Gyakorlatok és feladatok (21. oldal)<br />
1. Számítsd ki:<br />
2<br />
−1<br />
⎛1⎞⎟⎠<br />
a) ⎜<br />
⎜⎝<br />
;<br />
3<br />
⎛1⎞ b) ⎜<br />
⎝⎜2⎠⎟ ;<br />
⎛1⎞ c) ⎜<br />
⎟<br />
4⎟<br />
9<br />
3 f) ( − 3)<br />
; g) ( −<br />
3<br />
5)<br />
;<br />
⎛1⎞ h) ⎜<br />
⎝⎜3⎠⎟ ⎛<br />
k) ⎜<br />
⎝⎜ 1<br />
2 +<br />
−2<br />
⎞<br />
3⎠⎟<br />
.<br />
2 2<br />
−1<br />
1<br />
2<br />
⎜⎝ ⎠ ; d) 2<br />
( − 3)<br />
; e) ( ) 27<br />
−1<br />
⎛ 1 ⎞⎟<br />
; i) ⎜<br />
⎝⎜2⎠ ⎛1⎞ 1<br />
Megoldás. a) ⎟<br />
1 ⎛1⎞ ⎜<br />
⎜⎝<br />
= = 2<br />
3⎠⎟ ; b) ⎟<br />
⎛1⎞ 1<br />
⎜ = 2<br />
3 9 ⎜⎝2⎠⎟ ; c) ⎜ ⎟<br />
⎜⎝<br />
=<br />
4⎠⎟2 1 27 27<br />
27<br />
3 3 3<br />
e) ( )<br />
⎛ ⎞<br />
3 = ⎜<br />
⎜3 ⎟ = 3 =<br />
⎜⎜⎝ ⎠⎟<br />
3 3 3<br />
g) ( ) ⎡ ⎤<br />
3 ( )<br />
− 5 =<br />
⎣<br />
( −1) ⋅ 5<br />
⎦<br />
= ( −1) ⋅ 5 = −5<br />
5<br />
−2<br />
1 −2<br />
−2 −<br />
2<br />
1<br />
( )<br />
⎛ 1 ⎞<br />
− ⎛ ⎞<br />
⎟ = 2 =⎜<br />
⎜2<br />
⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟<br />
2 ⎠⎟<br />
⎜⎜⎝ ⎠<br />
⎟<br />
i) ⎜ ( )<br />
k)<br />
−2 −2<br />
⎛ ⎞<br />
1<br />
2<br />
−2<br />
3 3 ;<br />
⎛ 1 ⎞⎟<br />
; j) ⎜<br />
⎝⎜33⎠ ; d) ( ) ;<br />
2<br />
− 3 = 3<br />
−3<br />
9<br />
3 ; f) ( ) ( ) 9<br />
9<br />
3<br />
3<br />
− 3 = − 3 3 = ( − 3) = −27;<br />
= 2;<br />
j)<br />
⎛1⎞ ⎜⎝3⎠⎟ −1<br />
−1<br />
⎟ = =<br />
−1<br />
; h) ⎜ ( )<br />
−3<br />
1 −3<br />
⎛ 1 ⎞ ⎛ − ⎞<br />
⎜ ⎟ ⎜ 3<br />
⎜<br />
⎟<br />
⎟ ⎟<br />
⎜⎝ 3 ⎠⎟<br />
⎜ ⎟<br />
3<br />
( 3 2)<br />
= 3 = 3;<br />
⎜⎝ ⎠<br />
;<br />
3 3;<br />
⎛ 1 ⎞<br />
⎜ ⎟ ⎜ 3 − 2⎟1 1<br />
⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟ = ⎜<br />
= 2 = = 5 2 6<br />
2 + 3⎟ ⎜ 3−2 ⎟<br />
+ .<br />
⎠ ⎝ ⎠⎟ − 5−2 6<br />
2. Írd egyszerűbb alakba a következő számokat:<br />
3 6<br />
3 6<br />
a) 2⋅ 2⋅ 2 ; b) a ⋅ a ⋅ a , ahol a 0 ; c)<br />
Megoldás. a)<br />
d) 175 ; e) 5 − 96 ; f)<br />
b)<br />
1 1 1 1 1 1<br />
+ +<br />
3 6 2 3 6 2 3 6 1<br />
2⋅ 2⋅ 2 = 2 ⋅2 ⋅ 2 = 2 = 2 2<br />
3 6<br />
1<br />
2<br />
1<br />
3<br />
1<br />
6<br />
1 1 1<br />
+ +<br />
2 3 6 1<br />
a ⋅ a ⋅ a = a ⋅a ⋅ a = a = a = a;<br />
c) ( )<br />
d)<br />
e)<br />
f)<br />
> ( ) 2<br />
3 4<br />
= ;<br />
2 1 2 1 1 2<br />
2<br />
+<br />
3 4 23 ⋅ 4 6 4 6 2 3 3 2 3<br />
6<br />
xy<br />
3<br />
9<br />
3 3 = 3⋅ 3 = 3 ⋅ 3 = 3 = 3 = 3 = 9;<br />
2 2<br />
175 = 7 ⋅ 5 = 7 ⋅ 5 = 5 7 ;<br />
− 96 = ( −32) ⋅ 3 = ( −2) ⋅ 3 = −2 3 5 ;<br />
5 5<br />
5 5 5<br />
6 23 ⋅<br />
2 3<br />
2<br />
xy x ⎛x⎞ x<br />
= ⋅ y = ⎜ ⎟<br />
⋅ y =<br />
z z ⎜⎝z ⎠<br />
⎟ z<br />
3 3 3<br />
3<br />
9 33 ⋅<br />
3 3<br />
y .<br />
z<br />
3 3 ;<br />
3. Hozd egyszerűbb alakra a következő kifejezéseket:<br />
a) 300 − 45 + 3 27 + 2 20 − 64 ;<br />
3 4 3 4 3 7<br />
b) 64a + 3 27a − 8a<br />
;<br />
a<br />
.
Valós számok 23<br />
3 3 c) 3 9⋅ 3;<br />
d) 3 3 3 3<br />
5⋅25 ; e) 192 : 3 3 ;<br />
2 2<br />
f)<br />
Megoldás. a) 300 − 45 + 3 27 + 2 20 − 64 =<br />
b)<br />
: 5<br />
5 7 5 3<br />
3 1<br />
xy xy .<br />
= 10 3 − 3 5 + 9 3 + 4 5 − 8 = 19 3 + 5 − 8 ;<br />
4 3 4<br />
64a + 3 27a −<br />
a<br />
7<br />
4<br />
3 3 2 3<br />
8a = 4a a + 9 a − 2a<br />
a =<br />
a<br />
3 3<br />
3 = (4a + 9) a − 8 a a = (9 − 4 a)<br />
a ;<br />
3 3<br />
3 9⋅ 3 = 3 9⋅ 3 = 3⋅ 3 = 9;<br />
c) 3 3 3<br />
d)<br />
e)<br />
f)<br />
1 2 1 2 7<br />
+<br />
3 2 3 2 3 6 6<br />
5⋅ 25 = 5 ⋅ 5 = 5 = 5 = 5 5 ;<br />
1<br />
1 1 1 2 2 2<br />
3<br />
3 3 ⎛ ⎞ −<br />
3 3 3 3 3 3 3 2<br />
192 : 3 3 = ⋅43⋅ ⋅ ⎜ ⎟ = 2 ⋅3⋅3⋅ 2 = 2 ⋅ 3 = 6 = 6<br />
3 3 3 1 3<br />
2 2 2 3<br />
⎜⎜⎝ ⎟<br />
2⎠⎟<br />
3 1<br />
2 1<br />
5 7 5 3 3 2 3 2 2 2<br />
−1<br />
− ⎛ ⎞<br />
xy : 5xy = 5 xy xy⋅ ⎜<br />
⎜5 ⋅ xy xy ⎟ =<br />
25 ⎜⎜⎝ ⎠<br />
⎟<br />
4. Számítsd ki:<br />
2 2 1 1 1 1<br />
− −<br />
− −<br />
3 2 3 3 2 −2 −1<br />
2 2<br />
= 5 xy x y ⋅5 ⋅xy<br />
x y<br />
a) 5 4 11<br />
0, 00001 ; b) 3 0, 001 ⋅ 625 ⋅ 2048 ; c)<br />
⎛ 1 1 ⎞ 1<br />
d) ⎜ ⋅ 4 ⎟ : .<br />
4<br />
⎝⎜2 32⎠⎟4 2<br />
Megoldás. a)<br />
b)<br />
c)<br />
2<br />
1 ⎛ 1 ⎞ 1<br />
0, 00001 = = ⎜ ⎟ 0,1<br />
10<br />
⎜⎜⎝ ⎟ = =<br />
10⎟ ;<br />
⎠ 10<br />
5 5<br />
5<br />
5<br />
3 4 11<br />
3<br />
5<br />
25<br />
7 5<br />
− −<br />
6 6<br />
5<br />
6 = 5 x y .<br />
3<br />
⎛ 1 ⎞ 4 4 11 11 5<br />
0, 001 625 2048 ⎟<br />
⋅2<br />
⋅ ⋅ = ⎜<br />
⎜⎜⎝ ⎟ ⋅ 5 ⋅ 2 = = 1<br />
10⎠⎟ ;<br />
10<br />
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅<br />
⋅ 9 ⋅ 5 ⋅<br />
3 5 6<br />
3 3 5 5 6 6<br />
27 32 64 3 2 2 3 2 2 4<br />
= =<br />
3 81 125 2 3 3 9 5 15<br />
2 2<br />
= ;<br />
3 5 6 27 ⋅ 32 ⋅ 64<br />
3 81 ⋅ 125<br />
⎛ 1 1 ⎞ 1 ⎛ 1⎞ 4 4<br />
d) ⎜ 1 1 1 1<br />
⎜ ⋅ 4 ⎟ : = ⎜ ⎟ 4 2<br />
4 2 4<br />
4<br />
4<br />
2 32<br />
⎟ ⎜ ⎟ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =<br />
4 2 2<br />
⎟<br />
2 .<br />
⎝ ⎜ ⎠⎟ ⎝ ⎜ ⎠⎟<br />
32 2 4 2 2 2<br />
5. Írd egyszerűbb alakba:<br />
( )<br />
a) 3+ 2 ; b) 5+ 2 6 ; c) 5− 2 6 ; d) 4 17 − 12 2 ; e) 3 26 − 15 3 .<br />
Megoldás. a) A megoldás során vagy az összetett gyökök képletét használjuk, vagy<br />
a külső gyök alatti kifejezést teljes négyzetté alakítjuk. Az első módszerrel<br />
2 2<br />
3+ 3 −8 3− 3 −8<br />
3+ 2 2 =<br />
a második módszerrel<br />
2<br />
+<br />
2<br />
= 2 +1,<br />
;<br />
;
24 Valós számok<br />
b)<br />
c)<br />
2<br />
3+ 2 2 = 2+ 2 2 + 1 = ( 2 + 1) = 2 + 1 = 2 +1;<br />
5+ 1 5−1 5+ 2 6 = + = 3 + 2 ;<br />
2 2<br />
2<br />
5− 2 6 = ( 3 − 2) = 3 − 2 = 3 − 2 ;<br />
17− 12 2 = 3− 2 2 = 3− 2 2 = 3− 2 2 = 2 − 1;<br />
d) ( ) 2<br />
4 4<br />
e) Mivel a köbgyökön belül gyökjel alatt csak a hármas szám szerepel, ezért<br />
várhatóan a keresett egyszerűbb alak a + b 3 lesz. Meg kell határozni az a, b<br />
3<br />
(lehetőleg racionális) számokat úgy, hogy teljesüljön az 26 − 15 3 = a + b 3<br />
egyenlőség. Köbre emelve mindkét oldalt, kapjuk, hogy<br />
3 2 2 3<br />
26 − 15 3 = a + 9 ab + (3a b + 3 b ) 3 . Ha a, b racionálisak, akkor ez azt jelenti,<br />
⎧ 3 2<br />
⎪26<br />
= a + 9ab<br />
hogy ⎪<br />
⎨<br />
. Az egyenletrendszernek egy megoldása ( ab , ) = (2, −1)<br />
.<br />
⎪−<br />
2 3<br />
15 = 3ab+ 3b<br />
⎪⎩<br />
Könnyen ellenőrizhető, hogy valóban teljesül a<br />
6. Írd egyszerűbb alakba:<br />
10<br />
5 a) ( 7 ) : 49 ; b) ( ) 10<br />
Megoldás. a) ( )<br />
b) ( )<br />
3<br />
26 − 16 3 = 2 − 3 egyenlőség.<br />
4 7<br />
3 : 3 ; c) ( 50 + 18 ) ; d) ( − ) .<br />
10<br />
10<br />
5 5<br />
2<br />
7 : 49 7 : 49 7 : 49 1<br />
10 5<br />
10<br />
4 4 2<br />
= = = ;<br />
3 : 3 = 3 : 3 = 3 : 3 = 9 3 : 3 = 9;<br />
3<br />
7 1 3<br />
3 3 3<br />
7 7 7<br />
7 ⎟ 2 2<br />
c) ( ) ( ) ( )<br />
3<br />
−2<br />
3<br />
48 3<br />
50 + 18 = 5 2 + 3 2 = 8 2<br />
⎛<br />
⎜<br />
= ⎜<br />
⎜⎜⎝ 2<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠⎟<br />
⎛ ⎞<br />
= ⎜<br />
⎜2<br />
⎟<br />
⎜ ⎟<br />
⎝ ⎠⎟<br />
= 2 2 ;<br />
48 − 3<br />
−2<br />
=<br />
1<br />
3<br />
4 3 − 3<br />
2 =<br />
1<br />
2<br />
3<br />
3 3<br />
=<br />
3<br />
1<br />
3<br />
3<br />
1<br />
2 =<br />
6 6<br />
3<br />
1<br />
= .<br />
3<br />
3<br />
d) ( )<br />
( ) ( ) ( )<br />
7. Hozd egyszerűbb alakra a következő kifejezéseket:<br />
a) ( ) ; b)<br />
3<br />
3 2<br />
x y x<br />
2<br />
⎛132⎞ ⎜<br />
yx<br />
x ⎟<br />
12<br />
⎛<br />
2 8 ⎞⎟<br />
d) 3xy 3<br />
2 4 ⎜⎝<br />
⎜<br />
;<br />
xy ⎠<br />
4<br />
3<br />
x y ( x y)<br />
e) : 4<br />
1<br />
y y −<br />
⎜<br />
⎛<br />
+ +<br />
⎞<br />
⎜<br />
⎟<br />
⎜<br />
.<br />
⎜⎝<br />
⎜<br />
⎠⎟<br />
3 2 3 2 4 2<br />
Megoldás. a) ( ) ;<br />
3<br />
x y x = x ⋅y ⋅ x = x ⋅ y<br />
2 4 4<br />
−<br />
3 3 3 3<br />
⎛1 2 ⎞ 1 4 2<br />
b) ⎜ yx⎟ ⎜⎝<br />
= ⋅ yx = yx<br />
2<br />
x ⎠⎟x<br />
c) ( ) ( ) 4<br />
2<br />
3 2 2 3 2 4 2 3 2 2 3<br />
− x xy = x xy = xy xy= xy ;<br />
⎝ ⎠ ; c) 3 2 ( −x<br />
xy ) ;<br />
;<br />
2
Valós számok 25<br />
12 4<br />
⎛ 12 12 12 24<br />
2 8 ⎞<br />
12 12 24<br />
d) ⎜ 8 3 2 x y<br />
3xy ⎟ ⎛ ⎞<br />
3 3 x y ⎜<br />
⋅ ⋅ ⋅<br />
12 4 8<br />
⎜ ⎟ = x y<br />
2 4 ⎜<br />
⎟<br />
= =<br />
2 4 8 16<br />
xy<br />
⎟ ⎜⎝xy ⎠<br />
⎟<br />
6 ;<br />
⎜⎝<br />
⎠<br />
⎟ x ⋅ y<br />
4<br />
⎛ 3 4 1<br />
x y ( x y) ⎞ −<br />
⎜<br />
( )<br />
e) ⎜<br />
+ + x y y x y<br />
: 4 ⎟ +<br />
+<br />
⎜<br />
= ⋅ = , ha y( x + y)<br />
> 0.<br />
−1<br />
4 3 5<br />
⎜⎝<br />
⎜ y y ⎠ ⎟ y ( x + y) y<br />
8. Számítsd ki:<br />
a) ( ) 2<br />
3 3<br />
2+ 2 + 2− 2 ; b) ( a + b + a − b)<br />
.<br />
Megoldás. a) ( ) 2<br />
2+ 2 + 2− 2 = 2+ 2 + 2 2+ 2 2− 2 + 2− 2 =<br />
3 3<br />
b) ( a b a b)<br />
+ + − =<br />
3<br />
3<br />
= 4+ 2 4− 2 = 4+ 2 2;<br />
( )( 3 ) ( 3 )<br />
2a 3 2<br />
3 a b<br />
3 ( a b<br />
3<br />
a b)<br />
= a + b + 3 a + b a − b ⋅ a + b + a − b + a − b =<br />
= + − ⋅ + + − .<br />
9. Bizonyítsd be a következő egyenlőségeket:<br />
a) ( ) 2<br />
32− 5 = 15− 2 3;<br />
b) 10 + 40 − 24 + 60 = 2 − 3 + 5 ;<br />
c) 3+ 1+ 5<br />
5 = ;<br />
2<br />
d)<br />
Megoldás. a)<br />
2<br />
( ) ( )<br />
3 3<br />
26 − 15 3 + 26 + 15 3 = 4 .<br />
3 2 − 5 = 3 9 − 4 5 = 27 − 12 5 = 15 + 12 − 4 45 =<br />
( ) 2<br />
= 15 − 2 3 = 15 − 2 3 = 15 − 2 3 , vagy<br />
2 2<br />
( ) ( ) ( )<br />
32− 5 = 3 2− 5 = 32− 5= 3 5− 2 = 15− 2 3.<br />
b) 10 + 40 − 24 + 60 = 2 − 3 + 5 ⇔<br />
⇔ 10 + 2 10 − 2 6 + 2 15 = 2 + 3 + 5 − 2 6 + 2 10 − 2 15 ,<br />
ami nyilván igaz.<br />
c) Mivel mindkét oldal pozitív, ezért a négyzetre emelés ekvivalens átalakítást jelent.<br />
1+ 5 1+ 2 5 + 5<br />
3+ 5 = ⇔ 3+ 5 = ⇔ 3+ 5 = 3+<br />
5 ;<br />
2 2<br />
d) Ha<br />
Tehát<br />
3 3<br />
26 − 15 3 + 26 + 15 3 = x , akkor<br />
( )( )<br />
= 26 − 15 3 + 3 26 − 15 3 26 + 15 3 + 26 + 15 3 ⇔<br />
3<br />
x 3<br />
x<br />
3 2<br />
⇔ x − x − = ⇔ x − x + x + = ⇔ x =<br />
3 52 0 ( 4)( 4 13) 0 4<br />
3 3<br />
26 − 15 3 + 26 + 15 3 = 4 .<br />
3<br />
, mert x ∈ .
26 Valós számok<br />
10. Rendezd növekvő sorrendbe a következő számokat:<br />
a) 12 − 6 ; 20 − 12 ; 3−2; b) 0, 1 ;<br />
3 1<br />
; ;<br />
4 2<br />
3 − 2 ;<br />
c) 0, 45 ;<br />
2 19<br />
;<br />
3 40 ;<br />
3 9<br />
;<br />
5<br />
d) 0, 75 ;<br />
2 15<br />
;<br />
2 21 ;<br />
4 63<br />
4 .<br />
Megoldás. a) Hasonlítsuk össze az első két számot. A<br />
egyenlőség a következőképpen alakítható:<br />
12 − 6 > 20 − 12<br />
() 2 () 2<br />
⇔ ⇔ .<br />
12 − 6 > 20 − 12 ⇔ 4 3 < 2 5 + 6 22 < 4 30 121 < 120<br />
Mivel az utolsó egyenlőtlenség nem igaz és ekvivalens átalakításokat végeztünk, az<br />
eredeti egyenlőtlenség sem volt igaz, tehát 12 − 6 < 20 − 12 . Hasonló módon<br />
a 12 − 6 > 3 − 2 egyenlőtlenség átrendezés és négyzetre emelés segítségével a<br />
következőképpen írható:<br />
() 2<br />
12 − 6 > 3 − 2 ⇔ 12 + 2 > 3 + 6⇔ 14 + 4 6 > 15 + 6 6 .<br />
Mivel az utolsó egyenlőtlenség nem igaz, 12 − 6 < 3 − 2 . Az eddigi két<br />
egyenlőtlenség alapján nem állapítható meg a sorrend, tehát a harmadik<br />
összehasonlítást is el kell végeznünk.<br />
() 2<br />
20 − 12 < 3 − 2 ⇔ 20 + 2 < 3 + 12⇔ 1 + 4 10 < 6 12 .<br />
Másrészt 1+ 4 10 < 1+ 4⋅ 4 = 17 < 18<br />
és 18 < 12 3 ⇔ 3 < 2 3 ⇔ 9 < 12 ,<br />
tehát 20 − 12 < 3 − 2 .<br />
b) A gyökök közelítő értékeit használjuk. 1, 7 < 3 < 1, 74 , tehát 0, 4 <<br />
3<br />
< 0, 5 .<br />
4<br />
1, 4 < 2 < 1, 42 , tehát 0,28 = 1, 7 − 1, 42 < 3 − 2 < 1, 74 − 1, 4 = 0, 34 . Ezek<br />
3 1<br />
alapján a sorrend a következő: 0, 1 < 3 − 2 < < .<br />
4 2<br />
45 9 18 19 19<br />
c) 0, 45 = = = < , tehát 0, 45 < . Ugyanakkor<br />
100 20 40 40<br />
40<br />
3 3 9 4 9 9<br />
3 2<br />
= < ⇔ 4 < 9<br />
5 20 20<br />
⇔ 64 < 81,<br />
tehát<br />
3 9<br />
< 0, 45 <<br />
5 4<br />
19<br />
.<br />
0<br />
Másrészt<br />
3⋅ 0,45= 1,35< 1,4< 2,<br />
tehát 0, 45 <<br />
2<br />
,<br />
3<br />
és így a<br />
2<br />
-at<br />
3<br />
kell<br />
összehasonlítanunk a 19<br />
40 -nel.<br />
2 19<br />
< ⇔ 40 2 < 57 ⇔ 3200 < 3249 , tehát a<br />
3 40<br />
3 9<br />
helyes sorrend a következő: < 0, 45 <<br />
5<br />
2<br />
<<br />
3<br />
19<br />
40 .<br />
d)<br />
4 4 63 64<br />
< =<br />
4 4<br />
8 2 2<br />
= =<br />
4 4<br />
2 3<br />
< , tehát<br />
2 4<br />
4 63<br />
<<br />
4<br />
2<br />
< 0, 75 . Másrészt<br />
2<br />
2 5<br />
< ⇔ 7 2 < 10 ⇔ 98 < 100<br />
2 7<br />
és<br />
5 3<br />
< ⇔ 20 < 21,<br />
7 4<br />
tehát<br />
4 63<br />
<<br />
4<br />
2 15<br />
< < 0, 75 .<br />
2 21
Valós számok 27<br />
11. Bizonyítsd be, hogy a következő számok irracionálisak:<br />
a) 10 ; b) 3 3 ; c) 4 2 ; d) 5 7 .<br />
Megoldás. a) Tegyük fel, hogy 10 racionális. Ekkor léteznek az a, b relatív prím<br />
egész számok úgy, hogy b ≠ 0 és<br />
a<br />
2 2<br />
2<br />
10 = . Innen kapjuk, hogy a = 10b<br />
, tehát a<br />
b<br />
osztható kettővel, ami egyenértékű azzal, hogy a páros, vagyis a = 2m,<br />
ahol m egy<br />
2<br />
egész szám. Visszahelyettesítve, 10 b<br />
2 2 2 2<br />
2<br />
= a = 4m ⇒ 5b = 2m<br />
, tehát b 2 ⇒ b 2.<br />
Ez viszont azt jelenti, hogy mind a , mind b osztható kettővel, ez pedig ellentmond<br />
feltételezésünknek, miszerint ( ab , ) = 1.<br />
Következik, hogy 10 irracionális.<br />
b) A bizonyítást az a) ponthoz hasonlóan végezzük. Feltételezzük, hogy 3 a<br />
3 = ,<br />
b<br />
3<br />
(,) ab = 1,<br />
a, b ∈ . Így a<br />
3 3<br />
= 3b ⇒a 3 ⇒a3 ⇒ a = 3m , m ∈ , innen<br />
3 3 3 3 3 3<br />
3b = a = 27m ⇒ b = 9m ⇒b 3 ⇒b3 ⇒( a, b) 3 ⇒( a, b)<br />
≠1,<br />
ellentmondás.<br />
Hasonlóan igazoljuk a c) és d) alpontokat is.<br />
12. Mi a szükséges és elégséges feltétele annak, hogy a k n szám racionális legyen,<br />
ha k, n ∈ , k ≥ 2 ?<br />
Megoldás. Ha az n prímtényezős felbontásában van olyan p 0 prímszám, amelynek<br />
k n<br />
k<br />
a kitevője legalább k , akkor p0<br />
kihozható a gyök alól, és n ∈ ⇔ ∈ ,<br />
tehát<br />
p0<br />
feltételezhetjük, hogy az n prímtényezős felbontásában nincs k -val egyenlő vagy<br />
a<br />
k annál nagyobb kitevő. Ha p az n legkisebb prímosztója, és n = , ahol a, b ∈ <br />
b<br />
k<br />
k<br />
k<br />
és (, ab ) = 1,<br />
akkor a = n⋅b és így a p.<br />
Ez csak úgy lehetséges, ha a p<br />
viszont<br />
k k k<br />
k<br />
ebben az esetben a = p ⋅a1és<br />
( ab , ) = 1alapján<br />
np . Ez csak akkor lehetséges,<br />
ha n felbontásában nincs legkisebb prím, vagyis ha n = 1 . Figyelembe véve, hogy a<br />
k gyök alól csak a teljes k -adik hatványok emelhetők ki n pontosan akkor racionális<br />
szám, ha n teljes k -adik hatványa egy természetes számnak.<br />
3 3<br />
13. Bizonyítsd be, hogy ha a + b ⋅ 2 + c⋅<br />
4 = 0 és a, b , c ∈ , akkor<br />
a = b = c = 0 .<br />
3 3<br />
Megoldás. Az a + b ⋅ 2 + c⋅<br />
4 = 0 egyenlőség mindkét oldalát megszorozva<br />
3 2 ⋅c -vel, kapjuk, hogy 3 3<br />
2<br />
ac 2 + bc 4 + 2c=<br />
0.<br />
Az eredeti egyenlőségből<br />
kifejezve 3 c 4 -t és ez utóbbiba behelyettesítve, kapjuk, hogy<br />
ac b a b c<br />
3 3<br />
2<br />
2 3<br />
2<br />
2 − ( + 2) + 2 = 0, vagyis ( 2c ab) 2(<br />
ac b )<br />
2<br />
c −ab<br />
− + − = 0. Ha<br />
2<br />
3 2<br />
2c −ab ≠ 0,<br />
akkor 2 = −<br />
2<br />
ac −b<br />
∈ , ami ellentmondana annak, hogy 3 2<br />
2<br />
irracionális. Következik hogy ac − b<br />
2<br />
= 0 , innen pedig 2 c − ab = 0.<br />
Tehát a
28 Valós számok<br />
⎧ 2<br />
⎪2c<br />
− ab = 0<br />
következő egyenletrendszerhez jutottunk: ⎪<br />
⎨<br />
. Az első egyenlet mindkét<br />
⎪ 2<br />
ac − b = 0<br />
⎪⎩<br />
oldalát megszorozva c -vel és felhasználva a második egyenletet, kapjuk, hogy<br />
3 2<br />
2c = bac = bb = . Ha c , akkor<br />
3<br />
3<br />
b<br />
b ≠ 0 2 = , 3<br />
c<br />
3 b<br />
2 = ∈ , így ellentmondáshoz<br />
c<br />
jutottunk ( 3 2 irracionális). Tehát c = 0 , innen pedig következik, hogy b = 0 és<br />
a = 0 .<br />
14. Bizonyítsd be, hogy az<br />
S = 26 + 6 13 − 4 8 + 2 6 − 2 5 + 26 − 6 13 + 4 8 − 2 6 + 2 5<br />
szám racionális.<br />
Megoldás. Belülről kifele haladva rendre egyszerűbb alakra hozzuk a gyököket:<br />
( ) 2<br />
5 −1<br />
6−2 5 = = 5 −1,<br />
( )<br />
8+ 2 5 − 1 = 6+<br />
2 5 = 5 + 1 = 5 + 1,<br />
( )<br />
13 − 4 5 + 1 = 9 − 4 5 = 2 − 5 = 5 − 2 ,<br />
26 + 6 5 − 2 = 14 + 6 5 = 3 + 5 = 3 + 5 , és<br />
( ) 2<br />
5 + 1<br />
6+ 2 5 = = 5 +1,<br />
( )<br />
8−2 5 + 1 = 6−2<br />
5 = 5 − 1 = 5 − 1,<br />
( )<br />
13 + 4 5 −1 = 9 + 4 5 = 2 + 5 = 5 + 2 ,<br />
26 − 6 5 + 2 = 14 − 6 5 = 3 − 5 = 3 − 5 .<br />
Tehát S = 3+ 5 + 3−5 = 6.<br />
15. Bizonyítsd be, hogy<br />
( ) 2<br />
( ) 2<br />
( ) ( ) 2<br />
( ) 2<br />
( ) 2<br />
( ) ( ) 2<br />
a<br />
2 2<br />
a + b −b<br />
ha a törtek mind értelmezettek.<br />
+<br />
2<br />
b<br />
2 2<br />
a + b −a<br />
=<br />
2<br />
2 2<br />
a + b<br />
,<br />
a + b<br />
Megoldás.<br />
a<br />
2 2<br />
a + b −b<br />
+<br />
2<br />
b<br />
2 2<br />
a + b −a<br />
=<br />
2<br />
2 2<br />
a( a + b + b<br />
= 2 2 2<br />
a + b − 2b 2 2<br />
2) b( a + b + a 2)<br />
2 2<br />
( a − b) a + b<br />
+<br />
=<br />
2 2 2<br />
2 2<br />
a + b − 2a<br />
a −b<br />
=<br />
2 2<br />
a + b<br />
.<br />
( a + b)
Valós számok 29<br />
16. Számítsd ki az ( )<br />
2 2<br />
a + b ab<br />
E x<br />
=<br />
4<br />
4 x + 1+<br />
x −<br />
4<br />
4 + 1− −1<br />
x x<br />
x =<br />
4ab<br />
+ .<br />
2 2<br />
a + b<br />
2 2 4 2 2 4<br />
a + b ab a + 6a<br />
b + b<br />
Megoldás. x = + =<br />
,<br />
2 2 2 2<br />
4ab a + b 4 ab( a + b )<br />
4 3 2 2 3 4<br />
4<br />
a + 4a b + 6a b + 4ab<br />
+ b ( a + b)<br />
x + 1 = =<br />
4 ab( a + b ) 4ab<br />
a + b<br />
1 , kifejezés értékét, ha<br />
( )<br />
2 2 2 2<br />
4 3 2 2 3 4<br />
4<br />
a − 4a b + 6a b − 4ab<br />
+ b ( a −b)<br />
x − 1 = =<br />
4 ab( a + b ) 4ab<br />
a + b<br />
( )<br />
2 2 2 2<br />
Mivel x kifejezése szimmetrikus a, b-ben, feltételezhetjük, hogy a ≥ b.<br />
Így<br />
a + b<br />
4 x + 1 =<br />
4<br />
2 2<br />
4ab<br />
a + b<br />
4<br />
a −b<br />
és x −1<br />
=<br />
4<br />
2 2<br />
4ab<br />
a + b<br />
a<br />
, tehát Ex ( ) = .<br />
b<br />
( )<br />
( )<br />
a c a a + c c<br />
17. Bizonyítsd be, hogy ha 0 < < , akkor < < .<br />
b d b b + d d<br />
a c<br />
a a + c c<br />
Bizonyítás. 0 < < ⇔ ad < bc és < < pontosan akkor teljesül, ha<br />
b d<br />
b b + d d<br />
ab ( + d) < ba ( + c)<br />
és d( a + c) < cb ( + d)<br />
. Az utóbbi két egyenlőtlenség ekvivalens<br />
az ad < bc egyenlőtlenséggel, tehát a bizonyítás teljes.<br />
18. Számítsd ki az x = 3 0, 99...9 szám első 2001 tizedesjegyét.<br />
2001<br />
3 Megoldás. Mivel 0 , 99...9 ∈ (0,1) és minden x ∈ (0,1) esetén 1 > x ≥ x ,<br />
2001<br />
következik, hogy 1 > 3 0, 99...9 ≥ 0, 9<br />
9...9 , tehát 3 0, 99...9 első 2001 tizedesjegye<br />
2001<br />
2001<br />
2001<br />
9-es.<br />
19. Van-e olyan a és b irracionális szám, amelyre a + b és a ⋅b<br />
racionális?<br />
− s ±<br />
Megoldás. Ha a + b = s ∈ és a⋅ b = p ∈ , akkor ab , =<br />
2<br />
s − 4p<br />
, tehát<br />
2<br />
ha úgy választjuk meg az s és p értékét, hogy s 4p ne legyen teljes négyzet,<br />
akkor irracionális számokat kapunk. Ilyenek például az a = 3−2 és b = 3+ 2.<br />
20. Határozd meg az { } *<br />
A= 999 ⋅n | n ∈ halmaz legkisebb elemét, amely nem<br />
tartalmazza a 9-es számjegyet.<br />
Megoldás. 999 ⋅ n = n⋅1000 −n<br />
. Ha n egy számjegyű akkor a kivonás elvégzése<br />
során az utolsó előtti számjegy 9 -es. Ha az n két számjegyű, akkor hátulról a<br />
harmadik számjegy 9 -es, tehát az n legalább háromjegyű kell legyen. Ebben az<br />
esetben az utolsó számjegy nem lehet 1 és az előtte álló számjegy nem lehet 0 . Így a<br />
legkisebb n , amit érdemes kipróbálni a 112 . Másrészt 11 2 ⋅ 999 = 111888 , tehát az<br />
A<br />
halmaz legkisebb eleme 112 .<br />
2 −<br />
,<br />
.
30 Valós számok<br />
1.7.2 Gyakorlatok és feladatok (25. oldal)<br />
1. a) Bizonyítsd be, hogy<br />
( 1)( 1)( 1)<br />
x x x x<br />
2 4<br />
2 4 8<br />
− + + = −1 x − 1 x + 1 x + 1 x + 1 = x −1<br />
( )( )( )<br />
és ( ) .<br />
n<br />
2 4 8 2<br />
b) Számítsd ki az ( x − 1) ( x + 1)( x + 1)( x + 1)( x + 1 ) ⋅... ⋅ ( x + 1)<br />
szorzatot.<br />
2 2 2 4<br />
Megoldás. a) ( x − 1) x + 1 x + 1 = x − 1 x + 1 = x −1.<br />
( )( ) ( )( )<br />
2 4 2 2 4<br />
( x − 1)( x + 1)( x + 1)( x + 1) = ( x − 1)( x + 1)( x + 1)<br />
4 4 8<br />
= ( x − 1)( x + 1)<br />
= x − 1.<br />
( )(<br />
2<br />
)(<br />
4<br />
)(<br />
8<br />
) (<br />
n<br />
2 ) =<br />
n<br />
2 2 4 8 2<br />
= ( x − 1)( x + 1)( x + 1)( x + 1 ) ... ( x + 1)<br />
=<br />
n<br />
4 4 8 2<br />
= ( x − 1)( x + 1)( x + 1 ) ... ( x + 1 ) = ... =<br />
b) ( x − 1) x + 1 x + 1 x + 1 x + 1 ... x + 1<br />
n−1 n−1 n n n<br />
( )( )( ) ( )( )<br />
2 2 2 2 2<br />
= x − 1 x + 1 x + 1 = x − 1 x + 1 = − 1.<br />
( )(<br />
4 2 2 2<br />
2. Bizonyítsd be, hogy x + x + 1= x − x + 1 x + x + 1 és<br />
Bizonyítás<br />
( )( )(<br />
8 4 2 2 4 2<br />
x + x + 1= x − x + 1 x + x + 1 x − x + 1 .<br />
(<br />
2<br />
) ( )( 1)<br />
(<br />
2<br />
) ( )( )<br />
2<br />
( x x<br />
2<br />
1)( x x<br />
4<br />
1)( x<br />
2<br />
x 1)<br />
.<br />
)<br />
1<br />
2 n<br />
x +<br />
4 2 4 2 2 2 2 2 2<br />
x x 1 x 2x 1 x x 1 x x x 1 x x<br />
+ + = + + − = + − = − + + +<br />
8 4 8 4 4 4 4 4 2 4 2<br />
x + x + 1= x + 2x + 1− x = x + 1 − x = x − x + 1 x + x + 1<br />
= − + + + − +<br />
2 2 2 2 2 2 2<br />
3. Bizonyítsd be, hogy ( x − y ) + ( 2xy)<br />
= ( x + y ) , ∀xy , ∈ .<br />
Bizonyítás<br />
2 2 2 4 2 2 4 2 2 4 2 2 4 2 2<br />
( x y ) ( 2xy) x 2x y y 4x y x 2x<br />
y y ( x y )<br />
2 2<br />
− + = − + + = + + = + .<br />
4. Bizonyítsd be, hogy ha a , b és c páronként különböző valós számok, akkor:<br />
⎧ ⎪0,<br />
k = 1<br />
⎪ 1, 2<br />
k k k ⎪<br />
k =<br />
a b c ⎪<br />
+ + =⎨<br />
⎪<br />
( )( ) ( )( ) ( )(<br />
a + b + c, k = 3 .<br />
a −b a −c b−a b−c c−a c−b) ⎪<br />
⎪⎪⎪<br />
1<br />
⎪ , k = −1<br />
⎪⎩ abc<br />
Bizonyítás. Mind a négy esetben elvégezzük a műveleteket.<br />
)<br />
=<br />
=
Valós számok 31<br />
a b c<br />
+ +<br />
( a −b)( a −c) ( b−a)( b−c) ( c−a)( c− b)<br />
=<br />
ac ( − b) + ba ( − c) + cb ( −a)<br />
= = 0 , mert<br />
( a −b)( b−c)( c−a) a( c− b) + b( a − c) + c( b− a) = ac− ab + ba − bc + cb− ca = 0.<br />
2 2 2<br />
a b c<br />
+ +<br />
( a −b)( a −c) ( b−a)( b−c) ( c−a)( c− b)<br />
=<br />
2 2 2<br />
a c− b + b a − c + c b−a ( ) ( ) ( )<br />
= = 1 , mert<br />
( a −b)( b−c)( c−a) 2 2 2 2 2 2 2 2 2<br />
a ( c b) b ( a c) c ( b a) a c a b b a b c c b c a<br />
− + − + − = − + − + − =<br />
( ) ( )<br />
2 2 2 2<br />
= a ( c− b) + a b −c −bc( b− c) = −( b−c) a − a( b + c) + bc =<br />
= ( a −b)( b−c)( c− a).<br />
3 3 3<br />
a b c<br />
+ +<br />
( a −b)( a −c) ( b−a)( b−c) ( c−a)( c− b)<br />
=<br />
3 3 3<br />
a c− b + b a − c + c b−a ( ) ( ) ( )<br />
= = a + b + c , mert<br />
( a −b)( b−c)( c−a) ( )<br />
3 3 3 3 3 3 2 2<br />
a ( c− b) + b ( a − c) + c ( b− a) = a ( c− b) + a b −c −bc( b − c ) =<br />
3 2 2<br />
( )<br />
= ( b−c) a − a( b + bc + c ) + bc( b + c)<br />
=<br />
2 2 2<br />
( ( )<br />
)<br />
= −( b−c) a a − b + bc( b− a) + c ( b− a)<br />
=<br />
2<br />
( )<br />
= −( a −b)( b− c) a( a + b) −bc− c =<br />
2 2<br />
( )<br />
= ( a −b)( b−c) − a + ac− ab + bc− ac + c =<br />
= ( a −b)( b−c)( c− a)( a + b + c)<br />
.<br />
1 1 1<br />
+ +<br />
a( a −b)( a −c) b( b−a)( b−c) c( c−a)( c− b)<br />
=<br />
bc( c − b) + ac( a − c) + ba( b −a)<br />
1<br />
= = , mert<br />
abc( a −b)( b −c)( c −a)<br />
abc<br />
2 2 2 2 2 2<br />
bc( c b) ac( a c) ba( b a) bc b c a c c a b a a b<br />
− + − + − = − + − + − =<br />
= ( a −b)( b−c)( c− a).
32 Valós számok<br />
5. Bizonyítsd be, hogy ha a , b és c páronként különböző valós számok, akkor:<br />
b−c c−a a −b<br />
2 2 2<br />
+ + = + +<br />
( a −b)( a −c) ( b−c)( b−a) ( c−a)( c−b) a −b b−c c− a<br />
.<br />
b−c c−a a −b<br />
Bizonyítás. + +<br />
( a −b)( a −c) ( b−c)( b−a) ( c−a)( c− b)<br />
=<br />
c−b a −c b−a = + +<br />
( a −b)( c−a) ( b−c)( a −b) ( c−a)( b− c)<br />
=<br />
c− a + a −b a − b + b−c b− c + c−a = + +<br />
( a −b)( c−a) ( b−c)( a −b) ( c−a)( b− c)<br />
=<br />
1 1 1 1 1 1 2 2 2<br />
= + + + + + = = + + .<br />
a −b c−a b−c a −b c−a b−c a −b b−c<br />
c−a 3 3 3<br />
6. Bizonyítsd be, hogy ha a + b + c = 0 , akkor a + b + c = 3abc.<br />
Megoldás. A 7.2. tétel 15. alpontja szerint<br />
3 3 3 2 2 2<br />
a + b + c − 3 abc = ( a + b + c)( a + b + c −ab−bc − ca)<br />
,<br />
3 3 3<br />
tehát ha a + b + c = 0 , akkor a + b + c = 3abc.<br />
Más megoldás. Az a + b + c = 0 feltételből c = −a −b<br />
. Ezt behelyettesítjük:<br />
3 3 3 3 3 3<br />
a + b + c − 3 abc = a + b − ( a + b) + 3 ab( a + b)=<br />
3 3 3 2 2 3 2 2<br />
3 3 3<br />
= a + b −a −3a b−3ab − b + 3a b + 3ab = 0,<br />
tehát a + b + c = 3abc.<br />
3 3 3 3<br />
7. Bizonyítsd be, hogy ha( ) , akkor<br />
a + b + c = a + b + c<br />
2001 2001 2001 2001<br />
( a + b + c) = a + b + c .<br />
Bizonyítás. A 7.2. tétel 14. alpontja alapján csoportosítás segítségével belátható,<br />
hogy<br />
3 3 3 3<br />
( a + b + c) = a + b + c + 3( a + b)( b + c)( c + a)<br />
, ∀abc ,, ∈ , tehát a<br />
feladatban megjelenő számokra ( a + b) ( b + c)( c + a)<br />
= 0 . Ha a + b = 0 , akkor<br />
2001<br />
a + b + c = a + ( − a) + c = c<br />
2001 2001 2001 2001 2001 2001<br />
( a + b + c) = a + b + c<br />
egyenlőséghez jutunk.<br />
2001 2001 2001 2001<br />
2001 2001<br />
és ( a + b + c)<br />
= c , tehát<br />
. Hasonlóan a másik két esetben is ugyanehhez az<br />
3 3 3<br />
8. Bizonyítsd be, hogy ha a + b + c = 3abc<br />
és a + b + c ≠ 0 , akkor a = b = c.<br />
Bizonyítás. A 7.2. tétel 15. alpontja szerint<br />
3 3 3 2 2 2<br />
a + b + c − 3 abc = ( a + b + c)( a + b + c −ab−bc − ca)<br />
,<br />
3 3 3<br />
tehát ha a + b + c<br />
2 2 2<br />
= 3abc<br />
akkor ( a + b + c) ( a + b + c −ab−bc− ca)<br />
= 0.<br />
Figyelembe véve az a + b + c ≠ 0 feltételt, következik, hogy<br />
2 2 2<br />
a + b + c −ab−bc− ca = 0 . Beszorozva 2-vel és átcsoportosítva a tagokat,<br />
2 2<br />
2<br />
kapjuk, hogy ( a − b) + ( b−c) + ( c− a)<br />
= 0.<br />
Mivel három szám négyzetösszege<br />
csak akkor lehet nulla, ha a számok mind nullák, következik, hogy<br />
a − b =<br />
b− c = c− a = 0 , vagyis a = b = c.
Valós számok 33<br />
9. Bizonyítsd be, hogy ha az a , b és c nullától különböző valós számok páronként<br />
különböznek és a + b + c = 0 , akkor<br />
⎛b−c c−a a −b⎞⎛ a b c ⎞<br />
⎜ ⎟⎜ ⎟<br />
⎜<br />
+ + + + = 9<br />
⎝ a b c ⎠⎝<br />
⎟ ⎜<br />
⎟<br />
b−c c−a a −b⎠⎟<br />
.<br />
Bizonyítás. Mindkét zárójelben elvégezzük a műveleteket.<br />
b−c c−a a −b<br />
( b− c) bc + ( c− a) ca + ( a −b)<br />
ab<br />
+ + = =<br />
a b c abc<br />
( a −b)( b−c)( c−a) = −<br />
és<br />
abc<br />
a b c a( a −c)( a − b) + b( b−a)( b− c) + c( c−a)( c−b) + + =− =<br />
b−c c−a a −b ( b−c)( c−a)( a −b)<br />
= −<br />
3 3 3 2 2 2<br />
a + b + c − a ( b + c) − b ( c + a) − c ( a + b) + 3ab<br />
( b−c)( c−a)( a −b)<br />
Az<br />
3 3 3<br />
a + b + c = 0 feltétel alapján a + b + c = 3abc<br />
(lásd 6. feladat) és<br />
2 2<br />
2<br />
3 3 3<br />
a ( b + c) + b ( c + a) + c ( a + b)<br />
= −a −b − c = −3abc,<br />
tehát<br />
a b c<br />
9abc<br />
+ + = − ,<br />
b−c c−a a −b<br />
( b−c)( c−a)( a − b)<br />
⎛b−c c−a a −b⎞⎛ a b c ⎞<br />
és így ⎜ + + ⎟ ⎜ ⎟<br />
⎜<br />
+ + ⎟=<br />
9<br />
a b c ⎟⎝ ⎜ ⎜b−c<br />
c−a a −b⎠⎟<br />
.<br />
⎝ ⎠<br />
I.8.2. Gyakorlatok (27. oldal)<br />
1. Racionalizáld a következő törtek nevezőjét:<br />
1<br />
a)<br />
5 4 ; b) 1<br />
3 4<br />
f)<br />
1<br />
; g)<br />
5 + 3<br />
1<br />
k) ; l)<br />
3 3 9 − 3 + 1<br />
1<br />
; c)<br />
3 ; d) 1<br />
; e)<br />
3 9<br />
1<br />
; h)<br />
7 − 1<br />
1<br />
3 + 2<br />
; i) 3<br />
1<br />
; m)<br />
2 + 3 − 7<br />
1<br />
3 − 1<br />
; j) 3<br />
c<br />
.<br />
1<br />
;<br />
3 − 2<br />
1<br />
7 + 2<br />
;<br />
1<br />
1+ 2 + 3 + 6 .<br />
5 4<br />
1 4<br />
Megoldás. a) =<br />
5 5 5 4<br />
4 4⋅4 5 4<br />
3 2<br />
4 1<br />
= ; b) =<br />
3 4 4 4<br />
4 1<br />
; c) =<br />
3<br />
3<br />
;<br />
3<br />
1 1<br />
d) =<br />
3 9 3 2<br />
3<br />
3<br />
=<br />
3<br />
3 ; e)<br />
1<br />
3 −<br />
=<br />
2<br />
3 + 2<br />
=<br />
3−2 3 + 2;<br />
f)<br />
1<br />
5 +<br />
=<br />
3<br />
5 −<br />
2<br />
3<br />
; g)<br />
1<br />
=<br />
7 − 1<br />
7 + 1<br />
; h)<br />
6<br />
1 2−3 = = 2− 3 + 2 4−3 3 ;
34 Valós számok<br />
i)<br />
j)<br />
k)<br />
3<br />
3 2 3 3 3<br />
1 3 + 3 + 1 9 + 3 + 1<br />
= =<br />
;<br />
3 −1 3−1 2<br />
3 2 3 2<br />
3 3<br />
3<br />
3<br />
1 7 − 2 7 + 2 49 − 2 7 + 4 49 − 2 7 + 4<br />
= =<br />
3 3 =<br />
3<br />
3 3 2 3 2<br />
3<br />
( 7 + 2)( 7 − 2 7 + 2 ) ( )<br />
7 + 2 7 + 2<br />
15<br />
3 3<br />
1 3 + 1 3 + 1<br />
= = ; l)<br />
9 − 3 + 1 3+ 1 4<br />
3 3<br />
( 2 + 3 + 7)( 2 6 + 2)<br />
1 2 + 3 + 7<br />
= 2 2 =<br />
2 + 3 − 7 2 + 3 − 7<br />
( ) ( )<br />
=<br />
2 + 3 +<br />
2 6 −2 7<br />
=<br />
24−4 = 4 2 3 3 7 42<br />
+ +<br />
10<br />
+<br />
;<br />
m)<br />
1+ 1<br />
2 + 3 +<br />
=<br />
6 ⎡<br />
⎢( 1+ ⎣<br />
1− 2 − 3 +<br />
6) + ( 2 + 3) ⎤⎡<br />
⎥⎢(<br />
1+ ⎦⎣<br />
6<br />
6) − ( 2 +<br />
=<br />
3)<br />
⎤<br />
⎥⎦<br />
=<br />
⎡<br />
⎢( 1+ ⎣<br />
1− 2 − 3 +<br />
6) + ( 2 + 3) ⎤⎡<br />
⎥⎢( 1+ ⎦⎣<br />
6<br />
6) − ( 2 +<br />
1− 2 − 3 +<br />
=<br />
2<br />
3) ⎤<br />
⎥⎦<br />
( 1+ 6) − ( 2 +<br />
6<br />
2<br />
3)<br />
=<br />
=<br />
1− 2 −<br />
2<br />
1+ 6 −<br />
3 +<br />
2 +<br />
6<br />
2<br />
3<br />
1− 2 − 3 + 6 1− = =<br />
7+ 2 6 −5−2 6<br />
2 −<br />
2<br />
3 + 6<br />
.<br />
( ) ( )<br />
2. Racionalizáld a következő törtek nevezőjét:<br />
a)<br />
1<br />
a + b + c<br />
c)<br />
1<br />
− +<br />
Megoldás. a)<br />
b)<br />
n n 4 3 2 2<br />
, ahol a b ; b)<br />
, , c ∈ +<br />
; d)<br />
1<br />
4 4 4<br />
27 + 9 + 3 + 1<br />
1<br />
a + b + c<br />
3 3 3<br />
; e)<br />
, ahol a b ;<br />
, , c ∈ +<br />
1<br />
n n 9 − 5 3 + 6<br />
.<br />
( a + b − c)( a + b−c−2ab) ( ) 2<br />
1<br />
a + b − c<br />
= =<br />
a + b + c a + b− c + 2 ab a + b−c −4ab<br />
a +<br />
1<br />
b +<br />
=<br />
c<br />
3 2<br />
a<br />
3 2 3 2 3 3 3<br />
+ b + c − ab − bc − ca<br />
a + b + c−3abc =<br />
2 3<br />
3 2 2 2<br />
S ⋅ ( ( a + b + c) + 3( a + b + c) abc + 9 a b c )<br />
=<br />
3<br />
, ahol<br />
( a + b + c) − 27abc<br />
3 3 3<br />
3<br />
3 2 3 2 3 2 3 3 3<br />
S a b c ab bc ca<br />
c)<br />
=<br />
= + + − − − .<br />
n n−1 n n−2 n n−3<br />
n<br />
1 1 2 + 2 + 2 + ... + 2 + 1<br />
= =<br />
=<br />
4 − 3 2 + 2 2 −1 2 −1 2 −1 2 −2<br />
n<br />
n n<br />
( )( ) ( ( ) )( )<br />
n n n n n<br />
n n−1 n n−2 n n n−1 n n−2 n−2 n n−1<br />
( 2 + 2 + ... + 2 + 1)( 2 + 2 2 + ... + 2 2 + 2 )<br />
2−2 n<br />
;<br />
;<br />
;
Valós számok 35<br />
d)<br />
e)<br />
=<br />
4 4<br />
4<br />
1 3 −1 3 −1<br />
3 −1<br />
= = = ;<br />
27 + 9 + 3 + 1 3 −1<br />
2<br />
4 4 4 4<br />
( 3 − 1)( 3 + 3 + 3 + 1)<br />
4 4 4<br />
3 2<br />
n n−1 n n−2 n−2 n n−1<br />
1 1 3 + 2 3 + ... + 2 3 +<br />
= =<br />
9 − 5 3 + 6 3 −2 3 −3 3 −2 3 −3<br />
n<br />
n n<br />
( )( ) ( ( ) )( )<br />
n n n n n<br />
2 =<br />
n n−1 n n−2 n−2 n n−1 n n−1 n n−2 n−2<br />
n n−1<br />
( 3 + 2 3 + ... + 2 3 + 2 )( 3 + 3 3 + ... + 3 3 + 3 )<br />
9.1.2. Alkalmazások (28. oldal)<br />
n n<br />
( 3−2 )( 3−3 )<br />
1. Ha a,, b c≥ 0,<br />
akkor ( a + b) ( b + c)( c + a) ≥ 8abc<br />
.<br />
Bizonyítás. Mivel a,, bc ≥ 0,<br />
felírhatjuk az ( ab , ) , (, bc ) , (, ca)<br />
számpárokra a<br />
számtani-mértani középarányosok közti egyenlőtlenséget.<br />
a + b ≥ 2 ab ,<br />
b + c ≥ 2 bc , c + a ≥ 2 ca . Ha az egyenlőtlenségek megfelelő oldalait<br />
összeszorozzuk, kapjuk, hogy<br />
( a + b)( b + c)( c + a) ≥2⋅ ab ⋅2⋅ bc ⋅2⋅ ca = 8abc<br />
.<br />
Egyenlőség abban az esetben áll fenn, ha a = b = c.<br />
x y<br />
2. + ≥ 2 , , 0.<br />
y x<br />
xy ∀ ><br />
x y<br />
Bizonyítás. Az xy> , 0 feltétel alapján és pozitívak, így írhatjuk, hogy<br />
y x<br />
x y<br />
+ ≥2 y x<br />
x y<br />
⋅<br />
y x<br />
= 2.<br />
Egyenlőség akkor áll fenn, ha x<br />
=<br />
y x<br />
y , vagyis ha x = y .<br />
⎛1 1 1⎞<br />
3. ( x + y + z)<br />
⎜ + + ⎟ ≥ 9<br />
⎜x y z<br />
⎟ , ∀ xyz , , > 0.<br />
⎝ ⎠⎟<br />
Bizonyítás<br />
⎛1 1 1⎞<br />
x x y y z z<br />
( x + y + z)<br />
⎜ + + ⎟ 1 1<br />
x y z<br />
⎟ = + + + + + + + + 1 =<br />
⎜⎝ ⎠⎟y<br />
z x z x y<br />
⎛x y⎞ ⎛y z⎞ ⎛z x⎞<br />
= 3+ ⎜ + ⎟ ⎟+ ⎜ + ⎟ ⎟+<br />
⎜ + ⎟ ≥ 3+ 2+ 2+ 2 = 9<br />
⎜y x<br />
⎟<br />
⎜<br />
⎟<br />
z y<br />
⎟ ⎜⎝x<br />
z<br />
⎟<br />
.<br />
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎠<br />
Felhasználtuk az előző feladatban szereplő egyenlőtlenséget. Egyenlőség pontosan<br />
akkor áll fenn, ha x = y = z .<br />
2 2<br />
⎛ 1⎞ 1<br />
4. Ha a, b > 0 és a + b = 1,<br />
akkor a ⎟<br />
⎛ ⎞<br />
b ⎟<br />
25<br />
⎜ + ⎟ + + ⎟ ≥<br />
a⎟ ⎜<br />
⎜ ⎝⎜ b⎠⎟<br />
.<br />
⎝ ⎠<br />
⎜ 2<br />
.
36 Valós számok<br />
2 2 2 2 2 2<br />
2 2 x + y + x + y x + y + 2xy 1 2<br />
Bizonyítás. Az x + y = ≥ = ( x + y)<br />
és<br />
2 2 2<br />
x + y 1 2<br />
xy ≤ ⇒ ≥ egyenlőtlenségek figyelembe vételével írhatjuk, hogy<br />
2 xy x + y<br />
2 2 2<br />
⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ 1⎛ 1 1⎞ 1⎛<br />
a + b⎞<br />
E = ⎜a b a b a b ⎟<br />
⎜<br />
⎟ ⎜ ⎟ ⎜<br />
⎟ ⎜<br />
⎜<br />
+ + + ≥ + + + = + +<br />
⎝ a⎠ ⎟ ⎝ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟<br />
b⎠⎟ 2⎝ ⎜ a b⎠⎟ 2<br />
⎜ ⎜⎝<br />
ab ⎠⎟<br />
=<br />
2 2<br />
2<br />
1⎛ 1 ⎞ 1⎛ 2 ⎞ 1 2 1<br />
2<br />
1 ⎟ ⎜1<br />
⎟ ⎛ ⎞<br />
1 ⎟<br />
25<br />
= ⎜ (1 4)<br />
2 2<br />
2<br />
⎜<br />
⎜<br />
⎜<br />
+ ≥ + ⎟ = + ≥ + =<br />
⎝ ab⎠ ⎟ ⎜<br />
⎟<br />
2⎜⎝ a + b ⎠⎟2⎝<br />
⎜ 1−2ab⎠⎟ 2<br />
2 .<br />
2 2 32<br />
5. Ha a, b > 0 és a + b = 4 , akkor a + b + ≥<br />
ab<br />
32<br />
.<br />
ab<br />
Bizonyítás.<br />
2 2 32 2 16 2 16<br />
a + b + = a + + b + ≥ 2<br />
ab ab ab<br />
2<br />
16a + 2<br />
ab<br />
2<br />
16b<br />
ab<br />
=<br />
⎛<br />
= 8⋅ ⎜ ⎜⎝ a<br />
+<br />
b<br />
b⎞ ⎟ ⎛a + b⎞<br />
⎟ 8 ⎜ ⎟ 8<br />
a<br />
⎟ = ⋅ ⎜ ⎟ = ⋅<br />
⎠⎟⎜⎝<br />
ab ⎠⎟<br />
4<br />
=<br />
ab<br />
32<br />
.<br />
ab<br />
9.1.4. Alkalmazások (29. oldal)<br />
Bizonyítsd be, hogy:<br />
2 2 2<br />
a b c a b c<br />
1. + + ≥ + + ;<br />
2 2 2<br />
b c a b c a<br />
2. bc ac ab<br />
+ + ≥ a + b + c,<br />
ha ab c > 0 ;<br />
a b c<br />
4 4 4 2 2 2 2 2<br />
3. a + b + c ≥ a b + b c + c a ;<br />
2<br />
4 4 4<br />
4. a + b + c ≥ abc( a + b + c)<br />
;<br />
2 2 2 2<br />
5. a + b + c + d ≥ ab + bc + cd + da .<br />
2 2 2<br />
a<br />
Bizonyítás. 1. Ha az x + y + z ≥ xy + yz + zx<br />
egyenlőtlenségben az x = ,<br />
b<br />
b c<br />
y = és z = helyettesítést alkalmazzuk, a bizonyítandó egyenlőtlenséghez jutunk.<br />
c a<br />
bc ca ab ⎛<br />
2. Ha a ab c > 0 , akkor + + = ⎜ a b c ⎜ ⎜⎝ 2<br />
bc ⎞<br />
⎟ ⎛<br />
a<br />
⎟ + ⎜<br />
⎠⎟ ⎜⎝ 2<br />
ca ⎞ ⎛<br />
⎟<br />
+ ⎜<br />
b ⎠⎟<br />
⎜⎝⎜<br />
2<br />
ab ⎞<br />
⎟<br />
≥<br />
c<br />
⎟<br />
⎠⎟<br />
bc ca ca ab ab bc<br />
≥ ⋅ + ⋅ + ⋅ ≥a + b +c.<br />
a b b c c a<br />
2 2<br />
3. Ha a 9.1.3. paragrafusban bizonyított egyenlőtlenségbe a , b , c helyébe a -et, b -<br />
2<br />
et illetve c -et helyettesítünk, a bizonyítandó egyenlőtlenséghez jutunk.<br />
2
Valós számok 37<br />
4. Az előbbi egyenlőtlenség valamint a 9.1.3. paragrafus alapján<br />
4 4 4<br />
a + b + c<br />
2 2 2 2 2 2<br />
≥ a b + b c + c a =<br />
= + + +<br />
2 2 2<br />
( ab) ( bc) + ( ca) ≥ abbc + bcca + caab = abc(<br />
a b c)<br />
2 2 2 2<br />
5. Az ( a − b) + ( b− c) + ( c− d) + ( d −a) ≥ 0 egyenlőtlenségből következik,<br />
2 2 2 2<br />
hogy 2a+ 2 b + 2c+ 2d−2ab−2bc −2cd −2da≥<br />
0,<br />
tehát<br />
9.1.8. Alkalmazások (30. oldal)<br />
2 2 2 2<br />
a b c d ab bc cd da<br />
+ + + ≥ + + + .<br />
x y z<br />
1. + + ≥ 3 , ha x, y , z> 0.<br />
y z x<br />
x y z<br />
Bizonyítás. Mivel az , és számok pozitívak, alkalmazhatjuk rájuk a<br />
y z x<br />
x y z x y z<br />
számtani-mértani közepek közti egyenlőtlenséget: + + ≥ 33⋅ ⋅ = 3.<br />
y z x y z x<br />
2. ( a + 2b + c) ( a + b + 2c)( 2a<br />
+ b + c) ≥ 54abc, ha a,, b c≥ 0.<br />
Bizonyítás. Az a + 2b<br />
+ c , 2a + b + c és a + b + 2c összegekre alkalmazzuk<br />
külön-külön a számtani mértani közepek közti egyenlőtlenséget.<br />
⎧⎪ 3<br />
⎪2a<br />
+ b + c ≥ 3 2abc<br />
⎪ 3<br />
3 3<br />
⎨a<br />
+ 2b + c ≥ 3 2abc<br />
⇒ (2 a + b + c)( a + 2 b + c)( a + b + 2 c) ≥ 3 ⋅ 3 (2 abc)<br />
.<br />
⎪ 3<br />
⎪<br />
⎪⎩<br />
a + b + 2c ≥ 3 2abc<br />
2 2 2<br />
x y z x y<br />
3. + + ≥ + + 2 2 2<br />
y z x y z<br />
z<br />
, ha x, y , 0.<br />
x z≥<br />
Bizonyítás. A négyzetes és számtani közép közti egyenlőtlenség alapján<br />
2 2 2<br />
2<br />
x y z 1 ⎛x y z⎞ ⎜ ⎟ x y z<br />
+ + ≥ 2 2 2 ⎜ + + ⎟ ≥ + +<br />
y z x 3 y z x<br />
⎟<br />
, az utolsó egyenlőtlenség az<br />
⎜⎝ ⎠⎟y<br />
z x<br />
x y z<br />
+ + ≥ 3 -ból következik.<br />
y z x<br />
2 2 2<br />
1 1 1<br />
4. Bizonyítsd be, hogy ha x + y + z = 1 és x, y , z> 0,<br />
akkor + + ≥ 3 3 .<br />
x y z<br />
Bizonyítás. A harmonikus és négyzetes középarányosok közti egyenlőtlenség<br />
alapján<br />
2 2 2<br />
3 x + y + z 1 3 1<br />
1 1 1<br />
≤ = ⇒ ≤ ⇒ 3 3 ≤ + +<br />
1 1 1 3 3 1 1 1<br />
+ + + + 3 x y z<br />
x y z x y z<br />
.<br />
.
38 Valós számok<br />
5. Bizonyítsd be, hogy ha a,, b c> 0,<br />
akkor<br />
a + b<br />
+<br />
c<br />
b + c<br />
+<br />
a<br />
c + a<br />
≥ 3 2 .<br />
b<br />
Bizonyítás. Alkalmazzuk a<br />
a + b<br />
,<br />
c<br />
b + c<br />
és<br />
a<br />
c + a<br />
számokra a számtani-<br />
b<br />
mértani közepek közti egyenlőtlenséget, majd a 9.1.2 alkalmazások közül az elsőt.<br />
a + b b + c c + a a + b b + c c + a<br />
c a b c a b<br />
+ + ≥ 3 3 ⋅ ⋅ ≥<br />
( a + b)( b + c)( c + a)<br />
abc<br />
3 3<br />
≥ 3 ≥ 3 =<br />
9.2.2. Alkalmazások (31. oldal)<br />
b + bc + ca ≤ a<br />
Buniakovski egyenlőtlenség segítségével.<br />
+ b + c<br />
8 3 2.<br />
2 2 2<br />
1. Bizonyítsd be az a egyenlőtlenséget a Cauchy-<br />
Bizonyítás. Alkalmazzuk a Cauchy-Buniakovski egyenlőtlenséget az ( abc , , ) és<br />
( x = b, y = c, z = a)<br />
számhármasokra. Így<br />
2<br />
( ab + bc + ca) 2 2 2 2 2 2<br />
≤ ( a + b + c )( b + c + a ) ,<br />
tehát négyzetgyökvonással a keresett egyenlőtlenséghez jutunk:<br />
ab + bc + ca ≤ ab + bc + ca<br />
2 2<br />
≤ a + b + c<br />
2 .<br />
2. a( b + c) + b( c + a) + c( a + b) ≤ 2 ( a + b + c)<br />
, ahol a, b és c pozitív.<br />
Bizonyítás<br />
( ab ( c) bc ( a) ca (<br />
2<br />
b) ) ( a b c b c a c a<br />
2<br />
b)<br />
≤ ( (<br />
2<br />
a) + (<br />
2<br />
b) + (<br />
2<br />
c) ) ( (<br />
2<br />
b + c) + (<br />
2<br />
c + a) + ( a + b)<br />
)<br />
2<br />
= 2( a b<br />
2<br />
c)<br />
+ + + + + = + + + + + ≤<br />
⇒ a( b + c) + b( c + a) + c( a + b) ≤ 2( a + b + c ) .<br />
+ + ⇒<br />
⎛1 1 1⎞<br />
3. ( x + y + z)<br />
⎜ + + ⎟<br />
≥ 9<br />
⎜x y z<br />
⎟ , ha x, y , z> 0.<br />
⎝ ⎠⎟<br />
Bizonyítás<br />
2 2<br />
2<br />
⎛1 1 1⎞ ⎛<br />
2 2<br />
2 ⎛ 1 ⎞ ⎛1⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎞<br />
⎟<br />
( x + y + z) ⎜ ( ( x) ( y) ( z)<br />
⎜<br />
⎜ + + ⎟ ⎟= + + ) ⎜⎜<br />
⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎟ ≥<br />
⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟<br />
⎝x y z⎠ ⎟ ⎜<br />
⎜⎜⎝ ⎜⎝ x ⎠⎟ ⎝⎜y⎠ ⎟ ⎝⎜ z ⎠⎟<br />
⎟<br />
⎠⎟<br />
⎛<br />
≥ ⎜<br />
⎜⎜⎝ x<br />
1<br />
+<br />
x<br />
y<br />
1<br />
+<br />
y<br />
z<br />
2<br />
1 ⎞<br />
⎟ 2 ⎟ =<br />
z<br />
⎟ 3 = 9.<br />
⎠⎟<br />
4. Határozd meg az a − 2b + 3c<br />
kifejezés minimumát és maximumát, ha<br />
2 2 2<br />
a + b + 2c = 1 és a,, bc ∈ .
Valós számok 39<br />
Megoldás<br />
2 2<br />
⎛ 3 ⎞ ⎛ 3 ⎞<br />
⎜<br />
⎛ ⎞ ⎟<br />
⎜ ⎜⎝ ⎜ ⎟<br />
2 ⎠⎟ ⎜⎜⎝<br />
⎝⎜ 2⎠⎟<br />
⎠⎟<br />
2 2 2<br />
2 2<br />
( a − 2b + 3c) = ⎜1⋅a − 2b + ( 2c) ⎟ ≤ ⎜1<br />
+ ( − 2) + ⎜ ⎟<br />
⎟(<br />
a + b + 2c<br />
)<br />
2 =<br />
⎛ 9⎞ 1<br />
1 4 ⎟<br />
9<br />
= ⎜<br />
⎜⎜⎝ + + ⎟⋅<br />
1=<br />
2⎠⎟. 2<br />
Tehát az a − 2b + 3c<br />
kifejezés értéke mindig kisebb, mint<br />
19<br />
és nagyobb, mint<br />
2<br />
−<br />
19<br />
. Még ellenőrizni kell, hogy felveszi-e ezeket a szélsőértékeket. Ez akkor<br />
2<br />
lehetséges, ha a Cauchy-Buniakovski egyenlőtlenségben egyenlőség van, vagyis ha<br />
1 −2<br />
3<br />
3<br />
2 2 2<br />
= = . Innen b = −2a,<br />
c = a . Az a + b + 2c = 1 egyenlőségből<br />
a b 2c<br />
2<br />
2 2 9<br />
következik, hogy + 4 +<br />
2<br />
2<br />
a a a =1,<br />
ahonnan a =±<br />
2<br />
. Tehát a =<br />
19<br />
2<br />
,<br />
19<br />
b = − 2<br />
2 3<br />
, c =<br />
19 2<br />
2<br />
esetén megkapjuk az a − 2b + 3c kifejezés maximális<br />
19<br />
értékét,<br />
19<br />
-t, ha pedig a = −<br />
2<br />
2 2 3<br />
, b = 2 , c = −<br />
19 19 2<br />
2<br />
, akkor a − 2b + 3c<br />
19<br />
értéke minimális, −<br />
19<br />
.<br />
2<br />
5. Bizonyítsd be, hogy az ABC és ABC ′ ′ ′ háromszögek pontosan akkor hasonlók,<br />
ha aa′ + bb′ +<br />
a + b + c a′ + b′ + c′<br />
cc′<br />
= 2 pp′<br />
, ahol p = és p′<br />
=<br />
.<br />
2<br />
2<br />
Bizonyítás. A Cauchy-Buniakovski egyenlőtlenség alapján<br />
( ) 2<br />
aa′ + bb′ + cc′ ≤ ( a + b + c)( a′ + b′ + c′ ) = 4pp′,<br />
ahonnan aa′ + bb′ + cc′ ≤ 2 pp′.<br />
Az egyenlőtlenségben pontosan akkor van<br />
egyenlőség, ha<br />
a<br />
=<br />
a′ b<br />
=<br />
b′ c a b c<br />
, vagyis = = , ami egyenértékű azzal,<br />
c′<br />
a′ b′ c′<br />
hogy a két háromszög hasonló.<br />
9.3.4 Alkalmazások (34. oldal)<br />
1. bc ac ab<br />
+ + ≥ a + b + c,<br />
ahol ab c ><br />
0 .<br />
a b c
40 Valós számok<br />
Bizonyítás. Mivel az egyenlőtlenség szimmetrikus, feltételezhetjük, hogy<br />
a ≥b ≥c<br />
. Ekkor fennáll a következő egyenlőtlenségsor is:<br />
ab ac bc<br />
≥ ≥ .<br />
c b a<br />
Ezekre a számokra felírva a rendezési tételt, kapjuk, hogy<br />
ab ab ac ac bc bc ab ac ac bc bc ab<br />
+ + ≥ + + ,<br />
c c b b a a c b b a a c<br />
ami éppen a bizonyítandó egyenlőtlenség.<br />
2 2 2 2 2<br />
2. a + b + c + d + e ≥ ab + bc + cd + de + ea , ahol a,,,,e∈ bcd .<br />
Bizonyítás. Feltételezhetjük, hogy a ≥b ≥c ≥d ≥e<br />
, így a rendezési tételből<br />
következik, hogy a ⋅ a + b⋅ b + c⋅ c + d ⋅ d + e⋅e ≥a⋅ b + b⋅ c + c⋅ d + d⋅ e + e⋅a. ( ) ( )( )<br />
3 3 3 2 2 2<br />
3. 3 a + b + c ≥ a + b + c a + b + c ≥ 9 abc,<br />
ha a,, bc > 0.<br />
Bizonyítás. Az egyenlőtlenségsor szimmetrikus volta miatt feltételezhetjük, hogy<br />
2 2 2<br />
a ≥b ≥c,<br />
ekkor igazak az a ≥b ≥c<br />
egyenlőtlenségek is. A rendezési elv alapján<br />
felírhatjuk a következő egyenlőtlenségeket:<br />
⎧ 2 2 2 2 2 2<br />
⎪a⋅<br />
a + b⋅ b + c⋅c ≥a⋅ b + b⋅ c + c⋅a ⎪<br />
⎨<br />
.<br />
⎪ 2 2 2 2 2 2<br />
a⋅ a + b⋅ b + c⋅c ≥a⋅ c + b⋅ a + c⋅b ⎪⎩<br />
Ha összeadjuk az előbbi egyenlőtlenségek megfelelő oldalait és mindkét oldalhoz<br />
3 3 3<br />
hozzáadunk ( a + b + c -t, kapjuk, hogy<br />
( )<br />
)<br />
3 a + b + c ≥ a + b + c + ab + ac + ba + bc + ca + cb<br />
3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2<br />
2 2 2<br />
= ( a + b + c)( a + b + c ) .<br />
3<br />
2 2 2<br />
Másrészt az a + b + c ≥ 3 abc és a + b + c<br />
3 2 2 2<br />
≥ 3 a b c egyenlőtlenségek<br />
összeszorzásával a második egyenlőtlenséghez jutunk.<br />
3 3 3<br />
4. a + b + c<br />
2<br />
≥ a<br />
2<br />
bc + b<br />
2<br />
ca + c ab<br />
, a,, b c> 0.<br />
2<br />
Bizonyítás. Az a<br />
1 2<br />
b c ≤ a ( b + c)<br />
egyenlőtlenség alapján írhatjuk, hogy<br />
2<br />
2<br />
a<br />
2<br />
bc + b<br />
2<br />
ac + c<br />
1 2 2 2<br />
bc ≤ ( a ( b + c) + b ( a + c) + c ( a + b)<br />
) .<br />
2<br />
A rendezési elv alapján viszont<br />
2 2 2 3 3 3 2 2 2 3 3 3<br />
ab+ bc+ ca≤ a + b + c és ac + ba+ cb≤ a + b + c ,<br />
2 2 2 3 3<br />
tehát c + b ac + c bc ≤ a + b + c<br />
3<br />
a b .<br />
a b c 3<br />
5.<br />
+ + ≥ , ha a,, b 0.<br />
a + 2b + 2c 2a + b + 2c 2a + 2b<br />
+ c 5 c><br />
⎛ 1 1 1 ⎞<br />
Bizonyítás. Az ( abc , , ) és<br />
, ,<br />
⎝a + 2b + 2c 2a + b + 2c 2a + 2b<br />
+ c⎠<br />
⎟<br />
számhármasok<br />
⎜<br />
ellentétes rendezésűek, tehát a rendezési tétel alapján írhatjuk, hogy<br />
=
Valós számok 41<br />
a b c b c a<br />
+ + ≥ + +<br />
a + 2b + 2c 2a + b + 2c 2a + 2b + c a + 2b + 2c 2a + b + 2c 2a + 2b<br />
+c<br />
a b c c a b<br />
+ + ≥ + +<br />
a + 2b + 2c 2a + b + 2c 2a + 2b + c a + 2b + 2c 2a + b + 2c 2a + 2b<br />
+c<br />
a b c a b<br />
c<br />
+ + = + +<br />
a + 2b + 2c 2a + b + 2c 2a + 2b + c a + 2b + 2c 2a + b + 2c 2a + 2b<br />
+ c<br />
Ha az első két egyenlőtlenséget szorozzuk 2 -vel és összeadjuk mindhárom<br />
egyenlőtlenség megfelelő oldalait a bizonyítandó egyenlőtlenséghez jutunk.<br />
I.9.4. Gyakorlatok és feladatok (34. oldal)<br />
1. ( a + b) c + ( b + c) a + ( c + a) b ≥ 6 abc , ha a,, bc ≥ 0.<br />
Bizonyítás. Tudjuk, hogy a + b ≥ 2 ab , b + c ≥ 2 bc , c + a ≥ 2 ac , így<br />
( a + b) c + ( b + c) a + ( c + a) b ≥ 2 abc + 2 abc + 2 abc = 6 abc .<br />
a b c d<br />
2. + + + ≥ 4 , ahol a,,, bc d> 0.<br />
b c d a<br />
Bizonyítás. A számtani-mértani középarányosok közti egyenlőtlenség alapján<br />
a b c d<br />
+ + + ≥2 b c d a<br />
a b<br />
⋅ + 2<br />
b c<br />
c d<br />
⋅ ≥ 4⋅<br />
d a<br />
a b c d<br />
⋅ ⋅ ⋅<br />
b c d a<br />
= 4.<br />
3. Bizonyítsd be, hogy ha a + b + c = 1,<br />
akkor<br />
2 2 2 1<br />
1 1 1<br />
a) a + b + c ≥ ; b) + + ≥ 9 .<br />
3<br />
a b c<br />
Bizonyítás. a) A számtani és négyzetes közepek közti egyenlőtlenség alapján<br />
2 2 2<br />
a + b + c a + b + c<br />
1<br />
2 2 2 ⎛1⎞ 1<br />
≥ = , tehát a + b + c ≥⎜⎟ ⎟ ⋅ 3 =<br />
3 3 3<br />
⎜⎜⎝3⎠⎟ .<br />
3<br />
b) A 9.1.2. alkalmazások 3. feladata (vagy a számtani és harmonikus közép közti<br />
⎛1 1 1⎞<br />
egyenlőtlenség) alapján ( a + b + c) ⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝<br />
+ + ⎟ ≥ 9<br />
a b c⎠⎟,<br />
tehát az adott feltétel alapján<br />
1 1 1<br />
+ + ≥ 9 .<br />
a b c<br />
4. Bizonyítsd be, hogy:<br />
1 1 1 1⎛1 1 1 ⎞<br />
a)<br />
⎟<br />
*<br />
+ + ≤ ⎜ + + ⎟<br />
a + b b + c c + a 2<br />
⎜⎜⎝a b c⎠⎟,<br />
ha a, b , c ∈ + ;<br />
2 2 2 1 1<br />
*<br />
b) + + ≤ + + 1,<br />
ha a, b ∈ <br />
+ ;<br />
a + b a + 1 b + 1 a b<br />
2
42 Valós számok<br />
a + b b + c c + a 1 1 1<br />
*<br />
+ + ≤ + + , ha a, b , c ∈ + ;<br />
a + b b + c c + a a b c<br />
c) 2 2 2 2 2 2<br />
2 2 3<br />
a + b a + b a + b<br />
d) ⋅ ≤<br />
2 2 2<br />
3<br />
ha a + b > 0 ;<br />
e) ab c ≥( − a + b + c)( a − b + c)( a + b − c)<br />
, ha a,, b c> 0;<br />
f)<br />
a b c<br />
+ + ≤<br />
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2<br />
( a + b )( a + c ) ( b + a )( b + c ) ( c + a )( c + b )<br />
≤<br />
1<br />
2<br />
2 2 2<br />
a + b + c<br />
abc<br />
*<br />
, ha a, b , c ∈ + ;<br />
⎛ 1 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 1 ⎞<br />
g) 3 ⎟ 4<br />
⎟<br />
*<br />
⎜ ⎜<br />
⎜<br />
+ + ≥ + + ⎟<br />
⎝abbc ca ⎠⎟ ⎟ ⎜ ⎜⎝a+<br />
b a + c b + c ⎠⎟<br />
, ha a, b , c ∈ + .<br />
Bizonyítás. a) A számtani és harmonikus közép közti egyenlőtlenség alapján<br />
a + b 2 1 1 4<br />
1 1 4<br />
≥ , tehát + ≥ . Hasonlóan írhatjuk, hogy + ≥ és<br />
2 1 1<br />
+ a b a +b b c b + c<br />
a b<br />
1 1 4<br />
+ ≥ , tehát ha az előbbi egyenlőtlenségek megfelelő oldalait összeadjuk, a<br />
c a c + a<br />
bizonyítandó egyenlőtlenséghez jutunk.<br />
b) Ha az előbbi egyenlőtlenséget c = 1 esetén írjuk fel, megkapjuk a kívánt<br />
egyenlőtlenséget.<br />
2 2<br />
2 2 2<br />
c) Az a + b ≥ 2ab<br />
egyenlőtlenségből következik, hogy 2( a + b ) ≥ ( a + b)<br />
, tehát<br />
a + b 2<br />
b + c 2<br />
≤ . Hasonlóan írhatjuk, hogy ≤ 2 2<br />
2 2<br />
a + b a + b<br />
b + c b + c<br />
és c + a 2<br />
≤ 2 2<br />
c + a c +a ,<br />
a + b b + c c + a ⎛ 1 1<br />
tehát 2⎜<br />
1 ⎞⎟⎠<br />
+ + ≤ + +<br />
2 2 2 2 2 2<br />
a + b b + c c + a ⎜⎝a<br />
+ b b + c c + a<br />
és így az a) alpont<br />
alapján következik a kért egyenlőtlenség.<br />
2 2<br />
2 2 a + b<br />
d) Ha az a − a b + b ≥ egyenlőtlenség mindkét oldalát szorozzuk<br />
2<br />
a + b > 0 -val, a bizonyítandó egyenlőtlenséghez jutunk.<br />
*<br />
e) Mivel a,, bc ∈ + , a jobboldalon megjelenő zárójelek közül csak egy lehet negatív<br />
(bármely kettő összege nagyobb, mint 0 ) és ebben az esetben a bal oldal pozitív és a<br />
jobb oldal negatív, feltételezhetjük, hogy − a + b + c = x > 0 , a − b + c = y > 0 és<br />
y + z x + z x + y<br />
a + b−c<br />
= z > 0 . Így viszont a = , b = és c = , tehát az<br />
2 2<br />
2<br />
egyenlőtlenség 8xyz ≤ ( x + y)( y + z)(z + x)<br />
alakban írható, és ezt már igazoltuk a<br />
9.1.2. alkalmazások 1. feladatainál.<br />
2
Valós számok 43<br />
b −( c−a) ≤b<br />
2 2 2 2 2 2<br />
Más megoldás. Összeszorozzuk az a b , és<br />
2 2<br />
c −( a −b) ≤c<br />
2<br />
egyenlőtlenségeket.<br />
( )( )<br />
−( −c) ≤a 2 2<br />
f) Az a + b<br />
2 2<br />
≥ 2ab,<br />
a + c ≥ 2ac<br />
egyenlőtlenség alapján<br />
a<br />
2 2 2 2<br />
a + b a + c<br />
≤<br />
a 1<br />
= ⋅<br />
2ab ⋅ 2ac<br />
2<br />
1<br />
,<br />
bc<br />
tehát az S =<br />
a<br />
+<br />
b<br />
+<br />
c<br />
a + b a + c b + a b + c c + a c + b<br />
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2<br />
( )( ) ( )( ) ( )( )<br />
1⎛ összeg nem nagyobb, mint ⎜ 2 ⎜⎝<br />
1<br />
+<br />
bc<br />
1<br />
+<br />
ca<br />
1 ⎞<br />
⎟<br />
ab ⎠ ⎟<br />
. Másrészt az<br />
1<br />
+<br />
bc<br />
1<br />
+<br />
ca<br />
1 a b c<br />
≤ + +<br />
ab bc ac ab<br />
2 2<br />
egyenlőtlenség ekvivalens a abc ( a + b + c ) ≤ a + b + c<br />
2 egyenlőtlenséggel<br />
és ez a 9.1.4. alkalmazások 4. feladata a, b és c -re.<br />
⎛<br />
g) Alkalmazzuk a Cauchy-Buniakovski egyenlőtlenséget az ⎜<br />
⎝⎜ ⎛2 bc 2 ac 2 ab ⎞<br />
⎜ , ,<br />
⎟<br />
⎜b c a c a b<br />
⎟ számhármasokra. Így írhatjuk, hogy<br />
⎜ ⎝ + + + ⎠ ⎟<br />
1<br />
,<br />
bc<br />
1<br />
,<br />
ac<br />
1 ⎞<br />
ab ⎠⎟<br />
és<br />
2<br />
⎛ 2 2 2 ⎞ 1 1 1 ⎛<br />
⎜<br />
⎛ ⎞⎜4bc ⎜<br />
⎟ ⎜ ⎟<br />
⎜<br />
+ + ⎟ ≤ + + ⎟⎜<br />
2 ⎝b+ c a + c a + b⎠⎟ ⎜ ⎜⎝bcac<br />
ab⎠⎜ ⎟<br />
⎝⎜( b + c) 4ac 4ab<br />
⎞<br />
+ + ⎟<br />
2<br />
( a + c) ( a + b)<br />
⎟.<br />
2<br />
⎠⎟<br />
Ebből következik a kért egyenlőtlenség, mert<br />
4bc<br />
1 2<br />
( b c) ≤ ,<br />
+<br />
4ac<br />
1 2<br />
( a c) ≤<br />
+<br />
4ab<br />
2<br />
( a b) 1 ≤<br />
+<br />
.<br />
és
44 Egyenletek és egyenlőtlenségek<br />
II. Egyenletek és egyenlőtlenségek<br />
II.1.3. Gyakorlatok és feladatok (37. oldal)<br />
1. Oldd meg a következő egyenleteket:<br />
a) x + 2 = 3 ; b) 2x− 3 =<br />
x + 1 3x + 1 1<br />
6 ; c) − = − ;<br />
2 3 3<br />
2x 2x<br />
−1<br />
d) ( x − 2)( x + 1) −( x − 1)( x + 1) =−5;<br />
e) = ;<br />
x − 3 x + 2<br />
3 3<br />
f) ( x + 1 ) −( x − 1)<br />
2<br />
= 6x<br />
+ 2.<br />
Megoldás. a) x + 2 = 3 ⇔ x = 3 − 2;<br />
b) 2x − 3 = 6 ⇔ 2x = 6 + 3 ⇔ x =<br />
6 +<br />
2<br />
3<br />
= 3 +<br />
2<br />
6 ;<br />
x + 1 3x + 1 1<br />
c) − = − ⇔ 3( x + 1) − 2(3x + 1) =−2⇔ − 3x = −3⇔ x = 1 ;<br />
2 3 3<br />
d) ( x − 2)( x + 1) −( x − 1)( x + 1) =−5 ⇔ ( x + 1)[( x −2) −( x − 1)] = −5⇔ ⇔ ( x + 1)(<br />
− 1) = −5 ⇔ x + 1= 5 ⇔ x = 4;<br />
e) Ahhoz, hogy a 2x<br />
2x−1<br />
és törtek értelmezettek legyenek, szükséges, hogy<br />
x − 3 x + 2<br />
x ≠ 3 és x ≠−2.<br />
Ha ez teljesül, az eredeti egyenlet a következő módon alakítható:<br />
2 2<br />
3<br />
2( xx+ 2) = (2x−1)( x−3) ⇔ 2x+ 4x= 2x− 7x+ 3⇔<br />
11x = 3 ⇔ x = ;<br />
11<br />
3 3 2 3 2 3 2<br />
f) ( x + 1) −( x − 1) = 6x + 2 ⇔ x + 3x + 3x + 1 −( x − 3x + 3x − 1) =<br />
2<br />
2 2<br />
= 6x+ 2 ⇔ 6x + 2 = 6x + 2 ⇔ 0 = 0.<br />
Az egyenlőség tehát minden valós x<br />
esetén teljesül, így a megoldáshalmaz .<br />
2. Oldd meg a következő egyenleteket:<br />
a + b + x b + c + x c + a + x<br />
*<br />
a) + + + 3 = 0,<br />
ahol a,, bc ∈ ;<br />
c a b<br />
x + ab x + bc x + ac<br />
b) + + =− ( a + b + c)<br />
, ahol ( a + b)( b + c)( a + c)<br />
≠ 0 és<br />
a + b b + c a + c<br />
abc∈ ,, ;<br />
x + a x + b x + c −3x<br />
c) + + = , ahol ( a + b)( b + c)( a + c)<br />
≠ 0,<br />
b + c c + a a + b a + b + c<br />
a + b + c ≠ 0 és a,, bc ∈ .<br />
Megoldás. a) A következő átalakításokat végezhetjük<br />
a + b + x b + c + x c + a + x<br />
+ + + 3 = 0 ⇔<br />
c a b<br />
2 2 2 2 2 2<br />
⎛1 1 1⎞ ab+ ab + bc+ bc + ca+ ca + 3abc<br />
⇔ ⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝<br />
+ + ⎟x<br />
+ = 0 ⇔<br />
a b c⎠⎟ abc
Egyenletek és egyenlőtlenségek 45<br />
⇔ ( ab + bc + ca) x + ( a + b + c)( ab + bc + ca)<br />
= 0 ⇔<br />
⇔ ( ab + bc + ca)( x + a + b + c)<br />
= 0.<br />
Ha a b + bc + ca = 0 , akkor minden valós szám megoldása az egyenletnek.<br />
Ha ab + bc + ca ≠ 0 , akkor x + a + b + c = 0 , tehát az egyenlet egyetlen<br />
megoldása az x = −(<br />
a + b + c)<br />
;<br />
b) Az egyenlet a következőképpen alakítható:<br />
x + ab x + bc x + ca<br />
+ + =− ( a + b + c)<br />
⇔<br />
a + b b + c c + a<br />
x + ab x + bc x + ca<br />
⇔ + c + + a + + b = 0 ⇔<br />
a + b b + c c + a<br />
x + ab + bc + ca x + bc + ca + ab x + ca + ab + bc<br />
⇔ + + = 0 ⇔<br />
a + b b + c c + a<br />
⎛ 1 1 1 ⎞<br />
⇔ ( x + ab + bc + ca) ⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝<br />
+ + ⎟ = 0<br />
a + b b + c c + a⎠⎟<br />
.<br />
1 1 1<br />
Ha + + = 0 , akkor minden valós szám megoldása az egyenletnek,<br />
a + b b + c c + a<br />
1 1 1<br />
míg ha + + ≠ 0 , akkor x = − ( ab + bc + ca)<br />
az egyenlet egyetlen<br />
a + b b + c c + a<br />
megoldása.<br />
c) A következő ekvivalens átalakításokat végezzük:<br />
x + a x + b x + c −3x<br />
+ + = ⇔<br />
b + c a + c a + b a + b + c<br />
x + a x + b x + c −3x<br />
⇔ + 1+ + 1+ + 1=<br />
+ 3 ⇔<br />
b + c a + c a + b a + b + c<br />
x + a + b + c x + b + a + c x + c + a + b − 3( x + a + b + c)<br />
⇔ + + = + 6 ⇔<br />
b + c a + c a + b a + b + c<br />
⎛ 1 1 1 3 ⎞<br />
⇔ ( x + a + b + c) ⎜ ⎟<br />
⎜⎝<br />
+ + + ⎟ =<br />
b + c a + c a + b a + b + c⎠⎟<br />
6.<br />
1 1 1 3<br />
Ha + + + = 0 , az egyenletnek nincs megoldása, míg ha<br />
b + c a + c a + b a + b + c<br />
1 1 1 3<br />
+ + + ≠ 0 , az egyetlen megoldás<br />
b + c a + c a + b a + b + c<br />
6<br />
x = −a −b−c .<br />
1 1 1 3<br />
+ + +<br />
b + c a + c a + b a + b + c<br />
3. Oldd meg a következő egyenleteket:<br />
1⋅2⋅x −3 2⋅3⋅x −5 3⋅4⋅x −7<br />
k ⋅ ( k + 1) ⋅x −2k −1<br />
a) + + + ... +<br />
= 0 ;<br />
2 2 2 2 2 2 2 2<br />
1 ⋅2 2 ⋅3 3 ⋅4 k ⋅ ( k + 1)
46 Egyenletek és egyenlőtlenségek<br />
b).<br />
1 1 1 1 4<br />
+ + +<br />
= .<br />
xx ( + 1) ( x+ 1)( x+ 2) ( x+ 2)( x+ 3) ( x+ 3)( x+ 4) 5x<br />
k<br />
ii ( + 1) x−2i− 1 ⎛ k<br />
1 ⎞ k<br />
2i+ 1<br />
∑ = 0 ⇔ x ⎜ ⎟ 2 2<br />
i ( i + 1)<br />
⎜<br />
= ⇔<br />
⎜ ∑i( i 1 )<br />
⎟ ∑<br />
⎝ + ⎠ i ( i + 1)<br />
Megoldás. a) 2 2<br />
i=<br />
1<br />
i= 1 i=<br />
1<br />
⎛ k k<br />
⎛1 1 ⎞⎞ ⎛1 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 1<br />
⇔ x⎜⎜ − ⎟ ⎟ = ⎜ − ⎟<br />
⇔ x⎜1−<br />
⎟=<br />
1−<br />
⎜<br />
⎜<br />
⎜ ∑ ⎟ 2 2<br />
⎟<br />
i= 1 ⎝<br />
⎜ ⎜i i 1 ⎠⎟⎟ ⎟ ∑⎜ ⎜<br />
⎜<br />
i=<br />
1 i ( i 1) ⎟<br />
⎜ k 1 ⎟<br />
2<br />
⎝ + ⎠ ⎝ + ⎠ ⎝ + ⎠ ( k + 1)<br />
1<br />
Tehát x = 1 + az egyenlet egyetlen megoldása.<br />
k + 1<br />
b) Az értelmezési tartomány D = \ {0, −1, −2, −3, −4}<br />
.<br />
1 1 1 1 4<br />
+ + + = ⇔<br />
xx ( + 1) ( x+ 1)( x+ 2) ( x+ 2)( x+ 3) ( x+ 3)( x+ 4) 5x<br />
.<br />
1 1 1 1 1 1 1 1 4<br />
⇔ − + − + − + − = ⇔<br />
x x + 1 x + 1 x + 2 x + 2 x + 3 x + 3 x + 4 5x<br />
1 1 4 4 4 x ≠0<br />
1 1<br />
⇔ − = ⇔ = ⇔ = ⇔ x + 4 = 5 ⇔ x = 1.<br />
x x + 4 5x<br />
xx ( + 4) 5xx+ 4 5<br />
Mivel 1 ∈ D , az egyenlet egyetlen megoldása az x = 1 .<br />
4. Oldd meg és tárgyald a következő egyenleteket:<br />
a) mx + n = 0, m, n ∈ ;<br />
2<br />
b) m( m − 1) x= 2( m −1), m∈<br />
;<br />
2 3<br />
c) ( m − 1) x + m − 1= 0,<br />
x −m x −2m<br />
m ∈ ; d) = ,<br />
x −2 x −4<br />
m ∈ ;<br />
mx + 1 mx<br />
e) = ,<br />
x x − 2<br />
m ∈ ; f) xx ( − m) = ( x− 1)( x+ m), m∈<br />
;<br />
g) ( x + 1 )( x + m) = ( x − 2 m)( x + 2) + n, m, n ∈ ;<br />
1 1 1 3<br />
*<br />
h) + +<br />
= , ahol m ∈ .<br />
xx ( + 1) ( x+ 1)( x+ 2) ( x+ 2)( x+ 3) mx<br />
Megoldás. a) Az mx + n = 0 egyenletet ekvivalens az mx = −n<br />
egyenlettel. A<br />
következő eseteket kell letárgyalnunk:<br />
1. Ha m ≠ 0 , akkor végigoszthatjuk az egyenlet mindkét oldalát m -mel, így<br />
n<br />
kapjuk az egyenlet egyetlen megoldását az x = − -et.<br />
m<br />
2. Ha m = 0 , akkor az egyenlet így alakul: 0 = −n<br />
. Így ismét két esetet<br />
különböztetünk meg:<br />
2.a. Ha n ≠ 0, akkor az egyenletnek nincs megoldása.<br />
2.b. Ha n = 0 , akkor a megoldáshalmaz a valós számok halmaza.<br />
2<br />
b) m( m − 1) x= 2( m −1) ⇔ mm ( − 1) x= 2( m− 1)( m+<br />
1)<br />
Ha m = 1 , akkor az egyenlet 1⋅0 ⋅ x = 2⋅0⋅2 alakot ölt, amelyet minden valós<br />
szám kielégít.
Egyenletek és egyenlőtlenségek 47<br />
Ha m ≠ 1 , akkor az egyenlet mindkét oldalát eloszthatjuk ( m −1)<br />
-el, így kapjuk,<br />
hogy mx = 2( m + 1) . Így tárgyalás szükséges. Ha m = 0 , akkor az egyenlet 0 = 2,<br />
a megoldáshalmaz tehát az üres halmaz, míg ha m ≠ 0 , akkor az egyenlet mindkét<br />
2(m + 1)<br />
oldalát végigoszthatunk m -mel, a megoldás: x = . Az előbbi eseteket a<br />
m<br />
következő táblázatba foglalhatjuk:<br />
m A megoldáshalmaz<br />
m = 1<br />
<br />
m = 0<br />
∅<br />
m ∈ \{0,1}<br />
⎧⎪2( m + 1) ⎫⎪<br />
M = ⎪<br />
⎨<br />
⎪<br />
⎬<br />
⎪ ⎪⎩ m ⎪ ⎪⎭<br />
2 3 2<br />
c) ( m − 1) x + m − 1 = 0 ⇔ ( m − 1)[( m + 1) x + m + m + 1] = 0<br />
Ha m = 1 , azonosságot kapunk, tehát minden valós szám megoldás.<br />
2<br />
Ha m ≠ 1 , akkor ( m + 1 ) x =−m −m −1.<br />
Két esetet különböztetünk meg,<br />
aszerint, hogy ( m + 1) nulla vagy sem. Ha m + 1= 0,<br />
vagyis m = −1<br />
, akkor az<br />
egyenlet: 0 = − 1+<br />
1−1, amelynek nyilvánvalóan nincs megoldása. Ha m ≠ 1 és<br />
2<br />
m + m + 1<br />
m ≠−1,<br />
akkor az egyenletnek egyetlen megoldása van, x = −<br />
. Tehát<br />
m + 1<br />
az esetek a következő táblázatban foglalhatók össze:<br />
m A megoldáshalmaz<br />
m = 1<br />
<br />
m = − 1<br />
∅<br />
m ∈ \{ −1,1}<br />
⎧ 2<br />
⎪ m + m + 1⎫⎪<br />
M = ⎪<br />
⎨−⎪ ⎬<br />
⎪ ⎪⎩ m + 1 ⎪ ⎪⎭<br />
x −m x −2m<br />
d) Az = egyenlet gyökeit az \{2,4} halmazban kell keresnünk,<br />
x −2 x − 4<br />
másként a törtek nem lennének értelmezettek. Átalakítva az egyenletet, kapjuk, hogy<br />
( x −m)( x − 4) = ( x −2 m)( x −2)<br />
⇔<br />
2 2<br />
⇔ x − 4x − mx + 4m = x −2x − 2mx + 4m<br />
⇔ ( 2)<br />
m − x =<br />
Ha m = 2 , akkor minden \{2,4} halmazbeli szám megoldás. Ha m ≠ 2 , akkor az<br />
egyenlet megoldása x = 0 , ez a törtek értelmezési tartományában is benne van.<br />
m A megoldáshalmaz<br />
m = 2<br />
\{2,4}<br />
m ≠ 2<br />
M = {0}<br />
e) Az egyenlet értelmezési tartománya D = \{0,2} .<br />
mx + 1 mx<br />
2 2<br />
= ⇔ mx + x −2mx − 2 = mx ⇔(1− 2 m) x = 2.<br />
x x − 2<br />
0.
48 Egyenletek és egyenlőtlenségek<br />
1<br />
Ha 1− 2m= 0,<br />
vagyis m = , akkor a 0 = 2 hamis egyenlőséget kapjuk, így az<br />
2<br />
1<br />
2<br />
egyenletnek nincs megoldása. Ha m ≠ , akkor x = , tehát azt kell<br />
2<br />
1−2m megvizsgálni, hogy ez benne van-e az értelmezési tartományban vagy sem. A<br />
2<br />
0<br />
1 2m = egyenlőség nem teljesülhet egyetlen m ∈ esetén sem, míg a<br />
−<br />
2<br />
2<br />
1 2m = egyenlőségből m = 0 . Így a következő táblázathoz jutunk:<br />
−<br />
m A megoldáshalmaz<br />
1<br />
m =<br />
2<br />
∅<br />
m = 0<br />
1<br />
m ∈ \ { 0,<br />
2}<br />
∅<br />
2<br />
M = { 1−2m} 2 2<br />
f) xx ( − m) = ( x− 1)( x+ m) ⇔ x − mx= x − x+ mx−m⇔(2m− 1) x = m .<br />
1<br />
1<br />
Ha m = , akkor a 0 ⋅ x = egyenlőséghez jutunk, amelyet egyetlen valós szám<br />
2<br />
2<br />
1<br />
m<br />
sem teljesít. Ha m ≠ , akkor a megoldás x = .<br />
2<br />
2m−1 m A megoldáshalmaz<br />
1<br />
m =<br />
2<br />
1<br />
m ≠<br />
2<br />
∅<br />
m<br />
M = { 2m− 1}<br />
g) ( x + 1 )( x + m) = ( x − 2 m)( x + 2) + n ⇔ (3m − 1) x = − 5m<br />
+ n.<br />
1<br />
− 5m<br />
+ n<br />
Ha 3m−1≠ 0,<br />
vagyis m ≠ , akkor x = . Ha<br />
3<br />
3m−1 1<br />
m = ,<br />
3<br />
akkor az<br />
5<br />
1 5<br />
5<br />
egyenlet 0 ⋅ x = − + n alakúvá válik. Ha m = és − + n = 0 , vagyis n = ,<br />
3<br />
3 3<br />
3<br />
1 5<br />
akkor a megoldáshalmaz az , míg ha m = és n ≠ , akkor az egyenletnek nincs<br />
3 3<br />
megoldása. Ezeket az eseteket a következő táblázatba lehet szemléltetni:<br />
m<br />
1<br />
m ≠<br />
3<br />
n<br />
n ∈ <br />
A megoldáshalmaz<br />
− 5m<br />
+ n<br />
M = { 3m−1 }<br />
1<br />
m =<br />
3<br />
5<br />
n =<br />
3<br />
5<br />
n ≠<br />
3<br />
<br />
∅
Egyenletek és egyenlőtlenségek 49<br />
h) A törtek értelmezési tartománya D = \ {0, −1, −2, −3}<br />
.<br />
( x + 1) − x ( x + 2) − ( x + 1) ( x + 3) − ( x + 2) 3<br />
+ + = ⇔<br />
xx ( + 1) ( x+ 1)( x+ 2) ( x+ 2)( x+ 3) mx<br />
1 1 1 1 1 1 3 1 1 3<br />
⇔ − + − + − = ⇔ − = ⇔<br />
x x + 1 x + 1 x + 2 x + 2 x + 3 mx x x + 3 mx<br />
3 3<br />
2<br />
⇔ = ⇔ mx = x + 3 x ⇔ x( x + 3 − m)<br />
= 0.<br />
xx ( + 3) mx<br />
Ez utóbbi alapján x = 0 vagy x + 3− m = 0.<br />
De az x = 0 érték nincs benne az<br />
értelmezési tartományban, így csak az x + 3− m = 0 eset lehetséges, tehát<br />
x = m − 3 . Ha m ∈ {1, 2, 3}<br />
akkor x rendre −2, − 1, 0 , ezek az értékek viszont<br />
nincsenek benne az értelmezési tartományban, tehát az egyenletnek ezekben az<br />
esetekben nincs megoldása. Minden más esetben egyetlen gyök létezik, az<br />
x = m − 3 .<br />
m A megoldáshalmaz<br />
m ∈ {1, 2, 3}<br />
∅<br />
*<br />
m ∈ \{1,2,3}<br />
M { m 3<br />
= − }<br />
5. Mi a feltétele annak, hogy az y = a 1x + b1<br />
és y a2x b egyenesek párhuzamosak<br />
legyenek?<br />
= + 2<br />
Megoldás. Két egyenes akkor párhuzamos, ha nem metszik egymást. Tehát annak<br />
feltétele, hogy az y = a x + b és y = a x + b egyenesek párhuzamosak legyenek,<br />
1 1<br />
2<br />
az, hogy az a1x + b1 = ax 2 + b2<br />
( = y)<br />
egyenletnek ne legyen megoldása. Az<br />
egyenletet átalakítva, kapjuk, hogy ( a1 − a2) x = b2 −b1. Amennyiben az a 1 és a 2<br />
számok különbözőek lennének, az egyenletnek mindig lenne megoldása<br />
⎛ b2 −b ⎞<br />
1<br />
⎜ x<br />
⎟<br />
⎜<br />
=<br />
a1 a<br />
⎟ . Tehát a párhuzamosság egyik szükséges feltétele az, hogy a1 = a 2<br />
⎜⎝ − ⎟<br />
2⎠<br />
legyen. Azonban ez még nem elégséges, ugyanis ebben az esetben az egyenlet<br />
0 ⋅ x = b2 −b1<br />
alakú, amelynek b 1 2 esetben minden valós szám megoldása (ez<br />
egyben azt is jelenti, hogy a két egyenes pontosan akkor egybeeső, ha a a2<br />
és<br />
b1 = b2).<br />
Tehát még az is szükséges, hogy b és b különbözzenek. A két egyenes<br />
párhuzamosságának feltétele tehát a és b b .<br />
b =<br />
1 =<br />
1 2<br />
1 = a2<br />
1 ≠ 2<br />
6. Egy olyan M(, x y ) síkbeli pontot, amelyre x, y ∈ rácspontnak nevezünk.<br />
Bizonyítsd be, hogy ha egy egyenesen van két rácspont, akkor végtelen sok rácspont<br />
található rajta.<br />
Bizonyítás. Legyen az egyenes egyenlete y = ax + b,<br />
a rajta fekvő két rácspont<br />
pedig ( x , y ) és ( x , y . Felírható tehát az y = a x + b és y a b x = +<br />
1 1<br />
egyenlőség. Ha k tetszőleges egész szám, az első egyenletet ( k + 1)<br />
-el, a másodikat<br />
pedig k -val szorozzuk, majd egymásból kivonjuk a kapott egyenlőségeket, akkor a<br />
( k + 1 ) y − ky<br />
=<br />
a⋅ [( k + 1)<br />
x − kx ] + b egyenlőséghez jutunk. Tehát a<br />
1 2<br />
2 2)<br />
1 2<br />
2<br />
1<br />
1<br />
2 2
50 Egyenletek és egyenlőtlenségek<br />
( ( k + 1) x1 − kx2,( k + 1) y1 − ky2)<br />
pont is az egyenesen helyezkedik el. A<br />
továbbiakban igazoljuk, hogy különböző k értékekhez különböző pontok tartoznak.<br />
Ha M ( ( m + 1) x − mx ,( m + 1)y<br />
− my<br />
) és N ( n + 1) x − nx ,( n + 1) y − ny<br />
1 2<br />
1<br />
( )<br />
2 1 2 1 2<br />
két ilyen pont, ahol m, n ∈ , akkor<br />
⎧ ⎪(<br />
m + 1) x1<br />
− mx2<br />
= ( n + 1) x1<br />
− nx2<br />
⎪⎧<br />
( m −n)( x1 − x2)<br />
= 0<br />
M = N ⇔ ⎪<br />
⎨<br />
⇔ ⎪<br />
⎨<br />
⎪ ( m + 1) y1<br />
− my2<br />
= ( n + 1) y1<br />
− ny ⎪ 2 ( m −n)( y1 − y2)<br />
= 0<br />
⎪⎩<br />
⎪⎩<br />
Ha m ≠ n , akkor x 1 = x2<br />
és y 1 = y2,<br />
ami azt jelentené, hogy az egyenesen fekvő két<br />
rácspont egybeesik, ami ellentmondana a feltételnek. Következik tehát, hogy m ≠ n<br />
esetén M és N különböző pontok. Mivel végtelen sok egész szám létezik és a<br />
különböző számokhoz tartozó pontok különbözőek, az egyenesen végtelen sok<br />
rácspont helyezkedik el.<br />
7. Van-e olyan egyenes, amely csak egy rácsponton halad át?<br />
Megoldás. Igen, sőt végtelen sok olyan egyenes van, amely pontosan egy<br />
rácsponton halad át. Tetszőleges q irracionális szám és r egész szám esetén vegyük a<br />
d : y = qx + r egyenest. A d egyenes nyilván átmegy az O (0, r)<br />
ponton. Ha d<br />
y0−r tartalmaz még egy Mx ( 0, y0)<br />
rácspontot, akkor y0 = qx0 + r , q = , ami<br />
x<br />
ellentmond q irracionalitásának. Tehát az y = q x + r , q ∈ \ , r ∈ egyenletű<br />
(0, 0) Mmn ( , ) mn ) = 1<br />
mn) = d , ,d∈ *<br />
egyenesek pontosan egy rácspontot tartalmaznak.<br />
8. Hány rácspont van az OM szakaszon, ha O , és ( , ? Hát<br />
akkor ha ( , ? (m n ).<br />
Megoldás<br />
Nézzük előbb azt az esetet, amikor m ,n<br />
relatív prímek. Igazoljuk, hogy az OM<br />
szakaszon két rácspont található, a szakasz<br />
végpontjai. Legyen ( x0, y0)<br />
egy rácspont az<br />
OM szakaszról. Thálész tétele alapján<br />
x0 ON y0<br />
= = ,<br />
m OM n<br />
vagyis xn 0 = ym 0 . Eszerint n osztója y0m-nek, s mivel ( nm , ) = 1,<br />
következik,<br />
hogy y0 többszöröse n -nek. De 0 ≤y0≤n<br />
, így y 0 csak a 0 és n értékeket veheti<br />
fel. Ha y 0 = 0 , akkor x 0 = 0 kell legyen (ekkor N egybeesik az origóval), ha pedig<br />
y0= n , akkor x0= m , ekkor N = M . Tehát két rácspont van az OM szakaszon,<br />
ezek az O, M pontok.<br />
Ha ( nm , ) = d,<br />
akkor léteznek az n 0,m0 számok úgy, hogy ( n0, m 0) = 1,<br />
n = dn0,<br />
m = dm0.<br />
Ekkor az x0n = y0megyenlőség<br />
xn 0 0 =<br />
ym 0 0 alakban írható.<br />
0
Egyenletek és egyenlőtlenségek 51<br />
Tehát n y m ⇒ n y ⇒<br />
0 0 0 0 0 0 0<br />
⎧⎪ 0<br />
⎪⎩<br />
0<br />
+ 1<br />
, y = kn k ∈ ⇒ x0 = km0<br />
≤x0≤m szakaszon van, tehát ⇔<br />
≤y0≤n ⎧⎪ 0 ≤km ≤d<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪<br />
⎪⎩<br />
0 ≤kn ≤dn<br />
⎪ OM<br />
⎨<br />
⎪<br />
m<br />
0 0<br />
OM szakaszon d rácspont van, ezek a következők: ⎜<br />
n<br />
0 0<br />
. Másrészt az N pont az<br />
⇔ 0 ≤k ≤d<br />
. Tehát az<br />
⎛ m⎟<br />
⎞<br />
k , k , ahol k 0, d .<br />
⎝ d d ⎠ =<br />
9. a) Ábrázold az ax + by<br />
= c egyenlőséget teljesítő ( xy , ) koordinátájú pontokat.<br />
b) Mi a feltétele annak, hogy az előbbi pontok közt rácspont is legyen, ha<br />
abc ,, ∈ ?<br />
a c<br />
≠ 0, b ≠ 0<br />
− x<br />
b b<br />
+ =<br />
c<br />
,0<br />
a<br />
⎟<br />
= 0<br />
c<br />
y = b ≠ 0 = 0,<br />
b<br />
c<br />
c) Ha az előbbi feltételek teljesülnek és a pontok közt vannak rácspontok, mennyi<br />
a rácspontok közt fellépő minimális távolság?<br />
Megoldás. a) Ha a , akkor az egyenlet y alakban írható,<br />
ami a 0,<br />
⎞<br />
b<br />
⎟⎠<br />
c<br />
= 0, a ≠ 0 =<br />
a<br />
= 0, b = 0<br />
c<br />
b ⎟<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎜⎝<br />
és ⎛ ⎞<br />
⎜<br />
⎜⎝ pontokon átmenő egyenes egyenlete (ha c , az egyenes:<br />
⎠<br />
a<br />
− ). Ha a = 0, , akkor y , ami a<br />
b<br />
⎛ ⎜<br />
⎜⎝ ponton átmenő, az Ox<br />
⎛c⎞ tengellyel párhuzamos egyenes egyenlete. Ha b , akkor x , a ,0<br />
⎝a⎠⎟ xOy<br />
-n<br />
⎞<br />
⎠<br />
x<br />
⎜<br />
átmenő, Oy -nal párhuzamos egyenes. Ha a és c = 0 , akkor az sík<br />
bármely pontja kielégíti az egyenletet. Ha a = 0, b = 0 és c ≠ 0 , akkor egyetlen<br />
pont koordinátáira sem teljesül az egyenlőség.<br />
b) Igazoljuk, hogy az ax + by = c, a, b, c ∈ egyenletet teljesítő (, xy)<br />
pontok<br />
között pontosan akkor van rácspont, ha ( ab , ) |c.<br />
Előbb igazoljuk, hogy a feltétel<br />
elégséges. Ha a = b = 0 , akkor csak abban az esetben van rácspont az egyenletet<br />
teljesítő pontok között, ha c = 0 . Feltételezve, hogy a ≠ 0 vagy b ≠ 0 , létezik<br />
uc<br />
d = ( a, b ) és az u, v ∈ számok úgy, hogy au + bv = d . Ha d | c,<br />
akkor x = és<br />
d<br />
vc<br />
y = esetén az ( xy , ) koordinátájú pont rácspont, és koordinátái teljesítik az<br />
d<br />
egyenletet. A feltétel szükségességét egyszerű belátni, hisz ha létezik xy , ∈ és<br />
ax<br />
+ by<br />
= c<br />
, akkor, mivel d | a , d | b,<br />
d osztja c -t is.<br />
c) Ha a⋅ b = 0 , akkor a legkisebb távolság 1, mivel az egyenes párhuzamos<br />
valamelyik tengellyel. Ha a⋅b ≠ 0 , és ( x , y ) , ( x , y ) két rácspont, akkor a köztük<br />
levő távolság a Pithagorasz-tétel alapján<br />
2 2<br />
2 2<br />
( x − x ) + ( y − y ) . Az ax<br />
1 2<br />
és ax 2 + by2 = c egyenlőségeket egymásból kivonva kapjuk, hogy<br />
a( x − x ) = − b(<br />
y −y<br />
) .<br />
1 2<br />
1 1<br />
1 2<br />
1 2<br />
+ by = c<br />
1 1
52 Egyenletek és egyenlőtlenségek<br />
Ha ( ab , ) = d,<br />
akkor a = d a , b = db , ( a , b ) = 1,<br />
továbbá a x<br />
(<br />
−b y −y<br />
=<br />
1 1 2<br />
. Következik, hogy ( x − x ) b<br />
és ( , ahonnan<br />
a y − y<br />
( ) és ( ) , ahol uv . Innen<br />
2 2<br />
2 2<br />
x − x = ub<br />
y − y = va , ∈ <br />
1 2<br />
)<br />
1<br />
1 2 1<br />
1 1 1 1<br />
1 2 1<br />
1 2)<br />
1<br />
2 2 2 2 2<br />
( x1 − x2) + ( y1 − y2) = ub1 + va1 ≥ a1 + b<br />
2<br />
1 ,<br />
( ) x<br />
− =<br />
1 1 2<br />
2 2<br />
a + b<br />
tehát a legkisebb távolság nem kisebb, mint d min = . Másrészt ha ( xy , ) egy<br />
d<br />
b<br />
rácspont, amelyre ax + by = c , és = + , v = y −<br />
d d<br />
a<br />
u x , akkor u, v ∈ , és<br />
⎛ b⎞ ⎛ a⎞<br />
au + bv = a ⎜ ⎟ + b ⎜y<br />
− ⎟<br />
⎜⎝<br />
x + ⎟<br />
d⎟⎜⎝ d⎠⎟=<br />
ax + by = c , tehát ( uv , ) rácspont távolsága az<br />
⎠<br />
2<br />
2 ⎛b⎞ a<br />
( xy , ) ponttól ( ) 2 ( y v) ⎜ ⎟<br />
⎛ ⎞<br />
d = x − u + − = ⎜ ⎟ + ⎜<br />
⎜⎝<br />
= dmin<br />
d⎠⎟⎜⎝d⎠⎟. Tehát az egyenes<br />
két rácspontja közti legkisebb távolság d min =<br />
2 2<br />
a + b<br />
.<br />
d<br />
10. Az A-ból a B felé induló személyvonat sebessége 60 km h . A vonatot a később<br />
induló 120 km h sebességű gyorsvonatnak B-ben kell utolérnie. Útjának 2<br />
3 részét<br />
megtéve a személyvonat eredeti sebességének felével folytatja útját és így a gyorsvonat<br />
80 km -rel B előtt éri utol. Milyen messze van A-tól B?<br />
Megoldás. Legyen az A és B közti távolság x km. Ezt a távot a személyvonat<br />
x x<br />
, a gyorsvonat óra alatt teszi<br />
60<br />
120<br />
meg (a t = képlet alapján).<br />
Jelöljük t1<br />
-gyel a két vonat indulása közti időt. Mivel egyszerre érnek B -be, írhatjuk,<br />
x x<br />
hogy t1 = − . Jelöljük a B várostól 80 km-re levő helyet E -vel. Ha a<br />
60 120<br />
személyvonat az AD távolságot 60km/h sebességgel, a DE -t pedig 30km/h-val teszi<br />
meg, a személyvonat indulásától az E pontba érkezéséig eltelt idő<br />
1 2<br />
3 x ⋅<br />
A C D E B<br />
d<br />
80km<br />
v<br />
AD DE<br />
1 ⎛x⎞<br />
+ = + ⋅⎜ ⎟<br />
60 60<br />
⎜ −80<br />
30<br />
30 ⎝3⎠<br />
⎟ . A gyorsvonat ugyanezt a távot<br />
AE x − 80<br />
= óra alatt teszi meg. Mivel a gyorsvonat a személyvonat után t 1 órával<br />
120 120<br />
indul, és egyszerre érkeznek E -be, írhatjuk, hogy<br />
x x 8 x x − 80<br />
1 1<br />
+ − = + ⇔ 2x2 90 90 3 120 120 3 4<br />
⎛ ⎞ ⎜ − ⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟ = 0 ⇔ x = 360 . Tehát az A és B<br />
⎠<br />
városok közti távolság AB =<br />
360 km.<br />
2
Egyenletek és egyenlőtlenségek 53<br />
11. Egy országnak export rendelése van egy műszer I. típusából 1500 darabra és a II.<br />
típusából 800 darabra. A műszert az A és B üzemekben gyártják: az A üzem naponta<br />
30 darabot készít az I. típusból vagy 20 darabot a II. típusból, a B üzem pedig naponta<br />
50 darab I. típusú vagy 40 darab II. típusú műszert gyárt. Hogyan kell elosztani a<br />
gyártást a két üzem között ahhoz, hogy a lehető legrövidebb idő alatt elkészüljenek a<br />
rendelt darabok? (egy üzem egy nap nem gyárthat mind a kétféle műszerből)<br />
Megoldás. Ha az A üzemben x napig gyártják az I. típust és u napig a II. típust, a<br />
üzemben pedig y napig az I. típust, v napig a II. típust, akkor felírhatjuk a<br />
következő egyenleteket: ⎪ ⎨ . A megrendelt termékek legyártása<br />
⎪<br />
akkor veszi fel a legrövidebb időt, ha mindkét üzem folyamatosan dolgozik, vagyis<br />
(jelöljük a közös értéket s -sel). Megoldva az ⎪ B<br />
⎧ ⎪30x<br />
+ 50y<br />
= 1500<br />
⎪⎩<br />
20u + 40v<br />
= 800<br />
⎧⎪<br />
⎪s<br />
= x + u = y + v<br />
⎪<br />
x + u = y +v<br />
⎨ 30x + 50y = 1500<br />
⎪<br />
⎪20u<br />
+ 40v = 800<br />
⎪⎩<br />
egyenletrendszert (s -t paraméternek tekintve) kapjuk, hogy<br />
x = 500 − 15 s, u = 16s − 500, y = 9s − 270, v = 270 − 8s.<br />
A megoldások mind természetes számok kell legyenek, tehát 50 0 −15s≥ 0 ,<br />
16s −500 ≥ 0 , 9s −270 ≥ 0, 270 −8s≥ 0 , ahonnan s ∈ { 32, 33}<br />
. Mivel a lehető<br />
legkisebb s értéket keressük, tehát s = 32 , innen pedig<br />
x = 20, u = 12, y = 18, v = 14 .<br />
3x + 5,03 2x<br />
− 3<br />
12. Legalább mekkora és legfeljebb mekkora a = egyenlet gyöke,<br />
4 1, 75<br />
ha figyelembe vesszük, hogy az előforduló tizedes számok kerekítéssel jöttek létre?<br />
3x + 5,03 2x − 3<br />
Megoldás. = ⇔ 12 + 5, 03 ⋅ 1, 75 = ( 8 −3⋅1, 75)<br />
x ⇔<br />
4 1,75<br />
⎧ ⎪ 12 + 5, 03 ⋅1,<br />
75 20, 8025<br />
⎪<br />
12 + 5, 03 ⋅ 1, 75<br />
⎪x<br />
≥ = = 7, 56(45)<br />
8 3 1,75 2,75<br />
x = ⇒ ⎪ − ⋅<br />
⎨<br />
8−3⋅1,75 ⎪ 12 + 5, 04 ⋅1,<br />
76 20, 8704 3261<br />
⎪x<br />
< = = .<br />
⎪<br />
⎪⎩ 8 −3⋅1, 76 2, 72 425<br />
13. Két cég összesen 8200 számítógépet szerelt össze. Az ellenőrzés az egyik cég<br />
gépeinek 2%-át, míg a másik cég gépeinek 3%-át hibásnak találta, összesen 216<br />
darabot. Hány jól működő gépet szereltek össze a cégek külön-külön?<br />
Megoldás. Jelöljük x -szel az első cég által összeszerelt számítógépek számát, ekkor<br />
2<br />
a másik cég 82 00 − x gépet szerelt össze. A hibás gépek száma x , illetve<br />
100<br />
3<br />
⋅ ( 8200 )<br />
100 x<br />
2 3<br />
− , tehát írhatjuk, hogy x + ( 8200 − x)<br />
= 216 , innen kapjuk,<br />
100 100<br />
hogy x = 3000.<br />
Tehát az első cég 3000, a második pedig 5200 gépet szerelt össze,
54 Egyenletek és egyenlőtlenségek<br />
ezekből 60, illetve 156 hibás volt, így az összeszerelt működő gépek száma 2940,<br />
illetve 5044.<br />
14. Egy gyalogos és egy kerékpáros reggel 8 órakor elindul a 12 km-távolságra levő<br />
városba. A kerékpáros 20 percet időzik a városban, azután visszaindul. Hol és mikor<br />
találkozik a gyalogossal, ha a kerékpáros sebessége 18 km h , a gyalogosé pedig<br />
6km h.<br />
Megoldás. A kerékpáros 12 2<br />
= óra alatt ér be a városba, ott 20 percet (1/3 órát<br />
18 3<br />
2 1<br />
időzik), tehát amikor visszaindul, a gyalogos + = 1 órája úton van, ezalatt 6 km-<br />
3 3<br />
t téve meg. Tegyük fel, hogy innen számítva t óra múlva találkoznak. A gyalogos<br />
d = 6t<br />
km-t, a kerékpáros d = 18t<br />
km-t tesz meg ezalatt. Tudjuk, hogy<br />
1<br />
d + d<br />
1 2<br />
= 6 km, innen 6 = 6t + 18t<br />
⇒ t = 1/4.<br />
Tehát a gyalogos és a kerékpáros 9<br />
óra 15 perckor találkozik, d 4, 5 km-re a várostól.<br />
2 =<br />
2<br />
15. János bácsi elindult Nekeresdfalváról a legközelebbi vonatállomás irányába.<br />
Miután az első óra alatt 3 km utat tett meg, kiszámolta, hogy ezzel a sebességgel 40<br />
percet fog késni. Így a maradék távolságot 4km h sebességgel tette meg és 45<br />
perccel hamarabb érkezett. Hány kilométerre volt az állomástól az indulás<br />
pillanatában?<br />
Megoldás. Jelöljük d -vel Nekeresdfalva és a vonatállomás közti távolságot,<br />
valamint t -vel a vonat indulásáig hátralevő időt (órában mérve). János bácsi 3 km/h<br />
átlagsebességgel 40 percet (2/3 órát) késik, tehát d = 3( t + 2/ 3 ) . 3 km után ( d − 3)<br />
km-t kell megtegyen ( t −1)<br />
óra alatt, de ekkor 45 perccel (3/4 óra) hamarabb érkezik,<br />
⎛ 3⎞<br />
tehát d − 3 = 4 ⎜<br />
t −1− ⎟<br />
⎝ 4⎠<br />
⎟ . A két egyenlet alapján t = 6, d = 20 , tehát János bácsi<br />
20 km-re volt az indulás pillanatában az állomástól.<br />
16. Két fogaskerék összekapcsolásakor a meghajtó és a meghajtott kerék<br />
fordulatszámának aránya 9:7.<br />
Ha az egyik kerék helyére 3-mal kevesebb, a másik<br />
helyére 3-mal több fogú kereket teszünk, az áttétel 1: 3 vagy 3: 1.<br />
Melyik kereket<br />
cseréltük kevesebb fogúra? Hány foga van a 4 kerék mindegyikének?<br />
Megoldás. A kerekek fordulatszámának aránya fordítottan arányos a fogak<br />
számának arányával. Ha a meghajtó keréken k1 , a meghajtott keréken k 2 fog van,<br />
k1<br />
7<br />
akkor = . Ha a meghajtó kereket cseréljük ki egy nála 3-mal kevesebb fogú<br />
k 2 9<br />
k1<br />
− 3<br />
fogaskerékre, akkor az arány<br />
k2<br />
+ 3<br />
lesz, ami kisebb, mint k1<br />
7<br />
= , tehát nem lehet<br />
k 2 9<br />
k1 7 k1<br />
− 3 1<br />
3:1 (tehát az arány 1:3). A = , = arányokból k 1 = 7, k2<br />
= 9 , a fogak<br />
k2 9 k2<br />
+ 3 3<br />
száma 7, 9, illetve 4 és 12.
Egyenletek és egyenlőtlenségek 55<br />
Ha a meghajtott kereket cseréljük ki egy nála 3-mal kevesebb fogú fogaskerékre,<br />
akkor az arány 1 k + 3 k1 7 k1<br />
+ 3<br />
21<br />
. A = , = 3 egyenletrendszerből k 1 = , ami<br />
k2<br />
− 3 k2 9 k2<br />
− 3<br />
5<br />
nem egész szám, tehát ez az eset nem állhat fenn.<br />
17. Egy tehergépkocsinak mind a négy kerekére új gumiabroncsot szereltek. Egy<br />
abroncsot akkor tekintenek teljesen elkopottnak, ha hátsó keréken 15000 km-t futott,<br />
vagy ha első keréken 25000 km-t. Mennyit futhat a kocsi a négy abroncs teljes<br />
elkopásáig, ha az első abroncsokat felcserélhetik a hátsókkal?<br />
Megoldás. Tegyük fel, hogy az egyik abroncs d km-t futott valamelyik első<br />
d 2<br />
keréken, 2 -t hátul, egy másik abroncs pedig ( t elöl és d km-t hátsó keréken<br />
(d km után az abroncsokat felcserélték). Bevezethetjük a következő "kopási<br />
állandókat": a hátsó kerekeké<br />
d − ) 1<br />
1<br />
1<br />
1<br />
c 1 = , az elsőké c 2 = . ( km után<br />
15000<br />
25000<br />
⎧⎪ cd 1 1 c2<br />
mind a négy abroncs teljesen elkopott, tehát<br />
⎪⎩<br />
cd 1 2 c2<br />
⎪ d + d ) 1 2<br />
+ d2=<br />
1<br />
⎨ , összeadva<br />
⎪ + d1=<br />
1<br />
2 2<br />
( d1 + d2)( c1 + c2)<br />
= 2 , ahonnan 1 + 2 =<br />
0<br />
c1 + c 1 1<br />
2<br />
15000 +<br />
d d =<br />
= 1875 km.<br />
25000<br />
18. Két egyenlő hosszú gyertyát egyszerre gyújtottak meg. Az egyik 3, a másik 5 óra<br />
alatt égett el egészen. Egy fényképen a két gyertya hosszának aránya 1<br />
, egy másikon<br />
2<br />
1<br />
1<br />
, egy harmadikon . Mikor készültek a fényképek, ha a gyertyák egyenletesen<br />
3 4<br />
égnek?<br />
Megoldás. Legyen x a gyertyák hossza. Ekkor az első gyertya égési sebességének<br />
x x x<br />
x<br />
számértéke , a másiké , tehát t idő alatt az elsőből t , a másodikból pedig t<br />
3 5<br />
3<br />
5<br />
hosszúság ég el. A meggyújtás után t idővel a két gyertya hosszának aránya<br />
x t<br />
x −t 1 −<br />
3 3 3−t5 x = = ⋅ .<br />
x −t t<br />
1 − 5−t3 5 5<br />
3−t5 1<br />
15 3−t5 1<br />
Ha ⋅ = , akkor 30 − 10t = 15 −3t ⇒ t = . Ha ⋅ = , akkor<br />
5−t3 2 7 5−t3 3<br />
5 3−t5 1<br />
45<br />
15 − 5t = 5 −t ⇒ t = . Ha ⋅ = , akkor 60 − 20t = 15 −3t ⇒ t = .<br />
2 5−t3 4 17<br />
Tehát a fényképek a gyertyák meggyújtása után 15<br />
órával, 2, órával illetve<br />
7 5<br />
45<br />
17<br />
órával készültek.<br />
x −a x −b<br />
19. Oldd meg és tárgyald az + = 2 egyenletet!<br />
x −2 x −3<br />
1
56 Egyenletek és egyenlőtlenségek<br />
Megoldás. Az értelmezési tartomány D = \{2,3} .<br />
x −a x −b x − 2+ 2−a x − 3+ 3−b<br />
+ = 2 ⇔ + = 2 ⇔<br />
x −2 x −3 x −2 x −3<br />
2−a 3−b<br />
2−a 3−b<br />
⇔ 1+ + 1+ = 2 ⇔ + = 0 ⇔<br />
x −2 x −3<br />
x −2 x −3<br />
⇔(2 −ax ) − 6 + 3 a+ (3 −bx ) − 6 + 2b = 0 ⇔ (5 −a − b) x = 12 −3a − 2b<br />
12 −3a −2b<br />
Ha a + b ≠ 5 , akkor az egyenletnek egyetlen megoldása van, az x =<br />
.<br />
5 −a −b<br />
Ez a kifejezés pontosan akkor 2 , ha a = 2 és pontosan akkor 3 , amikor b = 3 , tehát<br />
ha a = 2 és b ≠ 3 vagy b = 3 és a ≠ 2 , akkor az egyenletnek nincs megoldása. Ha<br />
a + b = 5 , akkor az egyenlet 0⋅ x = 12−3a<br />
−2b<br />
alakban írható, tehát ha a<br />
(12<br />
−3a −2<br />
b)<br />
értéke 0 , akkor a D halmaz minden eleme megoldása az egyenletnek,<br />
különben nincs megoldása az egyenletnek. Ha b = 5 −a<br />
és 12 −3a − 2b = 0 , akkor<br />
a = 2 és b = 3 , tehát a következő táblázatban foglalhatjuk össze az eseteket:<br />
a b A megoldáshalmaz<br />
3 \{2,3}<br />
2<br />
\{3}<br />
∅<br />
3 ∅<br />
\{3} és a + b = 5<br />
∅<br />
\{2}<br />
\{3} és a + b ≠ 5 12 −3a −2b<br />
M = { 5 −a −b<br />
}<br />
20. Micimackó órájának számlapjáról lekoptak a számok. Egy reggeli alkalmából<br />
Malacka megkérdezte Micimackót, hogy mennyi az idő. Erre Micimackó azt<br />
válaszolta, hogy a kis és a nagy mutató merőleges egymásra és, hogy az elmúlt egy<br />
órában ilyen állás csak egyszer fordult elő. Meg tudja-e állapítani Malacka, hogy<br />
mennyi az idő, ha tudja, hogy déli 12 óra előtt reggeliznek?<br />
Megoldás. Egy óra kismutatója 12 óra alatt tesz meg 360 fokot, tehát egy óra alatt<br />
360 1<br />
30 fokot mozdul, egy perc alatt pedig = fokot. A nagymutató egy perc alatt<br />
12 ⋅ 60 2<br />
360<br />
= 6 fokot mozdul. Ha Malacka x óra y perckor kérdezte meg az időt, ebben az<br />
60<br />
időpontban a kismutató o = 30x<br />
+ 12y<br />
fokos szöget zár be a 12 órához tartozó<br />
sugárral, míg a nagymutató p = 6y<br />
fokos szöget. Mivel a két mutató merőleges<br />
egymásra, az ( o−p) egész szám osztható 90-nel, továbbá tudjuk, hogy<br />
x ∈ { 0,1, 2,...,11 } és y ∈ { 0, 1, 2, ..., 59}<br />
.<br />
⎛ 11 ⎞<br />
( o−p) 90 ⇒ ⎜<br />
⎜30x y⎟ ⎜⎝<br />
− ⎟ 90 ⇒ y = 2 y1, ( 30x −11y1) 90 ⇒<br />
2 ⎠⎟<br />
( 30x −11y1) 30 ⇒<br />
⇒11y 30 ⇒y 30 ⇒ y = 2y 60 ⇒ y = 0 .<br />
1 1 1<br />
Visszahelyettesítve 30x 90 ⇒ x ∈ { 0, 3, 6, 9}<br />
.
Egyenletek és egyenlőtlenségek 57<br />
Pontosan 6 órakor a két mutató 180 -os szöget zár be, tehát ez az eset nem állhat fenn,<br />
s mivel 12 előtt reggeliznek, csak az x eset lehetséges. Tehát Malacka pontban 9<br />
órakor kérdezte meg az időt.<br />
<br />
= 9<br />
21. Egy órán a három mutató 12 órakor találkozik. Hány perc múlva felezi a<br />
másodpercmutató az óra- és percmutató által bezárt szöget?<br />
Megoldás. x óra y perc és z másodperc múlva a másodpercmutató a 12 -eshez<br />
tartozó sugárral z ⋅ 6° -os szöget zár be, a percmutató y ⋅ 6°<br />
-os szöget (mert a<br />
⎡ y ⎤<br />
percmutató csak percenként mozdul el) és a kismutató x ⋅ 30°+⎢ ⎥ ⋅ 6°<br />
-os szöget<br />
⎢⎣ 12⎥⎦<br />
(mert az óramutató 12 percenként mozdul egyet). A másodpercmutató pontosan akkor<br />
felezi a percmutató és az óramutató által bezárt szöget, ha<br />
⎡ y ⎤<br />
2⋅z ⋅ 6°= x ⋅ 30°+ ⎢ ⎥⋅<br />
6°+ y⋅<br />
6°<br />
vagy<br />
⎢⎣ 12⎥⎦<br />
⎡ y ⎤<br />
2⋅z ⋅ 6°+ 360°= x ⋅ 30°+ ⎢ ⎥⋅<br />
6°+ y⋅<br />
6°<br />
.<br />
⎢⎣ 12⎥⎦<br />
⎡ y ⎤<br />
⎡ y ⎤<br />
Így a 2z = 5 x + y + ⎢ ⎥ vagy 2z + 60 = 5x<br />
+ y + ⎢ ⎥ egyenlethez jutunk. Ennek<br />
⎢⎣12⎥⎦ ⎢⎣ 12⎥⎦<br />
a legkisebb megoldása x = 0 , y = 2 és z = 1 .<br />
22. Határozd meg az összes olyan időpontot, amikor a percmutató állása<br />
felcserélhető az óramutató állásával.<br />
Megoldás. A feladat megfogalmazásából nem derül ki, hogy milyen óráról van szó<br />
(a mutatók folytonosan járnak, vagy beosztásról beosztásra ugranak) és, hogy mit<br />
értünk felcserélhetőségen. Világos, hogy ha a felcserélés után is ugyanazt az órát kell<br />
mutatniuk, akkor a két mutató egymást kell fedje. Ilyen állás a folytonos mozgású<br />
mutatók esetében 11-szer van 0 óra 0 perctől 11 óra 59 percig (egy körbejárás<br />
alatt), minden órában egy, az utolsó kivételével. A találkozásoknak megfelelő<br />
60m<br />
ívhosszak a (12 -től számítva a mutatók járása mentén) alakú, ahol<br />
11<br />
m ∈ {0,1,2,... ,10} . Nem folytonos járású mutatók esetén a helyzet bonyolultabb,<br />
⎡ y ⎤<br />
mert x óra y perc után a mutatók x ⋅ 30°+ ⎢ ⎥ ⋅ 6°<br />
-os, illetve y ⋅ 6°<br />
-os szöget<br />
⎢⎣ 12⎥⎦<br />
⎡ y ⎤<br />
zárnak be a 12 -eshez húzott sugárral. Így az x ⋅ 30°+ ⎢ ⎥⋅6°=<br />
y⋅<br />
6°<br />
egyenlethez<br />
⎢⎣ 12⎥⎦<br />
⎡ y ⎤<br />
jutunk. Mivel ⎢ ⎥ ∈ {0,1, 2, 3, 4} , a következő esetek tárgyalása szükséges:<br />
⎢⎣12⎥⎦ ⎡ y ⎤<br />
1. eset. Ha ⎢ ⎥ = 0 , akkor y = 5x<br />
, tehát a (0 , 0) , (1, 5) , (2,10)<br />
megoldásokhoz<br />
⎢⎣12⎥⎦ jutunk (12 óra, 1 óra 5 perc és 2 óra 10 perc).
58 Egyenletek és egyenlőtlenségek<br />
⎡ y ⎤<br />
2. eset. Ha ⎢ ⎥ = 1 , akkor y = 5x<br />
+1 , tehát a (3 ,16) , (4,21) megoldásokhoz<br />
⎢⎣ 12⎥⎦<br />
jutunk ( 3 óra 16 perc és 4 óra 21 perc).<br />
⎡ y ⎤<br />
3. eset. Ha ⎢ ⎥ = 2 , akkor y = 5x<br />
+2, tehát az ( 5,27) , (6, 32) megoldásokhoz<br />
⎢⎣12⎥⎦ jutunk ( 5 óra 27 perc és 6 óra 32 perc).<br />
⎡ y ⎤<br />
4. eset. Ha ⎢ ⎥ = 3 , akkor y = 5x<br />
+3 , tehát a (7 , 38) , (8, 43) megoldásokhoz<br />
⎢⎣12⎥⎦ jutunk ( 7 óra 38 perc és 8 óra 43 perc).<br />
⎡ y ⎤<br />
5. eset. Ha ⎢ ⎥ = 4 , akkor y = 5x<br />
+4 , tehát a (9 , 49) , (10, 54) és (1 1, 59)<br />
⎢⎣ 12⎥⎦<br />
megoldásokhoz jutunk ( 9 óra 49 perc, 10 óra 54 perc és 11 óra 59 perc).<br />
Másrészt a felcserélhetőség azt is jelentheti, hogy a felcserélt pozíció is egy valós<br />
állást jelentsen (a mutatók egymáshoz viszonyított helyzete nem lehet tetszőleges<br />
például 3 óra 0 perckor ha megcseréljük a mutatók állását, egy nem lehetséges<br />
pozíciót kapunk). Ebben az esetben is más a helyzet folytonosan mozgó mutatók és<br />
ugráló mutatók esetében. Az első esetben ha x és y a kis és nagymutató által bejárt ív<br />
00<br />
⎞<br />
hossza a 12 -hoz viszonyítva, akkor ∈<br />
5 60⎠<br />
<br />
⎛x<br />
y<br />
⎜ − ⎟<br />
⎜⎝ ⎟ . Ebből következik, hogy<br />
60( 12m<br />
+ n)<br />
60(12 n + m)<br />
x =<br />
és y =<br />
. Ha a mutatók beosztásról beosztásra<br />
143<br />
143<br />
⎡ ⎡ y ⎤⎤<br />
⎡ ⎡ y ⎤ ⎤<br />
⎢5x+ ⎢ ⎥⎥<br />
⎢5x + ⎢ ⎥ ⎥<br />
⎢ ⎢<br />
ugranak, akkor az<br />
⎣12⎥⎦⎥ ⎢ ⎢<br />
y = ⎢ ⎥ vagy y 30<br />
12⎥<br />
⎥<br />
= +⎢<br />
⎣ ⎦<br />
⎥ egyenlethez jutunk,<br />
⎢ 12 ⎥<br />
⎢ 12 ⎥<br />
⎢ ⎥<br />
⎣ ⎥<br />
⎢ ⎥<br />
⎦<br />
⎢⎣ ⎥⎦<br />
ahol a felcserélhető állás x óra y perc. Az első egyenletnek csak y ∈ {0,1, 2, 3, 4}<br />
esetén van megoldása és a másodiknak csak y ∈ {30, 31, 32,<br />
33,<br />
34} esetén. A<br />
megoldások felsorolását az olvasóra bízzuk.<br />
2 2<br />
x + a + b x + a − b a + b<br />
23. Oldd meg az<br />
= − 2<br />
x + a x −a x −a 2 egyenletet a valós számok<br />
halmazán ( ab∈ , )<br />
.<br />
Megoldás. Az értelmezési tartomány: D = \{ −a<br />
, a}<br />
.<br />
2 2<br />
x + a + b x + a − b a + b<br />
= − 2 2<br />
x + a x −a x −a<br />
2 2<br />
b 2a<br />
− b a + b<br />
⇔ = − 2 2<br />
x + a x −a x −a<br />
⇔<br />
2 2 2<br />
⇔bx − ab = (2 a − b) x + 2a<br />
−ab−a−b⇔ ( a − b)(2 x + a + b)<br />
= 0.<br />
Ha a = b , akkor minden ± a -tól különböző valós szám megoldás.<br />
a + b<br />
Ha a ≠ b , akkor x = − . Le kell ellenőrizni, hogy a kapott érték benne van-e az<br />
2<br />
értelmezési tartományban.
Egyenletek és egyenlőtlenségek 59<br />
a + b<br />
− = −a ⇔ a + b = 2a<br />
⇔ a = b , ez ellentmondás, hiszen az a ≠ b<br />
2<br />
esetben vagyunk.<br />
a + b<br />
− = a ⇔ a + b =−2a ⇔ b = − 3a<br />
.<br />
2<br />
Összefoglalva, ha a = b , akkor a megoldáshalmaz M = \{ −a,<br />
a}<br />
, ha<br />
a ≠b, b ≠−3a , akkor egyetlen megoldás van, ha pedig a ≠ b , b = −3a<br />
, akkor nincs<br />
megoldás.<br />
24. Egy hatjegyű számnak első számjegye 1, a második 4. Ha e két számjegyet<br />
egyenként letöröljük és a szám végére írjuk, akkor az eredeti szám kétszeresét kapjuk.<br />
Melyik ez a szám?<br />
Megoldás. Legyen a keresett szám 14 abcd . A feltétel szerint felírhatjuk az<br />
abcd14 = 2 ⋅ 14abcd<br />
egyenlőséget. Kifejtve, kapjuk, hogy<br />
5 4 3 2<br />
a⋅ 10 + b⋅ 10 + c⋅ 10 + d⋅<br />
10 + 10 + 4 =<br />
5 4 3 2<br />
= 2⋅ 10 + 8⋅ 10 + 2a⋅ 10 + 2b⋅ 10 + 2c⋅ 10+ 2d<br />
vagyis<br />
5 4 3 2<br />
( a − 2)10 + ( b− 8)10 + ( c− 2 a)10 + ( d − 2 b)10 + (1 − 2 c)10 + 4 − 2d = 0 .<br />
A bal oldal első öt tagja osztható 10-zel, tehát (4 − 2 d)<br />
is többszöröse kell legyen<br />
tíznek. Következik, hogy d kettő vagy hét.<br />
Ha d = 2 , akkor mindkét oldalt elosztva 10-zel, kapjuk, hogy<br />
4 3 2<br />
( a − 2)10 + ( b−8)10<br />
+ ( c− 2 a)10 + ( d − 2 b)10 + (1 − 2 c)<br />
= 0 , ami nem<br />
lehetséges, mert a bal oldalon egy páratlan szám áll, így nem lehet zéró. Tehát d = 7 .<br />
Ebben az esetben<br />
4 3 2<br />
( a − 2)10 + ( b− 8)10 + ( c− 2 a)10 + (7 −2 b)10 − 2c = 0 ,<br />
3 2<br />
tehát c = 5 és ( a − 2)10 + ( b− 8)10 + (5 − 2 a)10 + 6 − 2b = 0 . Innen kapjuk,<br />
2<br />
hogy b = 8 és ( a − 2 )10 + 4− 2a = 0,<br />
vagyis a = 2 . A keresett szám tehát az<br />
142857.<br />
x x x<br />
25. Oldd meg a valós számok halmazán az + + − 1 = abc − ( a + b + c) x ,<br />
ab bc ac<br />
( abc∈ ,, )<br />
egyenletet.<br />
Megoldás. A következő ekvivalens átalakításokat végezzük:<br />
x x x<br />
+ + − 1 = abc − ( a + b + c) x ⇔<br />
ab bc ca<br />
a + b + c<br />
⇔ x + ( a + b + c) x = abc + 1 ⇔ ( a + b + c)(1 + abc) x = abc( abc +1) .<br />
abc<br />
Ha ab c = −1<br />
, akkor a megoldáshalmaz a valós számok halmaza.<br />
Ha ab c ≠−1,<br />
akkor az egyenlet így írható: ( a + b + c) x = abc.<br />
Ebben az<br />
abc<br />
esetben, ha a + b + c ≠ 0 , akkor az egyenlet egyetlen megoldása az x =<br />
.<br />
a + b + c
60 Egyenletek és egyenlőtlenségek<br />
Ha a + b + c = 0 és ab c = 0 , vagyis ha az a ,, bc számok közül valamelyik nulla, a<br />
másik kettő összege nulla, akkor minden valós szám megoldás. Ha a + b + c = 0 , de<br />
abc ≠ 0 , akkor az egyenletnek nincs megoldása.<br />
1<br />
4<br />
1<br />
39 21<br />
V1⋅ + V2<br />
⋅ = 2 =<br />
2 2<br />
55 39<br />
= ⋅ 14, 9 2<br />
72 2<br />
⋅<br />
26. Hiero király koronájának súlya 20 font. Vízben a korona 1 fontot veszít a<br />
súlyából. Hány font aranyat és hány font ezüstöt tartalmaz a korona (más anyagot<br />
1<br />
1<br />
nem tartalmaz), ha az arany fajsúlya 19 , az ezüsté pedig 10 ?<br />
2<br />
2<br />
Megoldás. Jelöljük V -gyel és V2 -vel a koronában levő arany, illetve ezüst<br />
térfogatát. Mivel a víz fajsúlya 1 és Arkhimédész törvénye szerint a súlyvesztés a<br />
5<br />
kiszorított víz súlyával egyenlő, írhatjuk, hogy V1 + V 2 = . Másrészt a korona súlya<br />
4<br />
20 , tehát 1 = 55 35<br />
39<br />
V és V , és így a korona V 1 ⋅ =<br />
72 72<br />
2<br />
715<br />
21 35 21 245<br />
= ≈ font aranyat és V = ⋅ = ≈ 5,10 font<br />
48<br />
2 72 2 48<br />
ezüstöt tartalmaz.<br />
II.2.1. Gyakorlatok és feladatok (42. oldal)<br />
1. Oldd meg a valós számok körében a következő egyenlőtlenségeket:<br />
x + 1<br />
a) 2x− 1<<br />
;<br />
3<br />
x + 1 x −1<br />
x<br />
b) + + < 0 ;<br />
2 2 6<br />
2<br />
c) ( x + 1)( x −1) − x < x ;<br />
d) 2x + 3 <<br />
x<br />
6; e) 0,(6)<br />
x + 0,25< + 0,25(3) ; f)<br />
3<br />
x + 1<br />
<<br />
2 − 3<br />
3 + 2 .<br />
x + 1 4<br />
Megoldás. a) 2x − 1 < ⇔ 6x − 3 < x + 1 ⇔ 5x < 4 ⇔ x < ;<br />
3 5<br />
x + 1 x − 1 x 3x + 3+ 3x − 3+<br />
x<br />
b) + + < 0 ⇔<br />
< 0 ⇔ 7x<br />
< 0 ⇔ x < 0;<br />
2 2 6<br />
6<br />
2<br />
c) ( x + 1)(<br />
x −1) −x 2 2<br />
< x ⇔ x −1− x < x ⇔− 1<<br />
x ;<br />
d) 2x + 3 < 6 ⇔ 2x < 6 − 3 ⇔ x <<br />
6 −<br />
2<br />
3<br />
⇔ x < 3 −<br />
6<br />
;<br />
2<br />
x 6 1 x 253−25 e) 0,(6) x + 0,25< + 0,25(3) ⇔ x + < + ⇔<br />
3 9 4 3 900<br />
2x x 19 1 x 1 1<br />
⇔ − < − ⇔ < ⇔ x < ;<br />
3 3 75 4 3 300 100<br />
f)<br />
x + 1<br />
<<br />
2 − 3<br />
3 + 2 ⇔ x + 1 > ( 2 − 3)( 2 + 3) ⇔ x > − 2 .<br />
2. Oldd meg és tárgyald a következő egyenlőtlenségeket, ha m ∈ <br />
:
Egyenletek és egyenlőtlenségek 61<br />
1 1<br />
a) mx + 1 ≤ m ; b) m + x ≥( m− 1)(<br />
x + 1)<br />
; c) <<br />
x( x + 1) ( x + 1)(<br />
x +2 )<br />
;<br />
2<br />
1 2<br />
m − x m + x<br />
d) 2mx < m + 1; e) > ; f) < .<br />
x −2x −m x 1 − x<br />
m − 1<br />
Megoldás. a) mx + 1≤m⇔<br />
mx ≤m−1. Ha m > 0 , akkor x ≤ . Ha<br />
m<br />
m −1<br />
m < 0 , akkor x ≥ . Ha m = 0 , akkor nincs megoldása az egyenlőtlenségnek.<br />
m<br />
b) m + x ≥( m − 1)( x + 1) ⇔ m + x ≥( m − 1) x + m −1⇔ ( m −2) x ≤1<br />
1<br />
Ha m − 2> 0,<br />
vagyis m > 2 , akkor x ≤ .<br />
m − 2<br />
1<br />
Ha m − 2< 0, vagyis m < 2 , akkor x ≥ .<br />
m − 2<br />
Ha m = 2 , akkor minden valós szám kielégíti az egyenlőtlenséget.<br />
c) M = ( −∞, −2 ) ∪ ( −1,0)<br />
;<br />
d) Ha m > 0 , akkor a megoldáshalmaz<br />
⎛ 2 ⎞<br />
⎛ 2 ⎞<br />
⎜ m + 1<br />
⎜⎜ −∞, ⎟ .<br />
⎝ 2m<br />
⎠⎟<br />
m + 1<br />
Ha m < 0 , akkor x ∈ ⎜ , ∞⎟ ⎟<br />
⎜⎝ 2m<br />
⎠<br />
⎟.<br />
⎟<br />
Ha m = 0 , akkor minden x ∈ megoldás.<br />
1 2<br />
e) Az > egyenlőtlenség megoldásait csak az \{2, m}<br />
halmazban<br />
x −2x −m<br />
kereshetjük.<br />
1 2 1 2 x −m− 2x + 4<br />
> ⇔ − > 0 ⇔ > 0 ⇔<br />
x −2 x −m x −2 x −m ( x −2)( x −m)<br />
x + m − 4<br />
⇔ < 0 ⇔ ( x + m −4)( x −2)( x − m)<br />
< 0.<br />
( x −2)( x −m)<br />
Három szám szorzata csak úgy lehet negatív, ha vagy mindhárom szám negatív, vagy<br />
az egyik negatív és a másik kettő pozitív. Így a következő eseteket kell megvizsgálni:<br />
⎧ ⎪<br />
⎪x + m − 4 < 0 ⎧⎪<br />
x < 4−m<br />
⎪ ⎪<br />
I. ⎪<br />
⎨x − 2< 0 ⇔<br />
⎪<br />
⎨x<br />
< 2 ⇔ x < min{4 − m,2, m}<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪x − m < 0 ⎪ x < m<br />
⎪⎩<br />
⎪⎩<br />
Könnyű ellenőrizni, hogy<br />
min{4 − m,2, m} = m,<br />
ha m ≤ 2 és m in{4 − m,2, m} = 4 − m , ha m ><br />
2 .
62 Egyenletek és egyenlőtlenségek<br />
⎧ ⎪<br />
⎪x + m − 4 < 0 ⎧⎪<br />
x < 4−m<br />
⎪ ⎪<br />
⎪ ⎪<br />
II. x 2 0<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪ − > ⇔ ⎨<br />
⎪x<br />
> 2 . Az első két egyenlőtlenség alapján<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪x − m > 0 ⎪ x > m<br />
⎪⎩<br />
⎪⎩<br />
2< x < 4−m ⇒ 2 < 4−m<br />
⇒ m < 2.<br />
Tehát az m ≥ 2 esetben nincs megoldás, ha<br />
pedig m < 2 , akkor x ∈(2, 4 −m)<br />
.<br />
⎧<br />
⎪ x + m − 4 > 0 ⎧⎪<br />
x > 4−m<br />
⎪ ⎪<br />
⎪ ⎪<br />
III. x 2 0<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪ − < ⇔ ⎨<br />
⎪x<br />
< 2 . A második és a harmadik egyenlőtlenség alapján<br />
⎪ ⎪<br />
⎪ x − m > 0 ⎪ x > m<br />
⎪⎩<br />
⎪⎩<br />
m < x < 2 ⇒ m < 2 kell legyen. Következik, hogy ha m ≥ 2 , akkor az<br />
egyenlőtlenségnek nincs megoldása, ha pedig m < 2 , akkor 4−m> 2,<br />
tehát<br />
x ∈ ( m,2)<br />
.<br />
⎧ ⎪<br />
⎪x + m − 4 > 0 ⎧⎪<br />
x > 4−m<br />
⎪ ⎪<br />
⎪ ⎪<br />
IV. x 2 0<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪ − > ⇔ ⎨<br />
⎪x<br />
> 2 . Az első és harmadik egyenlőtlenség szerint<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪ x − m < 0 ⎪ x < m<br />
⎪⎩<br />
⎪⎩<br />
4− m < x < m ⇒ 4−<br />
m < m ⇒ 2<<br />
m.<br />
Ha tehát m ≤ 2 , akkor nincs megoldás.<br />
Ha m > 2 , akkor 4− m < 2, így x ∈ (2, m ) .<br />
Összesítve az eddigi részeredményeket (egyesítve a halmazokat), írhatjuk, hogy ha<br />
m < 2 , akkor x ∈( −∞, m) ∪(2,4 −m) ∪ ( m,2) = ( −∞,4 − m)\{2,<br />
m}<br />
, ha<br />
m = 2 , akkor x ∈( −∞, m ) ⇒x ∈( −∞,2) , ha m > 2 , akkor<br />
x ∈( −∞,4<br />
−m) ∪(2,<br />
m)<br />
.<br />
m − x m + x<br />
f) Az , törtek nevezői közül egyik sem lehet 0 , így x ∈ \{0,1} .<br />
x 1 − x<br />
m − x m + x m m + 1 m m + 1<br />
< ⇔ − 1< −1 ⇔ < .<br />
x 1−x x 1−x<br />
x 1−x Az egyenlőtlenséget az előző alponthoz hasonlóan oldjuk meg.<br />
3. Oldd meg a valós számok halmazában a következő egyenlőtlenségeket:<br />
a) ( x − 1)( x + 1)<br />
< 0; b) ( 2x − 3) ( x + 7)<br />
≥ 0; c) ( 3x −4) ( x − 2)<br />
< 0;<br />
d) ( 2x − 1) ( x + `3)<br />
≥ 0; e) ( 3x + 1) ( 2x + 3)<br />
< 0;<br />
f) ( 3− 2x) ( 1+ x)<br />
≤ 0;<br />
g) ( 1+ 2x) ( 3− x)<br />
< 0;<br />
h) ( x −1) ( x −2)( x − 3)<br />
< 0;<br />
i) ( x + 1) ( x −2)( 3x − 1)<br />
> 0;<br />
j) ( x − 1) ( 2x + 1)( 3x − 1)( 5x + 2) ≤ 0;<br />
x + 1<br />
k) < 0 ;<br />
x − 2<br />
5x−3 l) ≥ 0 ;<br />
3x+ 1<br />
2−5x m) ≥ 0 .<br />
( 1+ x)( 2x − 4)
Egyenletek és egyenlőtlenségek 63<br />
Megoldás. a)<br />
x −∞ –1 1 + ∞<br />
x − 1 – – – – – – – – – – – – – 0 + + + + + +<br />
x + 1 – – – – – – – 0 + + + + + + + + + + +<br />
( x − 1)( x + 1)<br />
+ + + + + 0 – – – – 0 + + + + +<br />
A megoldás tehát x ∈( −1,1)<br />
.<br />
⎛4<br />
⎞<br />
b) x ∈( −∞, −7) ∪ (3/2, ∞)<br />
; c) ∈ ⎜ ,2⎟<br />
⎛1⎞ x ⎜⎜⎝ ⎟<br />
3 ⎟ ; d) x ∈( −∞, −3) ∪ ⎜ , ∞⎟⎟<br />
⎠<br />
⎜⎜⎝2 ⎠⎟;<br />
⎛ 3 1⎞<br />
e) x , ⎟<br />
⎡ 3⎤<br />
⎛ 1 ⎞<br />
∈ ⎜<br />
⎜⎜⎝ − − ⎟<br />
2 3⎠<br />
⎟ ; f) x ∈− ⎢ 1, ⎥;<br />
g) x ∈ ,3<br />
⎢⎣ 2⎥<br />
⎜ − ⎟<br />
⎦<br />
⎜⎝ 2 ⎠ ⎟;<br />
h)<br />
x −∞ 1 2 3 +∞<br />
x − 1 – – – – – – – 0+ + + + + + + + + + + + + + + +<br />
x − 2 – – – – – – – – – – – – 0 + + + + + + + + + + +<br />
x − 3 – – – – – – – – – – – – – – – – – 0 + + + + + +<br />
( x −1)( x −2)( x − 3)<br />
– – – – – – – 0+ + + + 0 – – – – 0 + + + + + +<br />
A megoldás: x ∈( −∞,1) ∪ (2,3)<br />
.<br />
⎛ 1⎞<br />
i) x 1, ⎟<br />
⎡ 1 2⎤ ⎡1<br />
∈ ⎜<br />
⎜⎜⎝ − ⎟ (2, ∞)<br />
3⎠⎟∪<br />
; j) ∈− ⎢ , − ⎥ ⎢ ,<br />
⎢⎣ 2 5⎥⎦ ⎢⎣3<br />
∪ 1⎤ x ⎥; k) x ∈( −1,2)<br />
;<br />
⎥⎦<br />
⎛ 1⎞<br />
l) x ∈ ⎜<br />
⎜−∞, − ⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟ [3/5, ∞<br />
3⎠⎟∪<br />
) ;<br />
m)<br />
x −∞ –1 2/5 2 + ∞<br />
2− 5x + + + + + + + + + + + 0 – – – – – – – – – – – – –<br />
1 + x – – – – – – 0+ + + + + + + + + + + + + + + + + +<br />
2x− 4 – – – – – – – – – – – – – – – – – 0 + + + + + + + +<br />
2−5x (1 + x)(2x − 4)<br />
+ + + + + + | – – – – 0 + + + + | – – – – – – – – –<br />
⎡2⎞ A megoldás x ∈( −∞, −1) ∪ ⎢ ,2⎟<br />
⎢⎣ 5 ⎟⎠<br />
.<br />
4. A tényezőkre bontás segítségével oldd meg a következő egyenlőtlenségeket:<br />
2<br />
2<br />
3 2<br />
a) x − 3x + 2 ≥ 0; b) 6x + 5 x + 1≤0;<br />
c) x −2x − x + 2><br />
0;<br />
2<br />
2<br />
x − 3x + 2 ( x + 1)<br />
≥ 0 3x + x − 2<<br />
0<br />
d) ( ) ; e) ; f)<br />
2<br />
x − 1<br />
> 0 ;<br />
x + 3
64 Egyenletek és egyenlőtlenségek<br />
2<br />
x + 5x + 6<br />
g)<br />
≥ 0 .<br />
2<br />
x − 4x + 4<br />
2<br />
Megoldás. a) x − 3x + 2≥ 0 ⇔ ( x −1)( x −2) ≥ 0 ⇔ x ∈( −∞,1] ∪ [2, ∞)<br />
;<br />
2 ⎡ 1 1⎤<br />
b) 6x<br />
+ 5x + 1 ≤ 0 ⇔ (2x + 1)(3x + 1) ≤ 0 ⇔ x∈<br />
⎢− , − ⎥<br />
⎢⎣ 2 3⎥⎦<br />
;<br />
3 2<br />
c) x −2x − x + 2 > 0 ⇔( x −1)( x − 2)( x + 1) > 0 ⇔ x ∈( −1,1) ∪ (2, ∞)<br />
;<br />
2<br />
d) ( x − 3x + 2)( x + 1) ≥ 0 ⇔ ( x −1)( x − 2)( x + 1) ≥ 0 ⇔ x ∈[ −1,1] ∪ [2, ∞]<br />
;<br />
2<br />
⎛ 2⎞<br />
e) 3x + x − 2< 0 ⇔ (3x − 2)( x + 1) < 0 ⇔ x ∈⎜ ⎜ −1 ⎟<br />
⎜⎝<br />
,<br />
3⎠⎟;<br />
2<br />
x − 1<br />
f) > 0 ⇔( x − 1)( x + 1)( x + 3) > 0 ⇔ x ∈( −3, −1) ∪ (1, ∞)<br />
;<br />
x + 3<br />
2<br />
x + 5x + 6 ( x + 2)( x + 3)<br />
g)<br />
≥ 0 ⇔ ≥ 0 ⇔ ( x + 2)( x + 3) ≥ 0, x ≠ 2 ⇔<br />
2 2<br />
x − 4x + 4 ( x − 2)<br />
⇔ x ∈( −∞, −3] ∪[ −2,2) ∪ (2, ∞)<br />
;<br />
5. Oldd meg és tárgyald a következő egyenlőtlenségeket, ha m, n, x , x ∈ :<br />
1 2<br />
a) ( mx − 1) ( 1+ x)<br />
< 0;<br />
b) ( mx − n)( nx + m)<br />
< 0 ; c) ( x −x ) ( x − x ) < ;<br />
1 2 0<br />
d) ( m − x)( m + x)<br />
> 0 ; e) ( m + 1− mx) ( 1+<br />
mx)<br />
≥ 0;<br />
f) ( x −x1) ( x −x2) ≥ 0 ; g) −( x − x1)( x −x2) ≤ 0 ; h) −( x − x1)( x − x2)<br />
< 0 .<br />
Megoldás. a)<br />
⎛ 1 ⎞<br />
I. eset: m ∈( 0, ∞) ⇒x ∈ ⎜<br />
⎜−1, ⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟<br />
m ⎠⎟;<br />
II. eset: m = 0 ⇒x ∈( −1, ∞)<br />
;<br />
⎛ 1 ⎞<br />
III. eset: ∈( −1, 0 ) ⇒ ∈ ⎜ , ⎟<br />
⎜⎝<br />
−∞ ⎟ ( −1, ∞)<br />
m ⎠⎟∪ m x ;<br />
IV. eset: m = −1 ⇒x ∈ \ { −1}<br />
;<br />
⎛1⎞ V. eset: m ∈( −∞, −1 ) ⇒ x ∈( −∞, −1 ) ∪ ⎜ , ∞⎟⎟<br />
⎜⎝m⎠⎟. b) I. eset: m = n = 0 ⇒ M = ∅ ;<br />
1<br />
2<br />
II. eset: m = 0, n ≠ 0 ⇒− n x < 0 ⇒ x ∈ 0, ∞ ;<br />
( )<br />
≠ 0, = 0 ⇒ m x < 0 ⇒ x ∈( −∞,<br />
0)<br />
2<br />
III. eset: m n ;<br />
⎛ n ⎞⎛ m⎞ ⎛ m<br />
IV. eset: > 0 ⇒mn ⎜ x − ⎟ ⎜x+ ⎟<<br />
0 ⇒x∈⎜− m<br />
⎟⎜ ⎟<br />
n<br />
⎟ ⎜ ,<br />
⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ n<br />
n ⎞<br />
mn<br />
m<br />
⎟⎠<br />
;<br />
⎛ n ⎞⎛ m n m<br />
V. eset: 0 x ⎟<br />
⎞<br />
x ⎟<br />
⎛ ⎞<br />
0 x , ⎟<br />
⎛ ⎞<br />
mn < ⇒ ⎜ − ⎜ + > ⇒ ∈⎜−∞ ⎜−<br />
∞<br />
⎝<br />
⎟ ⎟ ⎟<br />
m⎠⎝ ⎟⎜ n ⎠⎟ ⎝⎜ m⎠⎟∪ ⎝⎜<br />
,<br />
n<br />
⎟⎠<br />
.<br />
c) I. eset: m = 0 ⇒∀x ∈<br />
megoldás;
Egyenletek és egyenlőtlenségek 65<br />
⎛ 1⎞⎛ 1⎞ ⎡ 1<br />
II. eset: ≠ 0 ⇒⎜ −1− ⎟⎜x + ⎟≤<br />
0 ⇒x ∈ − ,1+<br />
m m m<br />
1 ⎤<br />
m ⎜<br />
x ⎟ ⎜ ⎟<br />
⎢ ⎥ , ha<br />
⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎢⎣ m⎥⎦<br />
⎡ 1 1 ⎤<br />
m ∈( −∞, −2] ∪ ( 0, ∞)<br />
, illetve x ∈ ⎢1 + , − ⎥ , ha m ∈( −2,<br />
0)<br />
.<br />
⎢⎣ m m⎥⎦<br />
d) m = 0 esetben nincs megoldás, ha m ≠ 0 , akkor x ∈( −m<br />
, m ) .<br />
e) Ha x x , nincs megoldás, ha x ≠ x , akkor x ∈ min { x , x } , max { x , x } .<br />
1 = 2 1 2<br />
1 = x2<br />
= 1 ≠ x2<br />
( )<br />
1 2 1 2<br />
f) Ha x , akkor M , ha pedig x , akkor<br />
x ∈( −∞,min { x1, x2} ⎤ ⎡<br />
⎦<br />
∪<br />
⎣<br />
max { x1, x2}<br />
, ∞)<br />
.<br />
g) Az egyenlőtlenség ekvivalens az előző pontbeli egyenlőtlenséggel, így a megoldás<br />
is azonos.<br />
h) Ha x 1 = x2<br />
, akkor M = \ { x1}<br />
, ha x 1 ≠ x2,<br />
akkor<br />
x ∈ −∞,min { x , x } ∪ max x , x , ∞ .<br />
( ) ( { } )<br />
1 2 1 2<br />
3 1 2<br />
6. Oldd meg a + < 2 −<br />
x −1 2 x −1 egyenlőtlenséget.<br />
Megoldás<br />
3 1 2 5 3 10− 3x+ 3 13 − 3x<br />
+ < 2− ⇔ − < 0 ⇔ < 0 ⇔ < 0 ⇔<br />
x −1 2 x −1 x −1 2 2( x −1)<br />
x −1<br />
⎛13 ⎞<br />
⇔ x ∈( −∞,1) ∪ ⎜ , ∞⎟ ⎟<br />
⎜⎝ 3 ⎠⎟.<br />
7. Oldd meg a valós számok halmazában a következő egyenlőtlenségeket:<br />
x − 1 x + 1 x − 2 x + 2 x + 1 x − 2 x − 2 x + 1<br />
a) < ; b) < ; c) > ; d) <<br />
x + 2 x − 2 x + 1 x − 1 x − 5 x + 3 x + 3 x − 4<br />
.<br />
Megoldás. a)<br />
x − 1 x + 1 x − 1 x + 1<br />
x<br />
< ⇔ − < 0 ⇔ > 0 ⇔ x ∈( −2,0) ∪ (2, ∞)<br />
;<br />
x + 2 x − 2 x + 2 x −2 ( x − 2)( x + 2)<br />
x − 2 x + 2 x + 1−3 x − 1+ 3 3 3<br />
b) < ⇔ < ⇔ 1− < 1+<br />
⇔<br />
x + 1 x − 1 x + 1 x − 1 x + 1 x − 1<br />
1 1<br />
2x<br />
⇔ 0 < + ⇔ 0 < ⇔ x ∈( −1,0) ∪ (1, ∞);<br />
x − 1 x + 1 ( x − 1)( x + 1)<br />
x + 1 x − 2 6 5 6 5<br />
c) > ⇔ 1+ > 1−<br />
⇔ + > 0 ⇔<br />
x − 5 x + 3 x − 5 x + 3 x − 5 x + 3<br />
6x + 18+ 5x − 25<br />
⎛ 7 ⎞<br />
⇔ > 0 ⇔ (11x −7)( x − 5)( x + 3) > 0 ⇔ x ∈⎜ 3, ⎟ (5, )<br />
( x − 5)( x + 3)<br />
⎜⎜⎝ − ⎟ ∞<br />
11⎠⎟∪<br />
;<br />
x − 2 x + 1 5 5 1 1<br />
d) < ⇔1− < 1+ ⇔ 0 < + ⇔<br />
x + 3 x − 4 x + 3 x −4 x − 4 x + 3<br />
2x−1 ⇔ 0 < ⇔ x ∈( −3,1/2) ∪ (4, ∞)<br />
.<br />
( x − 4)( x + 3)
66 Egyenletek és egyenlőtlenségek<br />
8. Egy sakk körversenyen (minden mérkőzésen 1 pontot kap a nyertes, 0 pontot a<br />
vesztes illetve döntetlen esetén 0,5 – 0,5 pontot kap mindkettő) csak nagymesterek és<br />
mesterek vettek részt. Az utóbbiak száma 3-szor annyi volt, mint a nagymestereké,<br />
elért pontjaik együttes száma pedig 1,2-szerese a nagymesterek pontszámai<br />
összegének. Hányan vettek részt a versenyen? Mit mondhatunk az első három<br />
helyezettről?<br />
Megoldás. Ha x a nagymesterek száma, akkor 3x a mestereké és 4x az összes<br />
résztvevők száma. A versenyen mindenki mindenkivel kétszer játszik (egyszer fekete<br />
és egyszer fehér bábukkal), tehát összesen 4( x 4x<br />
−1)<br />
a megszerzett pontok száma.<br />
6<br />
Ebből a mesterek -ed részt szereztek, a többi pontot a nagymesterek szerezték.<br />
11<br />
Másrészt a mesterek által összegyűjtött pontok száma legalább annyi, mint azoknak a<br />
játszmáknak a száma, amelyekben csak mesterek játszottak. Így<br />
6<br />
4 x(4x −1) ≥ 3x (3x −1)<br />
, tehát x ≤ 3 . Az<br />
11<br />
x = 1 és x = 2 esetek nem<br />
6 k<br />
lehetségesek, mert a 4 x( 4x − 1) szám ezekre az értékekere nem , k ∈ alakú.<br />
11<br />
2<br />
Tehát az egyetlen lehetséges megoldás az x = 3 . Ez azt jelenti, hogy 3 nagymester<br />
és 9 mester vett részt a versenyen. x = 3 esetén a vizsgált egyenlőtlenségben<br />
egyenlőség áll, tehát egyetlen mester sem szerzett pontot nagymester elleni<br />
játszmából, és így az első három helyezett a három nagymester.<br />
9. Az A és B városok közti P helyről kétféle módon juthatunk B-be: gyalog bejárva a<br />
PB útvonalat vagy gyalog megyünk A-ba és onnan vonattal B-be. Mely pontokból<br />
előnyösebb az első, és melyekből a második módot választani, ha a legrövidebb idő<br />
alatt szeretnénk eljutni B-be, ha gyalog 5km h sebességgel megyünk, a vonat<br />
sebessége 50 km h , és az AB távolság 20 km?<br />
Megoldás. Jelöljük az B és P városok közti távolságot x -szel. Meg kell<br />
határozni, x mely értékeire melyik utazási módot érdemes választani.<br />
PB x<br />
Gyalog megtéve a PB útvonalat, az utazáshoz szükséges idő t = = óra, a<br />
1<br />
5 5<br />
AP AB 20 − x 20<br />
második módot választva pedig t = + = + órába telik eljutni<br />
2<br />
5 50 5 50<br />
P -ből B -be. Akkor rövidebb gyalogosan megtenni a PB távot, ha t 1 t2,<br />
vagyis ha<br />
x km.<br />
≤<br />
≤ 11<br />
10. Egy egyfordulós körmérkőzéses pingpongbajnokság győzteséről tudjuk, hogy<br />
mérkőzéseinek több, mint 68 és kevesebb, mint 69 százalékát nyerte meg. Legalább<br />
hányan indultak a bajnokságon?<br />
Megoldás. Ha mindenki n mérkőzést játszott és az első helyezett k mérkőzést<br />
nyert, akkor 0, 68n < k < 0,<br />
69n. Ez alapján 0, 31n < n − k < 0, 32n<br />
, tehát<br />
0,62n < 2( n − k) < 0,64n < 0,68n < k < 0,69n<br />
.
Egyenletek és egyenlőtlenségek 67<br />
A 2( n − k)<br />
és a k különböző egész számok, tehát 0, 69n − 0, 62n > 1 és így n ≥ 15 .<br />
Ha n = 15 , akkor 0, 68n és 0, 69n közt nincs egész szám, tehát n ≥ 16 . n = 16<br />
esetén k = 11 . Igazolni kell, hogy ez lehetséges is. Jelöljük G -vel a győztest és a<br />
többi 16 résztvevőt osszuk két 5 -ös ( AB , ) és egy 6 -os ( C ) csoportba. Ha G<br />
legyőzte az A és C tagjait és kikapott a B csoport tagjaitól, akkor 11győzelme és 5<br />
veresége van. Ha a C csoport tagjai legyőzték a B csoport tagjait, kikaptak az A<br />
csoport tagjaitól és a B csoport tagjai legyőzték az A csoport tagjait, akkor G -nek<br />
van a legtöbb pontja. Tehát legalább 17 résztvevő volt a bajnokságon.<br />
11. Húsvétkor egy olyan családhoz, ahol 4 lány nevelkedik, a fiúk egyforma, teli üveg<br />
kölnivízzel érkeztek. Mindegyik fiú a neki legjobban tetsző lányra a kölnivíz felét a<br />
többi háromra 5-5 cseppet, a maradékot pedig a mamára locsolta. Legalább hány<br />
csepp kölnivíz volt egy-egy üvegben, ha egy lányra sem jutott 3 üveg kölninél több, de<br />
a mamára igen?<br />
Megoldás. Ha n csepp van egy üvegben és k fiú járt locsolni, akkor a mamára<br />
n<br />
k 15<br />
2<br />
⎛ ⎞<br />
⎜ − ⎟<br />
⎛n⎞<br />
⎝ ⎠<br />
⎟ csepp jutott és a négy lányra összesen k ⎜ + 15⎟<br />
⎝<br />
⎟<br />
2<br />
⎟ csepp. Így a<br />
⎠<br />
⎛n ⎞ ⎛n<br />
k⎜⎝ ⎜ − 15⎟> k ⎞<br />
3n + 15<br />
2 ⎠⎟ ><br />
4⎝⎜<br />
⎜ ⎟<br />
2<br />
⎟⎠<br />
egyenlőtlenségekhez jutunk. Ebből következik, hogy<br />
az üvegekben legalább n = 52 csepp kölni volt (és n = 52 esetén k = 15 locsoló<br />
járt a háznál).<br />
2.2.5. Gyakorlat (44. oldal)<br />
Ábrázold a koordinátarendszerben az alábbi ponthalmazokat:<br />
a) H1 = { (, x y) 2x + 3y > 5}<br />
; b) H2 = { (, x y)2x −3y ≤−1}<br />
;<br />
c) H3 = { (, x y) − x + y ≤ 1}<br />
; d) H4 = { (, x y) −3x − 4y > 7}<br />
;<br />
e) H5 = { (, x y)2x −y ≤−3}<br />
; f) H6 { (, x y) 3x 2y 1}<br />
= − + 5 x y 2x-3y
68 Egyenletek és egyenlőtlenségek<br />
y<br />
1<br />
-1 O<br />
y<br />
3<br />
1<br />
-x+ y< 1<br />
-1 O x<br />
x<br />
-1<br />
y<br />
-4<br />
O<br />
-1<br />
3<br />
-3x-4y>7<br />
y<br />
1<br />
-1O<br />
2x-y
Egyenletek és egyenlőtlenségek 69<br />
2<br />
e) x = 0, x =− 7, x + 7 x = x( x + 7) ;<br />
1 2<br />
2<br />
f) x = 5, x =− 5, x − 5 = ( x − 5)( x + 5) ;<br />
1 2<br />
1 3 2<br />
g) x1 = − , x2 = , 28x −5x − 3 = (4x + 1)(7x<br />
− 3);<br />
4 7<br />
1 3 2<br />
h) x1 = − , x 2 = , 10x −x − 3 = (2x + 1)(5x − 3)<br />
;<br />
2 5<br />
2<br />
i) x = 2, x = 2 2, x − 3 2x + 4 = ( x − 2)( x −22)<br />
;<br />
1 2<br />
1 2<br />
j) x1 = − 2, x 2 = − , 2x + 5x + 2 = ( x + 2)(2 x + 1) ;<br />
2<br />
k) x = 3, x<br />
2 2<br />
= 3, x − 6x + 9 = ( x − 3) ;<br />
1 2<br />
2<br />
l) x = − 4, x = − 6, x + 10x + 24 = ( x + 4)( x + 6) .<br />
1 2<br />
2. Milyen m ∈ esetén van az alábbi egyenleteknek pontosan egy valós gyöke?<br />
2<br />
2<br />
2<br />
a) mx − ( m + 2) x + 2 = 0; b) mx + ( m −1) x − 2 = 0;<br />
c) x − m x + 1= 0;<br />
2<br />
2<br />
2<br />
d) ( m + 1) x − mx + 1=<br />
0 ; e) x − ( m + 1) x + m = 0;<br />
f) mx + x + 1= 0.<br />
Megoldás. Egy valós együtthatójú másodfokú egyenletnek pontosan akkor van egy<br />
valós gyöke, ha a diszkriminánsa 0 . Így a következő értékekhez jutunk:<br />
2 2<br />
a) 0 = ∆ = ( m + 2) −4⋅m⋅2 ⇔ ( m − 2) = 0 ⇔ m = 2;<br />
m = 3+ 2 2, m = 3−2 2;<br />
c) m = − 2, m = 2 ;<br />
b) 1 2<br />
1 2<br />
1<br />
d) m 1 = 2+ 2 2, m2<br />
= 2−2 2 ; e) m 1 = 1, m2<br />
= 1 ; f) m = .<br />
4<br />
3. Milyen m ∈ esetén van az előbbi egyenleteknek pontosan két valós gyöke?<br />
Megoldás. Egy másodfokú egyenletnek pontosan akkor van két valós gyöke, ha a<br />
diszkriminánsa szigorúan pozitív. Így a következő eredményekhez jutunk:<br />
a) m ≠ 2 ; b) m ∈( −∞,3− 2 2) ∪ (3+ 2 2, ∞)<br />
; c) m ∈( −∞, −2) ∪ (2, ∞)<br />
;<br />
1<br />
d) m ∈( −∞,<br />
2− 2 2) ∪ (2+ 2 2, ∞)<br />
; e) m ≠ 1 ; f) m ≤ .<br />
4<br />
4. Írjuk fel azt a másodfokú egyenletet, amelynek gyökei:<br />
a) x1 = 1; x2<br />
= 2 ; b) x 1 = 7; x2<br />
=−7; c) x 1 = 0; x2<br />
=−5;<br />
5<br />
d) x 1 = ;<br />
3<br />
3 1<br />
x2<br />
= ; e) x1 = ;<br />
5 2<br />
5<br />
x2<br />
= ; f) x1 = − 1;<br />
7<br />
1<br />
x2<br />
= − ;<br />
2<br />
1<br />
g) x1 = ;<br />
2<br />
1 1<br />
x2<br />
= ; h) x 1 = ;<br />
6 3<br />
1<br />
x2<br />
= ; i) x1 = 3+ 4<br />
2; x 2 = 3−2<br />
;<br />
k) x1 = 6; x2<br />
= 2 ;<br />
1+ l) x 1 =<br />
3<br />
2<br />
;<br />
1−<br />
x2<br />
=<br />
3<br />
2<br />
;<br />
m) x = a + b; x = a − b,<br />
ahol a, b ∈ .<br />
1 2<br />
Megoldás. A 3.1.3. következmény vagy a Viéte-féle összefüggéseket használjuk.<br />
2<br />
2<br />
2<br />
a) x − 3x + 2 = 0;<br />
b) x − 49 = 0 ; c) x + 5x =<br />
0;
70 Egyenletek és egyenlőtlenségek<br />
2<br />
2<br />
2<br />
d) 15 x − 34x + 15 = 0 ; e) 14 x − 17x + 5 = 0 ; f) 2x − 3x + 1=<br />
0;<br />
2<br />
g) 12x − 8x + 1 = 0 ;<br />
2<br />
h) 12 x − 7x + 1 = 0 ;<br />
2<br />
i) x − 6x + 1=<br />
0;<br />
2<br />
k) x − (2 +<br />
2<br />
2 2 2<br />
6) x + 2 6 = 0 ; l) 9x −6x − 1=<br />
0;<br />
m) x − 2a x + a − b = 0.<br />
2<br />
5. Ha az x − m x + 1=<br />
0 egyenlet gyökei x 1 és x 2 , írj fel egy olyan másodfokú<br />
egyenletet, amelynek a gyökei:<br />
1 1<br />
a) y = x + 1; y = x + 1 ; b) y = ;y = , ha x 1 1 2 2<br />
1 2<br />
1,2 ≠ 0 ;<br />
x x<br />
1 2<br />
1 1<br />
c) y = x + ; y = x + , ha x 1 1 2 2<br />
1,2 ≠ 0 ; d) y = x + x ; y = x x ;<br />
1 1 2 2 1 2<br />
x x<br />
2 1<br />
x + x x + x<br />
x x<br />
1 2 1 2 1 2<br />
e) y = ; y = , ha x ; f)<br />
1 2<br />
1,2 ≠ 0 = ; y = 1 2<br />
1,2<br />
x x<br />
x x<br />
≠<br />
y , x 0 ;<br />
1 2<br />
= 1<br />
2<br />
; 1 2 =<br />
2<br />
2 1<br />
3<br />
;y 1 2<br />
3<br />
x2<br />
2 1<br />
−2 −2<br />
g) y x y<br />
−3 j) y = x ;y 1 1 2<br />
x ; h) y = x = ; i) y = x ;y = x , ha x ;<br />
1 1 2 2<br />
1,2 ≠ 0<br />
x x<br />
−3<br />
1 2 2 2<br />
= x , ha x ; l)<br />
2<br />
1,2 ≠ 0 y = ;y = , x 1 2 2 2 2 2 1 + x2<br />
≠ 0 .<br />
x + x x + x<br />
1 2 1 2<br />
Megoldás. A Viéte-féle összefüggések alapján x + x = m, x x = 1.<br />
Ezekből<br />
1 2 1 2<br />
kiszámítjuk a keresett egyenlet gyökeinek összegét és szorzatát, majd ismét a Viéte<br />
összefüggések alapján felírjuk ezt az egyenletet.<br />
a) y + y = x + 1+ x + 1= x + x + 2 = m +2,<br />
1 2 1 2 1 2<br />
yy = ( x + 1)( x + 1) = xx + x + x + 1= 1+ m+ 1=<br />
m+<br />
2,<br />
1 2 1 2 1 2 1 2<br />
2<br />
tehát az egyenlet y − ( m + 2) y + ( m + 2) = 0.<br />
2<br />
2<br />
2<br />
b) y − m y + 1= 0;<br />
c) y − 2my + 4 = 0; d) y − ( m + 1)y + m = 0;<br />
2 2 2<br />
2 2<br />
2 2<br />
e) y − m y + m = 0 ; f) y −( m − 2) y + 1=<br />
0; g) y −( m − 2) y + 1=<br />
0;<br />
2 2<br />
2 2<br />
h) y −m ( m − 3) y + 1=<br />
0; i) y −( m − 2) y + 1=<br />
0;<br />
2 2<br />
2 2 2 2<br />
j) y −m ( m − 3) y + 1=<br />
0; l) ( m −2 ) y −m( m − 2) y + 1=<br />
0.<br />
Megjegyzés. Néha a változó transzformálását is lehet használni (például az a), b),<br />
1<br />
g), h), i) és j) alpontok esetében). A b) alpont esetében az y = transzformációval az<br />
x<br />
2<br />
⎛1⎞ 1<br />
egyenlet ⎜ ⎟ 2<br />
− m + 1=<br />
0 alakban írható, tehát y ≠ 0 -val való beszorzás után az<br />
⎝⎜y⎠⎟y 2<br />
y − my<br />
+ 1= 0 egyenlethez jutunk.<br />
6. Tárgyald a gyökök természetét és előjelét a következő egyenletek esetében:<br />
2<br />
2 2<br />
a) mx − ( m + 3) x + 3 = 0;<br />
b) mx − m −1 x − m = 0;<br />
( )<br />
2 2<br />
c) x −mx − 6m = 0;<br />
2 2<br />
d) x −x −m − m = 0 .<br />
2 m + 3<br />
Megoldás. a) ∆ = ( m − 3)<br />
, S = ,<br />
m<br />
3<br />
P = .<br />
m
Egyenletek és egyenlőtlenségek 71<br />
m ∆ S P x1, x 2<br />
( −∞, − 3)<br />
+ + − x 1 < 0 , x 2 > 0 , x1 < x2<br />
− 3 + 0 − x1 = − 1, x2<br />
= 1<br />
( − 3,0) + − − x 1 < 0 , x 2 > 0 , x1 > x2<br />
0 | | | x = 1<br />
(0, ∞ ) \ {3} + + + x 1 > 0 , x 2 > 0<br />
3 0 + + x1 = x2<br />
= 1<br />
2<br />
2 2 m −1<br />
b) ∆ = ( m + 1)<br />
, S = , P =−1.<br />
m<br />
m ∆ S P x1, x 2<br />
( −∞, − 1)<br />
+ − − x 1 < 0 , x 2 > 0 , x1 > x2<br />
− 1 + 0 − x1 = − 1, x2<br />
= 1<br />
( − 1,0) + + − x 1 < 0 , x 2 > 0 , x1 < x2<br />
0 + | | x = 0<br />
(0,1) + − − x 1 < 0 , x 2 > 0 , x1 > x2<br />
1 + 0 − x1 = − 1, x2<br />
= 1<br />
(1, ∞ ) + + − x 1 < 0 , x 2 > 0 , x1 < x2<br />
2<br />
c) ∆ = 25m , S = m , P =−6m<br />
2<br />
m ∆ S P x1, x 2<br />
( −∞ ,0)<br />
+ − − x 1 < 0 , x 2 > 0 , x1 > x2<br />
0 0 0 0 x = 0<br />
(0, ∞ ) + + − x 1 < 0 , x 2 > 0 , x1 < x2<br />
2<br />
2<br />
d) ∆ = (2m + 1) , S = 1, P =−m −m<br />
m ∆ S P x1, x 2<br />
( −∞, − 1)<br />
+ + − x 1 < 0 , x 0 ,<br />
− 1 + + 0 x1 = 0, x2<br />
= 1<br />
( −1, − 1/2) + + + x 1 > 0 , x 2 ><br />
− 1<br />
2 0 + + x 1,2 = − 1/2<br />
( 1 ,0)<br />
−<br />
2 + + + x 1 > 0 , x 2 > 0<br />
0 + + 0 x1 = 0, x2<br />
= 1<br />
(0, ∞ ) + + − x 1 < 0 , x 0 ,<br />
2 > x1 < x2<br />
0<br />
2 > x1 <<br />
x2
72 Egyenletek és egyenlőtlenségek<br />
2<br />
7. Az x − 7x + 2 = 0 egyenlet gyökeire számítsd ki az alábbi kifejezések értékét:<br />
a) x x ; b) xx ;<br />
2 2<br />
c) x + x ;<br />
3 3<br />
d) x + x ;<br />
4 4<br />
e) x + x ;<br />
1 + 2<br />
1 2<br />
1 2<br />
1 2<br />
1 2<br />
5<br />
1 +<br />
5<br />
2<br />
− 1 −1<br />
x1 + x2<br />
− 2 −2 1 + x2<br />
− 3<br />
1 +<br />
−3<br />
2<br />
1 − 2<br />
2<br />
1 −<br />
2<br />
2 1 > x2<br />
x1 x + 2 , (ha x 1,2 ≥ 0 );<br />
f) x x ; g) ; h) x ; i) x x ; j) x x ;<br />
k) x x (ha x ); l)<br />
x + x ,(ha x 1,2 ≥ 0 ); n)<br />
1<br />
x1 +<br />
1<br />
x2<br />
, (ha x 1,2 > 0 );<br />
o) 1 x − x 2 , (ha x1 > x 2 ≥ 0 );<br />
x1 − x2 x1 + x<br />
p) +<br />
x + x x − x<br />
m) 4 4<br />
1 2<br />
1 2 1<br />
x1 + 1 x2<br />
+ 1<br />
r) + ;<br />
x2 −2 x1<br />
−2<br />
3 2 3 2<br />
x1 + 3x1 − x1 + 1 x2 + 3x2<br />
− x2<br />
+ 1<br />
s)<br />
+<br />
.<br />
2 2<br />
x2 + x2 + 1 x1 + x1<br />
+ 1<br />
Megoldás. a) 7; b) 2; c) 45; d) 301; e) 2017; f) 13517; g) 7/2; h) 45/4; i) 301/8;<br />
j) 41 (ha x > x2);<br />
k) 7 41;<br />
l) ( ) 2<br />
1<br />
x + x = x + x + 2 x x = 7+ 2 2 ⇒ x + x = 7+ 2 2 ;<br />
1 2 1 2 1 2 1 2<br />
m)<br />
4<br />
7+ 2 2 + 2 2 ; n) 7<br />
+<br />
2<br />
2 ; o) 7−<br />
48 41<br />
8066<br />
2 ; p) ; r) –10; s)<br />
287 73 .<br />
2<br />
8. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy az x − m x + 2 = 0<br />
egyenlet x1 és x 2 gyökére teljesüljön az alábbi összefüggések közül legalább egy:<br />
2 2<br />
a) x1 + x2<br />
= 5 ; b) x1x 2( x1 + x2)<br />
= 4 ;<br />
1 1<br />
c) +<br />
x1 x2<br />
= 4 ;<br />
d) x 1 = 2x2;<br />
e) x1 + 2x2 = 4;<br />
f) x1 + x2 2 2<br />
= x1 + x2.<br />
Megoldás. Ha a kifejezés szimmetrikus, akkor a Viéte-féle összefüggések alapján<br />
kiszámítjuk a bal oldalt m függvényében, és így egy egyenlethez jutunk m -ben. Ezt<br />
az a), b), c) és f) alpontoknál használhatjuk. Ha az összefüggés nem szimmetrikus,<br />
akkor a Viéte-féle összefüggések és az adott egyenlőség alapján a gyököket<br />
küszöböljük ki (vagy határozzuk meg). Például az e) alpont esetében xx = 2 és<br />
x + 2x<br />
= 4 összefüggésekből alkotott egyenletrendszer alapján ( x , x ) = ( 2,1)<br />
,<br />
1 2<br />
tehát m = 3 . A következő eredményekhez jutunk:<br />
a) m =± 3 ; b) m = 2 ; c) m = 8 ; d) m =± 3 ; e) m = 3 ; f) ∅ .<br />
Tehát m ∈{ −3,0,2,3,8}<br />
teljesül az összefüggések közül legalább egy.<br />
9. Határozzuk meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy az alábbi egyenletek<br />
gyökei között fennálljanak a mellette levő összefüggések:<br />
2<br />
a) ( m + 1 ) x + 2mx + 5 = 0;<br />
x − x = ;<br />
1 2 2<br />
2<br />
b) ( m − 2 ) x + (3m − 5) x + 3 = 0;<br />
x1 = x2;<br />
2<br />
c) ( m + 3 ) x + mx + m + 1=<br />
0;<br />
x1 = 3x2;<br />
2<br />
d) 3 x + ( m − 3) x + m + 5 = 0;<br />
2 2 8<br />
x1 + x2<br />
= ;<br />
3<br />
2<br />
e)( m + 5 ) x − ( m + 7) x − m + 3 = 0; xx 1 2 = x1 +<br />
x2;<br />
2<br />
2<br />
;<br />
1 2<br />
1 2
Egyenletek és egyenlőtlenségek 73<br />
2<br />
3 3<br />
f) mx −( m −1) x − m + 1=<br />
0;<br />
x1 + x2<br />
= 4 ;<br />
2 2<br />
g) mx + ( m − 2) x + 2( m + 1) = 0;<br />
1 1<br />
+<br />
x1 x2<br />
= 2 ;<br />
2<br />
h) ( m + 2 ) x + ( m − 3) x + m = 0; 3<br />
x1 + x2 + 2x1x2<br />
= ;<br />
2<br />
2<br />
i) x + m x + 2m + 8 = 0; x1 = 2x2;<br />
2<br />
j) x + 2(3m + 2) x + 3(2m + 1) = 0 ;<br />
2 2 10m<br />
x1 + x2 = x1x2; 3<br />
2<br />
k) x − ( m + 1) x + m = 0; | x1 − x2<br />
| = 1.<br />
2m<br />
Megoldás. a) A Viéte-féle összefüggések alapján x1 + x 2 =− , tehát az<br />
m + 1<br />
1<br />
adott egyenlőségből következik, hogy x1<br />
= . Ha ezt visszahelyettesítjük az<br />
m + 1<br />
1 1<br />
egyenletbe, az ( m + 1 ) ⋅ + 2m⋅ + 5 = 0 egyenlethez jutunk. Így<br />
2<br />
( m + 1) m + 1<br />
2m+ 1<br />
6<br />
+ 5 = 0, tehát m = − .<br />
m + 1<br />
7<br />
2<br />
7<br />
b) x1 = x2<br />
⇔∆= 0 ⇔ 9m − 30m + 25 − 12m + 24 = 0 ⇔ m = − .<br />
3<br />
m m<br />
c) x1 = 3 x2, x1 + x2 =− ⇒ x2<br />
= − . Ha ezt visszahelyettesítjük<br />
m + 3 4 ⋅ ( m + 3)<br />
2 2 2<br />
m m 3m<br />
az egyenletbe, az − + m + 1= 0 ⇔− + m + 1= 0<br />
16( m + 3) 4( m + 3) 16( m + 3)<br />
12<br />
egyenlőséghez jutunk, tehát m1 = − 4, m 2 = − .<br />
13<br />
( )<br />
d)<br />
2<br />
2 2 8 2 8 m − 3 m + 5 8<br />
x1 + x 2 = ⇔ ( x1 + x2) − 2x1x2 = ⇔ − 2 = ⇔<br />
3 3 9 3 3<br />
2 2<br />
⇔ m − 6m + 9−6m− 30 = 24 ⇔ m −12m − 45 = 0 ⇔ m = 15, m =− 3;<br />
1 2<br />
m + 7 − m + 3<br />
e) xx 1 2 = x1 + x2 ⇔ = ⇔ m=<br />
−2<br />
;<br />
m + 5 m + 5<br />
2<br />
3 3 m −1 ⎡ m 1 m 1⎤<br />
f) x1 x2<br />
4 ⎢<br />
⎛ − ⎞<br />
⎟<br />
− +<br />
3 ⎥<br />
1 3<br />
+ = ⇔ ⋅ ⎜ ⎟ − ⋅ = ⇔<br />
m ⎢ ⎜ ⎜⎝<br />
m ⎠⎟<br />
4 m1 = , m2<br />
= ;<br />
m ⎥<br />
⎣ ⎦<br />
4 8<br />
2<br />
1 1 2 2( 1)<br />
g) 2 1 2 2 1 2<br />
2 m<br />
m −<br />
+<br />
+ = ⇔ x + x = x x ⇔− = ⋅ ⇔<br />
x x m m<br />
1 2<br />
h) 1 2 1 2<br />
⇔ m = − 2+ 2, m =−2− 2 ;<br />
1 2<br />
3 m − 3 m 3<br />
x + x + 2x x = ⇔− + 2⋅<br />
= ⇔ m = 0;<br />
2 m + 2 m + 2 2
74 Egyenletek és egyenlőtlenségek<br />
5<br />
i) m1 = 12, m 2 =−3; j) m1 = − 1, m 2 = − ;<br />
8<br />
k) ( ) 2 2<br />
x − x = 1⇔ x − x = 1 ⇔ ( x + x ) − 4x<br />
x = 1⇔m = 1 .<br />
1 2 1 2 1 2 1 2<br />
2<br />
10. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy az x + 3x − m = 0<br />
egyenlet és x gyökeire teljesüljenek az alábbi egyenlőtlenségek:<br />
x1 2<br />
2<br />
1 +<br />
2<br />
2 < 0<br />
3 3 2 2<br />
a) x x ; b) x + x > x + x ;<br />
1 2 1<br />
2<br />
x1 ; d)<br />
2<br />
x2<br />
1<br />
c)<br />
2+ x1 1<br />
+<br />
2+<br />
x2<br />
≤ 1<br />
+<br />
x1 + x2<br />
> 1 + xx 1 2.<br />
Megoldás. A Viéte-féle összefüggés alapján x + x =− 3, x x = −m.<br />
2<br />
1 2 1 2<br />
a) ( ) 2<br />
2 2<br />
9<br />
x1 + x2 < 0 ⇔ x1 + x2 < 2x1x2 ⇔ 9< 2( −m) ⇔ m < − ;<br />
2<br />
3 3 2 2<br />
b) x 1 + x2 > x1 + x2 2 2<br />
⇔ ( x1 + x2)[( x1 + x2) − 3 x1x2] > ( x1 + x2) −2x1x2 ⇔<br />
36<br />
⇔( − 3)(9 + 3 m) > 9 + 2m ⇔−27 − 9m > 9 + 2m ⇔− 36 > 11m<br />
⇔ m < − ;<br />
11<br />
2<br />
Más megoldás. x + 3x 2<br />
− m = 0 ⇒ x = − 3x 3 2<br />
+ m ⇒ x = − 3x<br />
+ mx =<br />
i i i i i i i<br />
= −3( − 3 x + m) + mx<br />
=( m + 9) x − 3m<br />
, i ∈ {1, 2}<br />
i i<br />
i<br />
3 3 2 2<br />
1 2 1 2 1 2 1 2<br />
x + x > x + x ⇔ ( m + 9)( x + x ) − 6m > − 3( x + x ) + 2m<br />
⇔<br />
36<br />
⇔−9m − 27 > 9+ 2m<br />
⇔ − 36 > 11m<br />
⇔ m < − ;<br />
11<br />
1<br />
c)<br />
2+ x1 1<br />
+<br />
2+ x2 4 + x1 + x2<br />
≤1⇔ 4+ 2( x1 + x2) + x1x2 4−3 ≤1 ⇔<br />
≤1⇔ 4+ 2( −3) −m<br />
1<br />
m + 3<br />
⇔ + 1≥ 0 ⇔ ≥ 0 ⇔ m ∈( −∞, −3] ∪ ( −2, ∞);<br />
2 + m<br />
m + 2<br />
2 2<br />
x1 + x2 d) > 1+ xx 1 2<br />
x1 + x2<br />
9+ 2m 2m<br />
⇔ > 1−m⇔ 3+ < m−1 ⇔ 12 < m.<br />
−3<br />
3<br />
11. Határozz meg egy m-től független összefüggést az alábbi egyenletek gyökei közt:<br />
2 2<br />
2<br />
a) x + ( m − 1) x + m = 0;<br />
b) mx − ( m + 1) x + 2m= 0;<br />
( )<br />
2<br />
2 2 2<br />
c) x + mx + 1= 0;<br />
d) mx + m − 1 x + m = 0;<br />
2<br />
e) ( m + 1) x −( m − 1) x + 3m<br />
= 0.<br />
Megoldás. a) )<br />
⎪ ⎪⎧<br />
x1 + x2 = 1 − m<br />
2 2<br />
⎨ ⇒ m = x1x2 = ( x1 + x2<br />
−1<br />
; b) xx ;<br />
2<br />
1 2 = 2<br />
⎪ xx 1 2 = m<br />
⎪⎩<br />
⎧ 2<br />
⎪<br />
m −1<br />
2<br />
x1 + x2 =− ( xx 1 2)<br />
−1<br />
c) xx 1 2 = 1 ; d) ⎨<br />
⎪<br />
m ⇒ x1 + x2<br />
=− ;<br />
⎪ xx xx 1 2<br />
1 2 = m<br />
⎪⎩
Egyenletek és egyenlőtlenségek 75<br />
⎧⎪ m −1 ⎧<br />
−2<br />
⎪x1 + x2 =<br />
⎪<br />
⎪x1<br />
+ x2<br />
− 1 =<br />
⎪ m 1 ⎪ m 1 x1 x2<br />
1 2<br />
e) ⎪ + ⎪<br />
+ + −<br />
⎨ ⇒⎪ ⎨<br />
⇒ = .<br />
⎪ 3m⎪ −3 xx 1 2 − 3 3<br />
⎪ xx 1 2 = ⎪xx<br />
1 2 − 3 =<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪⎩ m + 1 ⎪ ⎪⎩<br />
m + 1<br />
12. Bizonyítsd be, hogy az alábbi egyenleteknek van m-től, illetve n-től független<br />
gyökük:<br />
2<br />
2<br />
a) mx − ( m + 1) x + 1=<br />
0; b) ( 2m −1) x −( m −1) x − 3m + 2 = 0;<br />
mx − ( m + n) x + n = 0<br />
2<br />
2 2 2<br />
c) ; d) ( m − 1) x + mx + 4−4m − 2m<br />
= 0;<br />
( )<br />
2 2 2<br />
2<br />
e) mx − 3m+ m− 4 x+ 2m+ 2m− 8 = 0;<br />
2<br />
f) x − ( m + 2) x + 3m + 2 3 − 3 = 0.<br />
Megoldás. a) Ha az egyenletnek van m -től független gyöke, legyen ez x 0 , az azt<br />
jelenti, hogy m -nek bármilyen sajátos értéket adunk, az így kapott egyenletnek x 0<br />
gyöke. Ha m = 0 , akkor az egyenlet: − x + 1=<br />
0,<br />
tehát az m -től független gyök<br />
csak az 1 lehet. Másrészt x = 1 minden m esetén gyök, mert m −(<br />
m + 1) + 1=<br />
0.<br />
2<br />
Más megoldás. Ha m szerint rendezzük az egyenletet, az ( x −x) m − x + 1=<br />
0<br />
egyenlőséghez jutunk. Ha az m együtthatója nem nulla, akkor ez egy elsőfokú<br />
egyenlet m -ben, tehát minden m esetén nem teljesülhetne az egyenlőség (mert egy<br />
elsőfokú egyenletnek csak egy gyöke lehet). Tehát ha az x megoldás nem függ m -<br />
2<br />
től, akkor x0 − x 0 = 0 és így − x 0 + 1=<br />
0.<br />
Ez csak akkor lehetséges, ha x 0<br />
valóban m -től független gyök.<br />
Hasonló gondolatmenet következtében kapjuk a következő értékeket:<br />
= 1 , ami<br />
b) x = −1; c) x = 1 ; d) x = 2 ; e) x = 2 ; f) x = 3 .<br />
13. Az m ∈ milyen értékeire lesz pontosan egy közös gyöke a következő egyenletpároknak?<br />
a) ( ) és x m ;<br />
2<br />
2<br />
m − 1 x + 2mx + 4 = 0 + ( −1) x − 2 = 0<br />
2<br />
2<br />
b) mx + ( m − 2) x + 1=<br />
0 és ( m + 2) x + 5x − ( m + 3)<br />
= 0;<br />
2 2<br />
c) x + 2mx + m<br />
2<br />
= 0 és 2x + 3 mx + m = 0.<br />
Megoldás. a) Ha x egy közös gyöke a két egyenletnek, akkor<br />
0<br />
( ) 4 = 0, és x m 0.<br />
A második egyenlet<br />
2<br />
2<br />
m − 1 x + 2mx<br />
+ + ( −1) x − 2 =<br />
0 0<br />
0 0<br />
2<br />
kétszereséhez hozzáadva az elsőt, kapjuk, hogy ( m + 1) x0 + ( 4m − 2)<br />
x0<br />
= 0,<br />
ahonnan, felhasználva, hogy x 0 ≠ 0 (0 nem gyöke egyik egyenletnek sem),<br />
4m−2 következik, hogy x = − (m = −1<br />
esetén nem lenne egyetlen közös gyök<br />
m + 1<br />
sem). Ha ezt visszahelyettesítjük a második egyenletbe, következik, hogy<br />
2<br />
( 4m−2) 4m−2 2 −( m −1) − 2 = 0, tehát m( m ) .<br />
( m + 1) m + 1<br />
2<br />
− 2 = 0<br />
m = 0 esetén x = 2 , m = 2 esetén pedig x 0 = −2<br />
a közös gyök.<br />
0<br />
0
76 Egyenletek és egyenlőtlenségek<br />
b) Ha egy közös gyök, akkor ⎪ ⎧ 2<br />
⎪mx<br />
+ ( m − 2) x + 1= 0<br />
0 0<br />
⎨⎪<br />
. Ha kiküszöböljük a<br />
2<br />
( m + 2) x + 5x − ( m + 3)<br />
= 0<br />
⎪⎩<br />
0 0<br />
négyzetes tagokat (az első egyenletet szorozzuk ( m + 2) -vel a másodikat m -mel és<br />
kivonjuk a két összefüggés megfelelő oldalait egymásból), akkor az<br />
2<br />
m −5m − 4 x<br />
2<br />
= − m + 4m + 2 egyenlőséghez jutunk. Másrészt ha<br />
( )<br />
0<br />
( )<br />
kiküszöböljük az x -t tartalmazó tagot (az első egyenletet szorozzuk 5 -tel a<br />
( m − 2)<br />
0<br />
2<br />
m −5m − 4 x = m + m −1<br />
2 2<br />
másodikat -vel), akkor az ( ) egyenlőséghez<br />
2<br />
jutunk. Az eredeti két egyenlet különbségéből 2x + ( 7 −m) x −(<br />
m + 4 ) = 0,<br />
tehát<br />
0<br />
0 0<br />
2<br />
( m m<br />
2<br />
) x0 (<br />
2<br />
m)( m m ) x0 ( m<br />
2 )( m m )<br />
( ) ( )( ) ( )( )<br />
2 −5 − 4 + 7− −5 −4 − + 4 −5 − 4 = 0 ⇒<br />
2 2 2<br />
2 m + m −1 − 7− m m + 4m + 2 − m + 4 m −5m− 4 = 0 ⇒ m = 0.<br />
2<br />
Ebben az esetben a két egyenlet − 2x + 1=<br />
0 és 2x + 5x − 3 = 0,<br />
tehát az<br />
1<br />
egyetlen közös gyökük az x 0 = .<br />
2<br />
c) m = 1 , x 0 = −1.<br />
14. Bizonyítsd be, hogy az<br />
2<br />
2<br />
x + ( b + c) x − a( a + b + c)<br />
= 0 , x + ( c + a) x − b( a + b + c)<br />
= 0 és<br />
2<br />
x + ( a + b) x − c( a + b + c)<br />
= 0<br />
egyenleteknek legalább egy közös gyökük van.<br />
Bizonyítás. A három egyenlet rendre írható az ( x − a) ( x + a + b + c)<br />
= 0<br />
( x − b)( x + a + b + c)<br />
=<br />
0<br />
és ( x − c) ( x + a + b + c)<br />
= 0 alakban, tehát<br />
x1 = − ( a + b + c)<br />
közös gyöke a három egyenletnek. Ha a = b = c,<br />
akkor x = a is<br />
közös megoldás.<br />
15. Határozd meg az alábbi halmazok elemeit:<br />
2<br />
2<br />
a) { x ∈ x −6x − 7 = 0}<br />
; b) { x ∈ 2x − 5x + 2 = 0 } ;<br />
2<br />
; d) { x ∈ 3x + 2x − 1=<br />
0};<br />
c) { x ∈<br />
2<br />
x −x − 2 = 0}<br />
e) { x ∈<br />
2<br />
6x − 5x + 1= 0}<br />
{ }<br />
2<br />
; f) x ∈ x − ( 1+ 2) x + 2 = 0<br />
Megoldás. a) M = {7} ; b) M = {2} ; c) M = { −1,2}<br />
;<br />
d) M = { − 1} ;<br />
1 2<br />
e) M = { ,<br />
2 3}<br />
; f) M = ∅.<br />
16. Határozd meg a p, q ∈ valós számokat úgy, hogy teljesüljön az<br />
A∪ B = { −1, −2,<br />
1, 3}<br />
egyenlőség, ha<br />
2<br />
A= { x ∈ x −px − 6 = 0}<br />
és<br />
2 { 1= 0}<br />
B = x ∈ x − qx + q − .<br />
Megoldás. Mivel egyik halmaz sem tartalmazhat több, mint két elemet és az<br />
egyesítés négy elemet tartalmaz, mindkét halmaz pontosan két elemet kell<br />
.
Egyenletek és egyenlőtlenségek 77<br />
tartalmazzon. Ha A elemei a és b , akkor a, b ∈{ −2, −1, 1, 3} . a és b gyökei az<br />
2<br />
x −px − 6 = 0 egyenletnek, így a Viéte-összefüggések alapján a⋅b = −6<br />
. De a<br />
{ −2, −1,1,3}<br />
halmazban csak a − 2 és a 3 szorzatából kaphatunk −6 -t, ezért p = 1<br />
és q = 0 .<br />
17. Bizonyítsd be, hogy az<br />
2 2<br />
{ x ∈ x −2mx −m− 1= 0} ∪{ x ∈ x − 2( m + 1)<br />
x + m = 0}<br />
halmaznak minden m ∈ esetén négy eleme van.<br />
2<br />
2 2<br />
Megoldás. x −2mx −m − 1=<br />
0 ⇒ ∆ 1 = 4m + 4m + 4 = (2m + 1) + 3><br />
0,<br />
tehát az első halmaznak két eleme van bármely m esetén.<br />
2<br />
2<br />
2<br />
x − 2( m + 1) x + m = 0 ⇒ ∆ 2 = 4m + 4m + 4 = (2m + 1) + 3,<br />
tehát a második<br />
halmaznak is mindig két eleme van.<br />
Még ki kell mutatni, hogy a két halmaznak nincs közös eleme, vagyis a két<br />
egyenletnek nincs közös gyöke. Tegyük fel, hogy létezik olyan x valós szám,<br />
2<br />
2<br />
amelyre x −2mx −m − 1=<br />
0 és x − 2( m + 1) x + m = 0 . Kivonva az első<br />
0 0<br />
0 0<br />
egyenletből a másodikat, kapjuk, hogy 2x0 −2m − 1= 0 ⇒ x0<br />
= m + 1/ 2.<br />
Ezt visszahelyettesítve az első egyenletbe következik, hogy<br />
2<br />
2 1 2 2 3<br />
m m 2m m m 1 0 m m 0 m<br />
4 4<br />
⎛ ⎞ 1<br />
+ + − − − − = ⇒ + + = ⇒ ⎜ + ⎟<br />
1<br />
⎜⎜⎝ ⎟ + = 0.<br />
2⎠ 2<br />
Ez ellentmondás, tehát a két halmaz elemei különbözőek és így az egyesítés négy<br />
elemet tartalmaz.<br />
18. Oldd meg a következő egyenleteket, ha S, P és ∆ az illető egyenlet gyökeinek<br />
összege, szorzata illetve az egyenlet diszkriminánsa:<br />
2<br />
2<br />
2<br />
a) x −∆ x + S = 0 ; b) ∆ x + Px + S = 0 ; c) x + P x + S − 1= 0;<br />
2<br />
d) Px + 2x+ S + 3 = 0.<br />
Megoldás. a) A Viéte-összefüggések, illetve a diszkrimináns képlete alapján az<br />
⎧⎪<br />
⎪S<br />
= ∆<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎨P<br />
= S<br />
⎪<br />
2<br />
⎪<br />
∆ = ∆ −4S<br />
⎪⎩<br />
egyenletrendszert kapjuk. Így P = S = ∆ = 0 vagy P = S = ∆ = 5 . Ha<br />
P = S = ∆ = 0 , akkor x = 0 . Ha P = S = ∆ = 5 , akkor<br />
1,2<br />
5+ x1 =<br />
2<br />
5<br />
,<br />
5−<br />
x2<br />
=<br />
2<br />
5<br />
.<br />
b) x 1,2 = 0 ; c) x1 = 1,<br />
1<br />
x 2 =−;<br />
d) x 1,2<br />
2<br />
= −1 vagy x1 = − 1, x2<br />
= 2 .<br />
19. Bizonyítsd be, hogy az alábbi egyenletek mindegyikének valós gyökei vannak, ha<br />
abc∈ ,, :<br />
2<br />
a) x − ( a + b) x + ab = 0 ;<br />
2<br />
b) x − ( a + b) x − c( a + b + c)<br />
=<br />
0 ;<br />
0
78 Egyenletek és egyenlőtlenségek<br />
2<br />
2<br />
c) x − ( a + b + c) x + bc + ca = 0 ; d) 3x − 2(<br />
a + b + c) x + ab + ac + bc = 0.<br />
Megoldás. Egy valós együtthatójú másodfokú egyenletnek pontosan akkor vannak<br />
valós gyökei, ha a diszkriminánsa nem negatív.<br />
2 2<br />
a) ∆ = ( a + b) − 4 ab = ( a −b) ≥ 0;<br />
2 2<br />
b) ∆ = ( a + b) + 4 c( a + b + c) = ( a + b + 2 c)<br />
≥ 0;<br />
2 2<br />
c) ∆ = ( a + b + c) −4bc− 4 ca = ( a + b−c) ≥ 0;<br />
2 2 2<br />
2<br />
d) ∆ = 4( a + b + c) − 12( ab + bc + ca) = 2 ⎡( a b) ( b c) ( c a)<br />
⎤<br />
⎣<br />
− + − + −<br />
⎦<br />
≥ 0<br />
2<br />
/ / 2<br />
20. Ha x1 és x2<br />
az x + m x + n = 0 valamint x 1 és x 2 az x + p x + q = 0<br />
egyenlet gyökei (m, n , p, q ∈ ), számítsd ki a következő szorzatokat:<br />
/ / / /<br />
a) ( x1 −x1) ( x2 −x2)( x1 −x2)( x2 −x1)<br />
;<br />
/ / / /<br />
b) ( x1 + x1) ( x2 + x2)( x1 + x2)( x2 + x1)<br />
.<br />
Megoldás. a) x + x =− m, x x = n, x ′ + x ′ =− p, x ′ x ′ = q<br />
1 2 1 2 1 2 1 2<br />
( x1 x ′<br />
1 )( x2 x ′<br />
2 )( x1 x ′<br />
2 )( x2 x ′<br />
1 )<br />
− − − − =<br />
= ( n + q −x x ′ − x x ′ 1 2 2 1 )( n + q −x x ′ −x<br />
x ′<br />
1 1 2 2 ) =<br />
( n<br />
2<br />
q) ( n q)( x x )( x ′ x ′ ) ( x x ′ x x ′ )( x x ′ x x ′ )<br />
=<br />
) =<br />
= + − + + 1 2 1 + 2 + 1 1 + 2 2 1 2 + 2 1<br />
2 2 2 2 2<br />
= ( n + q) − ( n + q)( x1 + x2)( x ′<br />
1 + x ′<br />
2 ) + ( x1q + x ′<br />
1 n + x ′<br />
2 n + x2q 2<br />
2 2<br />
( ) ( ) (<br />
= n + q − ( n + q) mp + q m − 2n + n p − 2q<br />
;<br />
b) ( x1 + x ′<br />
1 )( x2 + x ′<br />
2 )( x1 + x ′<br />
2 )( x2 + x ′<br />
1 ) =<br />
( n q xx′ 1 2 xx′ 2 1 )( n q xx′ 1 1 xx′<br />
2 2 )<br />
(<br />
2<br />
) ( )( )( ) ( )(<br />
= + + + + + + =<br />
= n + q + n + q x + x x ′ + x ′ + x x ′ + x x ′ x x ′ + x x ′ =<br />
1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 2 1<br />
= n + q + n + q x + x x ′ + x ′ + x q + x ′ n + x ′ n + x q =<br />
( ) ( )( )( ) (<br />
2 2 2 2 2<br />
1 2 1 2 1 1 2 2<br />
2<br />
2 2<br />
( ) ( ) (<br />
= n + q + ( n + q) mp + q m − 2n + n p − 2q<br />
x<br />
x + mx + n = 0<br />
Más megoldás. Mivel x 1 és 2 az<br />
2<br />
egyenlet gyökei írhatjuk,<br />
hogy x m ( −x<br />
) (x − 2 , tehát )<br />
2<br />
+ x + n = x 1 x<br />
( )( )( )( ) ( )<br />
(<br />
2<br />
) ( (<br />
2<br />
)<br />
)<br />
( ) ( )<br />
x −x x −x x −x x − x = x + mx + n x + mx + n<br />
/ / / / / / / /<br />
1 1 2 2 1 2 2 1 1 1 2 2<br />
( ) ( ) ( ) ( )<br />
/ /<br />
2<br />
/ / / / /<br />
2<br />
/<br />
2<br />
2 / / / / 2<br />
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2<br />
= xx + mxx x + x + n x + x + mxx + mnx + x + n<br />
2 2 2<br />
= ( n −q) − mp( n + q) + np + qm .<br />
Ellenőrizhető, hogy ez ugyanaz, mint az első módszerrel kapott eredmény.<br />
)<br />
)<br />
.<br />
)<br />
)<br />
=<br />
=
Egyenletek és egyenlőtlenségek 79<br />
21. Határozd meg azokat az m ∈ értékeket, amelyekre az<br />
2 2<br />
x + y −4x − 4y<br />
+ m > 0 egyenlőtlenség teljesül, minden x, y ∈ esetén.<br />
(Felvételi feladat, 1996)<br />
Megoldás. Az egyenlőtlenségnek minden x ,y valós szám esetén teljesülnie kell, így<br />
x = y = 2 esetben is fenn kell állnia. Következik, hogy 4+ 4−8− 8+ m > 0,<br />
innen m > 8 . Igazoljuk, hogy ezek az értékek megfelelnek a feltételnek.<br />
2 2<br />
2<br />
2<br />
x + y −4x −4<br />
y + m = ( x − 2) + ( y − 2) + m −8 ≥m<br />
− 8 > 0,<br />
tehát a keresett<br />
értékek: m ∈ (8,<br />
+∞)<br />
.<br />
Más megoldás. A vizsgálandó kifejezés az x változóban másodfokú polinom,<br />
2 2<br />
2<br />
ahol ym , paraméterek x − 4x + y − 4y<br />
+ m.<br />
Mivel az x együtthatója 1, annak<br />
szükséges és elégséges feltétele, hogy a polinom minden x ∈ esetén pozitív értéket<br />
vegyen fel, az, hogy a diszkriminánsa szigorúan negatív legyen, minden y ∈ <br />
2<br />
esetén. Következik, hogy ∆ = 16 −4( y −4y<br />
+ m)<br />
< 0 , ∀y∈ , tehát<br />
x<br />
2<br />
y − 4y + m − 4 > 0, ∀y∈ . Ebből következik, hogy ∆ = 16 −4(m−4) < 0 ,<br />
tehát m ∈ (8, +∞)<br />
.<br />
22. Határozd meg az m ∈ paraméter azon értékeit, amelyekre fennáll az<br />
2<br />
mx + 4( m − 1)<br />
x + m > 1 egyenlőtlenség, minden x ∈ ( 0, +∞)<br />
esetén.<br />
(Felvételi feladat, 1996)<br />
Megoldás. Annak szükséges és elégséges feltétele, hogy minden x ∈ (0, +∞)<br />
2<br />
esetén fennálljon az mx + 4( m − 1) x + m − 1 > 0 egyenlőtlenség az, hogy m > 0<br />
2<br />
és az mx + 4( m − 1) x + m − 1 = 0 egyenlet mindkét gyöke a ( −∞,<br />
0]<br />
intervallumban helyezkedjen el, vagy pedig m > 0 és az egyenletnek ne legyen valós<br />
gyöke. Az m = 0 esetet külön kell megvizsgálni, mert ebben az esetben nem<br />
másodfokú a vizsgálandó egyenlőtlenség.<br />
Az első esetben a következő egyenlőtlenségekhez jutunk:<br />
⎧⎪ m > 0<br />
⎧⎪ m > 0 ⎪<br />
⎧⎪ m > 0<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪ 4( m −1)<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪x1<br />
+ x2<br />
≤ 0 ⎪− ≤ 0<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪<br />
m<br />
⎪m<br />
≥ 1<br />
⎨<br />
⇔ ⎪⎨<br />
⇔ ⎪<br />
⎨ , m ≥ 1.<br />
⎪<br />
xx 1 2 ≥ 0 ⎪m −1<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪m<br />
1<br />
≥ 0<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪<br />
≥<br />
⎪∆≥0<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪ m<br />
⎪<br />
⎪⎩<br />
⎪<br />
⎪∆ ≥0<br />
⎪∆≥0<br />
⎪⎩<br />
⎪⎩⎪<br />
2 2<br />
A második eset azt jelenti, hogy [4 ( m −1)] − 4m + 4m < 0 , ( m −1 )(3m − 4) < 0,<br />
4<br />
m 1,<br />
3<br />
⎛ ⎞ ∈ ⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝ ⎠<br />
⎟ . m = 0 esetén az egyenlőtlenség nem teljesül, egyetlen pozitív x értékre<br />
sem. Összesítve a két esetet, ha m ∈ [1, +∞)<br />
, akkor az egyenlőtlenség fennáll minden<br />
szigorúan pozitív szám esetén.<br />
y
80 Egyenletek és egyenlőtlenségek<br />
23. Mi a feltétele annak, hogy az<br />
2 a + b + c 2<br />
ax + bx + c ≤ ( x + x + 1)<br />
3<br />
egyenlőtlenség teljesüljön, minden x ∈ esetén?<br />
2<br />
a + b + c 2<br />
Megoldás. Az ax + bx + c ≤ ( x + x + 1) egyenlőtlenség egyenértékű a<br />
3<br />
2<br />
( − 2 a+ b+ cx ) + ( a− 2 b+ cx ) + ( a+ b−2 c)<br />
≥ 0 egyenlőtlenséggel. Annak<br />
feltétele, hogy minden x ∈ esetén teljesüljön az, hogy − 2a + b + c ≥ 0 és ∆≤0<br />
.<br />
Mivel<br />
2 2<br />
∆ = ( a − 2 b + c) −4( − 2 a + b + c)( a + b− 2 c) = 9( a −c)<br />
, ez csak úgy<br />
lehet, ha a = c és b ≥ a .<br />
24. Bizonyítsd be, hogy ha a, b , c ∈ , akkor az<br />
2<br />
ax + bx + c = 0 ,<br />
2<br />
2<br />
bx + cx + a = 0 és cx + ax + b = 0 egyenleteknek pontosan akkor van egy<br />
közös valós gyöke, ha a + b + c = 0 .<br />
Megoldás. Ha a + b + c = 0 , akkor x = 1 mindhárom egyenletnek gyöke.<br />
2<br />
Fordítva, ha x közös gyöke a három egyenletnek, akkor ax + bx + c = ,<br />
2<br />
0 + 0 +<br />
0<br />
= 0<br />
bx cx a<br />
2<br />
, cx + ax + b = 0 . Összeadva a három egyenlőséget, kapjuk,<br />
0 0<br />
0 0 0<br />
2<br />
2<br />
hogy ( a + b + c)<br />
x + ( a + b + c)<br />
x + ( a + b + c)<br />
= 0, ( a + b + c) ( x + x + 1) = 0.<br />
0 0<br />
0 0<br />
2<br />
Az x0 + x0<br />
+ 1 egyetlen valós szám esetén sem lehet zéró ( ∆ = 1− 4 < 0),<br />
így<br />
következik, hogy a + b + c = 0 .<br />
2<br />
25. Bizonyítsd be, hogy ha a, b , c ∈ , akkor az x − 2a x + bc = 0,<br />
2<br />
2<br />
x − 2bx + ac = 0 és x − 2c x + ab = 0 egyenletek közül legalább az egyiknek<br />
van valós gyöke.<br />
Megoldás. Ha egyik egyenletnek sincs valós gyöke, akkor mindhárom egyenlet<br />
2 2 2<br />
diszkriminánsa negatív, azaz 4a < 4 bc, 4b < 4 ac, 4c < 4ab.<br />
Összeadva a<br />
megfelelő oldalakat, átrendezéssel kapjuk, hogy<br />
2 2 2 2 2 2<br />
2a + 2b + 2c −2ab−2bc− 2ca < 0 ⇔ ( a + b) + ( b− c) + ( c− a)<br />
< 0,<br />
így ellentmondáshoz jutottunk, tehát legalább az egyik egyenletnek van valós gyöke.<br />
2<br />
26. Bizonyítsd be, hogy ha a,,c∈ b és az ax + bx + c = 0 egyenletnek két<br />
különböző gyöke van a ( 0, 1)<br />
intervallumban, akkor | a | ≥ 5.<br />
b<br />
Megoldás. A feltételek alapján a + b + c > 0 , c > 0 , − ∈(0,1)<br />
és<br />
2a<br />
2<br />
b<br />
b − 4ac<br />
> 0 . Mivel a,, bc ∈ írhatjuk, hogy a + b + c ≥ 1 , c ≥ 1 , − ∈ (0,1)<br />
és<br />
2a<br />
2<br />
b −4ac ≥1.<br />
Feltételezhetjük, hogy a > 0 (ellenkező esetben elosztjuk −1 -gyel az<br />
egyenletet). Így 0< − b < 2a,<br />
tehát 2≤− b + 1≤2a<br />
. De −b ≤ 2a −1<br />
alapján<br />
2 2<br />
b ≤ 4a −4a<br />
+ 1<br />
2<br />
és így a 4ac + 1≤begyenlőtlenségből<br />
következik, hogy<br />
2<br />
a ≥ 1+ c ≥ 2.<br />
Ha a = 2 , akkor c = 1 és így a −b≤ 3 és 9 ≤ b egyenlőtlenségek<br />
alapján b = −3<br />
. Ezekre az értékekre a + b + c = 0 , tehát a nem lehet 2 . Ha a = 3<br />
,<br />
2<br />
akkor a b + c ≥−2,<br />
b ≥ 12c<br />
és −b≤ 5 egyenlőtlenségek ellentmondáshoz
Egyenletek és egyenlőtlenségek 81<br />
2<br />
vezetnek. a = 4 esetén b<br />
2<br />
≥ 1+ 16c<br />
és b + c ≥−3,<br />
tehát b + 16b + 47 ≥ 0 .<br />
Másrészt 0< −b≤7, tehát b ≥−4.<br />
Ez ismét nem lehetséges, mert<br />
2<br />
b ≥ 1+ 16c<br />
≥ 1+<br />
16><br />
16. Tehát a ≥ 5 .<br />
2<br />
2<br />
27. Az x + p1x<br />
+ q1<br />
= 0 és x + p 2x + q 2 = 0 másodfokú egyenletek együtthatói<br />
egész számok. Bizonyítsd be, hogy ha a két egyenletnek van egy közös irracionális<br />
gyöke, akkor p = p és q = q .<br />
q<br />
2<br />
x + p x +<br />
0 2<br />
1 2<br />
0<br />
1 2<br />
Megoldás. Ha x a két egyenlet közös gyöke, akkor x p és<br />
0 2<br />
( p p )<br />
2<br />
0 + 1x0 + q2<br />
= 0<br />
= 0 . Ha kivonjuk egymásból a két egyenlet megfelelő oldalait a,<br />
p x<br />
q<br />
=<br />
−q<br />
∈ .<br />
2 1<br />
1 − 2 x0 = q2<br />
−q1<br />
egyenlőséghez jutunk. Ha p1 ≠ 2,<br />
akkor 0<br />
p1 − p2<br />
Mivel ez ellentmond a feltételeknek, p 1 = p 2 és így q1 = q 2.<br />
28. Bizonyítsd be, hogy az x( x + 1) = 25y<br />
+ 7 egyenletet nem teljesítheti egyetlen<br />
( xy , ) egész számpár sem.<br />
Megoldás. A k( k + 1)<br />
, k ∈ {1, 2, 3, ..., 24} szorzatok közül egynek sem 7 a 25 -tel<br />
való osztási maradéka, tehát az x( x + 1)<br />
szám 25 -tel való osztási maradéka nem lehet<br />
7 egyetlen x ∈ esetén sem.<br />
1<br />
29. Bizonyítsd be, hogy az A= { x ∈ \<br />
{ ± 1} x + ∈ <br />
x } halmazban egyetlen<br />
racionális szám sincs.<br />
1<br />
⎧⎪ 2<br />
2<br />
n ± n − 4 ⎫⎪<br />
Megoldás. Ha x + =n ∈ , akkor x − n x + 1=<br />
0,<br />
tehát x ∈<br />
⎪ ⎪<br />
⎨<br />
⎪<br />
⎬.<br />
x<br />
⎪ 2 ⎪<br />
⎪⎩ ⎪ ⎪⎭<br />
2<br />
Ha x racionális szám, akkor n − 4 is racionális, tehát létezik olyan<br />
*<br />
2 a<br />
, ∈ (,) ab = 1<br />
− 4 =<br />
b<br />
( n −a) n + a 4<br />
x = 1 = −1<br />
a<br />
∈ szám<br />
b<br />
2<br />
(a b , ), amelyre n . Ebben az összefüggésben a jobb oldal<br />
2<br />
2 2 2<br />
nem lehet valódi tört, tehát b = 1 és így n − a = 4 . Ez csak akkor teljesülhet ha<br />
és ( ) a osztója és szorzatuk 4 , vagyis ha a = 0 és n ∈{ −2,2}<br />
.<br />
Ebben az esetben vagy x , tehát az A halmaz nem tartalmaz egyetlen<br />
racionális számot sem.<br />
II.5. Gyakorlatok és feladatok (66. oldal)<br />
1 1<br />
x x<br />
− 1<br />
=<br />
+ 1 −1<br />
x x + x<br />
x m x x<br />
1 1 1<br />
+ +<br />
x<br />
x m −<br />
Oldd meg a következő egyenleteket, paraméter esetén tárgyald is a megoldást:<br />
1 1 2 2 3<br />
1. a) ; b) + = ; c) + = 2 ;<br />
1 −1<br />
x 3x − 1 2x + 1<br />
1 1 m 1 1 1 3<br />
d) + = ; e) + + = ;<br />
− x + m x + 1 + 2 x + 3 x<br />
1 m x 1<br />
f)<br />
= ; g)<br />
a b a + b + x − x m 3<br />
= ;<br />
+
82 Egyenletek és egyenlőtlenségek<br />
1 1 1<br />
h) + + = 0 .<br />
x −2m x −m<br />
x<br />
Megoldás. a) A törtek értelmezési tartománya: D = \{ −1,0,1}<br />
. Ilyen feltételek<br />
mellett<br />
1 1 1 2 2 2<br />
− = ⇔ x −x −x − x = x −1⇔ x 1,2 = − 1± x + 1 x −1<br />
x<br />
2<br />
Mindkét érték eleme az értelmezési tartománynak, tehát M = { − 1+ 1<br />
b) M = ∅ ; c) M = { − ,1}<br />
;<br />
12<br />
d) Az értelmezési tartomány D = \ { −m<br />
, m,0}<br />
.<br />
2, −1− 2} .<br />
1 1 m 2x<br />
+ = ⇔ 2 2<br />
x − m x + m x x − m<br />
m 3 2<br />
= ⇔ m = ( m − 2)<br />
x .<br />
x<br />
Ha m = 2 , akkor nincs megoldás (az egyenlet jobb oldala zéró, bal oldala pedig<br />
különbözik zérótól). Ha m ≠ 2 , akkor<br />
3<br />
2 m<br />
x = . Ha<br />
m − 2<br />
3<br />
m<br />
< 0 , azaz<br />
m − 2<br />
m ∈ ( 0, 2)<br />
, az egyenletnek nincs megoldása. Tehát gyök csak akkor létezhet, ha<br />
m ∈( −∞,<br />
0) ∪ (2,∞)<br />
, ekkor x1,2 =± m<br />
m<br />
. Meg kell vizsgálni, hogy az így<br />
m − 2<br />
kapott gyökök benne vannak-e az értelmezési tartományban.<br />
± m<br />
m<br />
= 0 ⇔ m = 0<br />
m − 2<br />
± m<br />
m<br />
= ± m ⇔ m = 0 ,<br />
m − 2<br />
Összesítve, m ∈ [0,2] esetben az egyenletnek nincs megoldása, ha pedig<br />
m ∈( −∞,<br />
0) ∪ (2, ∞)<br />
, akkor két, különböző gyök van.<br />
e) Értelmezési tartomány: \{ −1, −2, −3,0}<br />
.<br />
1 1 1 3 1 1 1 1 1 1<br />
+ + = ⇔ − + − + − = 0 ⇔<br />
x + 1 x + 2 x + 3 x x x + 1 x x + 2 x x + 3<br />
1 2 3<br />
2<br />
5<br />
+ + = 0 ⇔ 2x + 7x + 5 = 0 ⇔ x1 = − 1, x2<br />
= −<br />
xx ( + 1) xx ( + 2) xx ( + 3)<br />
2<br />
5<br />
5<br />
E két érték közül csak a − eleme az értelmezési tartománynak, tehát M =<br />
2<br />
{ −<br />
2}<br />
.<br />
f) Értelmezési tartomány: \{ − ( a + b),0}<br />
, a, b ≠ 0.<br />
1 1 1 1<br />
+ + = ⇔ ( a + b)( x + a)( x + b)<br />
= 0 .<br />
a b x a + b + x<br />
Ha a = −b,<br />
akkor minden nemnulla valós szám megoldás, ellenkező esetben két<br />
(esetleg egybeeső) megoldás létezik: x = − a , x = −b<br />
.<br />
1 2<br />
m<br />
g) Ha m = 0 , nincs megoldás, ha pedig m ≠ 0 , akkor x1 = 2 m , x2<br />
=−.<br />
2<br />
h) Ha m = 0 , nincs megoldás, ha pedig m ≠<br />
0 , akkor
Egyenletek és egyenlőtlenségek 83<br />
2. a) x − 1 = −2; b)<br />
d)<br />
⎛ 3 3<br />
x1 1 ⎟<br />
⎞ ⎛ ⎞<br />
= ⎜ + ⎟m, x ⎜<br />
2 = 1−<br />
⎟<br />
⎜<br />
⎜<br />
⎜ 2<br />
⎟ ⎜ 2<br />
⎟m.<br />
⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎟<br />
− 3 + 1 = 0; c)<br />
2<br />
x x<br />
2<br />
x + 1 − 3 = 1; e) 1 1 0<br />
− 3 + 2 =1;<br />
2<br />
x x<br />
x − − = ; f) x −1 −1 − 1 = 0;<br />
g) ... x −1−1−1 ... − 1 = 0 ; h) | x − 1 | + | x + 5| = x ;<br />
<br />
n<br />
i) | x − 2 | + |2x + 1| = 1−2x ; j) |2 x + 3| + |3− 2 x | = 4x + 6;<br />
k) |3 − 4 x | + |2+ 5 x | = 20;<br />
l) | x − 1 | + |2 − x | + |3x − 1|<br />
= 7;<br />
2 2<br />
m)| x + 1 | + | x − 1| = 2 ; n) | x + 7 | − |2x + 1| = | x + 3|<br />
;<br />
2 2<br />
o) | x −4 | − | x + x − 2| = −x −2;<br />
p) | x −3 | − 2| x + 1| = |2x + 1| −5;<br />
q) 2| x −1| − 3| x + 2| = | x −3| −|<br />
2x −1|<br />
; r) | x −2 | ≤ 3;<br />
s) | x − 1 | + | x + 2| ≤ 1;<br />
t) 2| x −3| −3|<br />
x + 1| ≥ 1;<br />
2<br />
x −1<br />
u) |3 x − 1| + 2| x + 2| ≤ | x + 3| ; v)<br />
≥ 1 ;<br />
2<br />
x − 3x + 2<br />
x + 1<br />
| x − 1|<br />
+ | x + 3|<br />
w) < 1 ; x) < 2 ;<br />
2 2<br />
x − 3x + 2<br />
| x − 4|<br />
2 2<br />
2<br />
y) | x − 4 | + 2| x −9| ≤x<br />
+ 16.<br />
⎧⎪3+ Megoldás. a) M = ∅;<br />
b) M = ⎪<br />
⎨<br />
⎪ ⎪⎩ 2<br />
5 3− ,<br />
2<br />
5⎫<br />
⎪<br />
⎧⎪3+ ⎬;<br />
c) M = ⎪<br />
⎨<br />
⎪ ⎪⎭<br />
⎪ ⎪⎩ 2<br />
5 3− ,<br />
2<br />
5⎫<br />
⎪<br />
⎬;<br />
⎪ ⎪⎭<br />
M = −1, 1, − 3, 3 ; e) M = { 0, 2}<br />
; f) M = { − 1, 1, 3}<br />
;<br />
d) { }<br />
g) M = { − n + 2, − n + 4, − n + 6, ..., n − 2, }<br />
h) A bal oldalon pozitív kifejezések állnak, így x ≥ 0 . Ekkor az egyenlet így alakul:<br />
x − 1 + x + 5 = x ⇒ x − 1 = −5, tehát az egyenletnek nincs megoldása.<br />
1<br />
i) x − 2 + 2x + 1 ≥ 0 ⇒1−2x ≥ 0 ⇒ x ≤ ⇒ x − 2 < 0<br />
2<br />
2 2<br />
2− x + 2x + 1 = 1−2x ⇔ 2x + 1 =−x −1⇒−1 ≥ x, ( 2x + 1) = ( x + 1)<br />
⇒<br />
2<br />
⇒ x( 3x + 2) = 0 ⇒ x = 0 ≥− 1, x = − ≥−1, tehát nincs megoldás.<br />
1 2<br />
3<br />
⎧⎪ 3<br />
⎪<br />
⎪2x + 3, ha x ≥−<br />
2<br />
j) 2x + 3 =<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪ 3<br />
⎪ −2x − 3, ha x < −<br />
⎪ ⎪⎩ 2<br />
tehát a következő eseteket kell tárgyalni:<br />
⎛ 3⎞<br />
I. Ha x ∈⎜ ⎜ ⎟<br />
⎜⎝<br />
−∞− ⎟<br />
2⎟<br />
, akkor<br />
⎠<br />
3− 2x<br />
⎧ ⎪<br />
⎪3−2<br />
x, =<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪<br />
⎪<br />
2x − 3,<br />
⎪ ⎪⎩<br />
ha<br />
ha<br />
3<br />
x ≤<br />
2<br />
,<br />
3<br />
x ><br />
2<br />
n ;
84 Egyenletek és egyenlőtlenségek<br />
3 ⎛ 3⎞<br />
−2x − 3+ 3− 2x = 4x + 6 ⇔ x = − ∉⎜ , ⎟<br />
4<br />
⎜⎜⎝ −∞ − ⎟<br />
2⎠<br />
⎟.<br />
⎡ 3 3⎤<br />
⎡ 3 3⎤<br />
II. Ha x ∈− ⎢ , ⎥ , akkor 2x + 3 + 3− 2x = 4x + 6 ⇔ x = 0 ∈− ⎢ , ⎥.<br />
⎢⎣ 2 2⎥⎦<br />
⎢⎣ 2 2⎥⎦<br />
⎛3<br />
⎞<br />
III. Ha x ∈ ⎜ , ∞⎟⎟<br />
⎜⎝2⎟,<br />
akkor 2x + 3+ 2x − 3 = 4x + 6 ⇔ 0 = 6,<br />
hamis.<br />
⎠<br />
Tehát az egyetlen megoldás x = 0 .<br />
19 7<br />
3 11<br />
k) M = { − ,<br />
9 3}<br />
; l) M = { − ,<br />
5 5 } ; m) = [ −1,<br />
1]<br />
M ; n) 5 3<br />
M = { − ,<br />
2 2}<br />
;<br />
11<br />
o) M = ( −∞, −2] ∪ [ 2, ∞)<br />
; p) M = { − ,1<br />
3 } ; q) M = { −1}<br />
; r) M = [ −1,<br />
5]<br />
;<br />
⎛ 2⎤<br />
s) M = [ 1, 2]<br />
; t) M = ⎜<br />
⎜⎝<br />
−∞, ⎥ ; u) M = ;<br />
5⎥⎦<br />
v) Értelmezési tartomány:<br />
2<br />
x x<br />
\{1,2}<br />
2<br />
x −1<br />
x≠1<br />
≥1⇔ x −1 ⋅ x + 1 ≥ x −1 ⋅ x −2 ⇔ x + 1 ≥ x −2 ⇔<br />
− 3 + 2<br />
2 2 2 2 1<br />
⇔ ( x + 1) ≥( x −2) ⇔ x + 2x + 1≥x − 4x + 4 ⇔ 6x ≥ 3 ⇔ x ≥<br />
2<br />
1<br />
M , \{1,2<br />
2<br />
⎡ ⎞ = ⎢ ∞⎟<br />
⎢⎣<br />
⎟⎠<br />
}.<br />
M = −∞,2− 2 ∪ 2+ 2, ∞ ;<br />
w) ( ) ( )<br />
⎛ − 1+ 13⎞ 1 21<br />
, 6 2, ⎟<br />
⎛ + ⎞<br />
M = −∞ − ∪ ⎜<br />
⎜−⎟ ⎜ , ∞ ⎟<br />
⎜ 2<br />
⎟∪ ⎜ ⎟ ⎜ 2<br />
⎟;<br />
⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎟<br />
x) ( )<br />
y) I. Ha x ∈( −∞, −3] ∪ [ 3, ∞)<br />
, a modulusokat kifejtve az egyenlőtlenség így alakul:<br />
2 2 2 2<br />
x − 4 + 2( x −9) ≤ x + 16 ⇔ x ≤19⇔ x ∈ ⎡<br />
⎢⎣ − 19, 19⎤<br />
⎥⎦<br />
.<br />
Tehát 1 = ⎡<br />
⎢⎣ − 19, −3⎤<br />
⎡<br />
⎥⎦ ⎢⎣<br />
3, 19 ∪<br />
M ⎤<br />
⎥⎦<br />
.<br />
II. x ∈( −3, −2) ∪ ( 2, 3)<br />
( )<br />
2 2 2<br />
x − 4+ 2 9−x ≤ x + 16 ⇔−1≤x )<br />
2<br />
, tehát M 2 = ( −3, −2) ∪ ( 2, 3 .<br />
III. x ∈− [ 2, 2]<br />
⎛<br />
2 2 2 2<br />
4− x + 2( 9−x ) ≤ x + 16 ⇔ 3 ≤2 x ⇔ x ∈ ⎜<br />
⎜−∞, −<br />
⎜⎜⎝ 3⎤ ⎡<br />
⎥ ∪ ⎢<br />
2⎥ ⎢<br />
⎦ ⎣<br />
3 ⎞<br />
, ∞<br />
⎟<br />
2<br />
⎟<br />
⎠⎟
Egyenletek és egyenlőtlenségek 85<br />
⎡<br />
Tehát M 3 = ⎢−2, −<br />
⎢<br />
⎣<br />
3⎤ ⎡<br />
⎥ ∪ ⎢<br />
2⎥ ⎢<br />
⎦ ⎣<br />
3 ⎤<br />
, 2⎥.<br />
Összesítve a részeredményeket, a megoldások<br />
2 ⎥<br />
⎦<br />
M = M ∪M ∪M ⎛<br />
= ⎜<br />
⎜− ⎜⎜⎝ 19, −<br />
3⎤ ⎡<br />
⎥ ∪ ⎢<br />
2⎥ ⎢<br />
⎦ ⎣<br />
3<br />
,<br />
2<br />
⎞<br />
19 ⎟ .<br />
⎠⎟<br />
halmaza 1 2 3<br />
3. a) | x − a | + | x − b | = m, a < b;<br />
b) | x + 3| − x = m;<br />
c) | x − 1 | + | x − 2| + | x − 3| = m .<br />
Megoldás. a) Ha m < 0 , az egyenlet bal oldala pozitív, a jobb oldala pedig negatív,<br />
így nincs megoldás. Tehát gyököt csak abban az esetben kell keresni, ha m ≥ 0 .<br />
a + b−m I. Ha x ≤ a,<br />
az egyenlet a − x + b− x = m,<br />
vagyis x = .<br />
2<br />
a + b−m ≤a ⇔b−a ≤ m , így ha m < b − a , akkor a ( −∞ ,a ] intervallumban<br />
2<br />
a + b−m<br />
nincs gyök, ha pedig m ≥b −a<br />
, akkor x = .<br />
2<br />
II. Ha a < x < b,<br />
az egyenlet x − a + b− x = m ⇔b− a = m .<br />
Ha m = b−a<br />
, akkor minden x ∈ ( a, b)<br />
megoldás, ellenkező esetben nincs gyök az<br />
( ab , ) intervallumban.<br />
a + b + m<br />
III. Ha x ≥ b,<br />
az egyenlet x − a + x − b = m,<br />
azaz x = .<br />
2<br />
a + b + m<br />
≥b ⇔ m ≥b−a, így ha m < b − a , akkor a [ b, ∞ ) intervallumban<br />
2<br />
a + b + m<br />
nincs gyök, ha pedig m ≥b −a<br />
, akkor x = .<br />
2<br />
Összevetve a kapott eredményeket, kapjuk, hogy ha m < b −a<br />
, akkor nincs<br />
a + b−m a + b + m<br />
megoldás, ha m ≥b −a , akkor x 1 =<br />
és x 2 =<br />
megoldások, és<br />
2<br />
2<br />
ha m = b − a,<br />
akkor ∀x ∈(<br />
a, b)<br />
is megoldás.<br />
b) Gyökök csak akkor létezhetnek, ha m ≥ 0 , így csak ezt az esetet kell vizsgálni.<br />
I. Ha x ≥−3, az egyenlet így alakul: 3 = m .<br />
Tehát ha m = 3 , akkor minden [ −3, ∞) -beli szám megoldás, ellenkező esetben<br />
nincs gyök ebben az intervallumban.<br />
− 3 ± m<br />
II. Ha x < −3<br />
, akkor −3− 2x = m ⇔ 3+ 2x<br />
= ± m ⇔ x = .<br />
2<br />
− 3 + m<br />
−3− m<br />
< −3 ⇔ m < −3 nem lehetséges (m ≥ 0 ) < −3 ⇔ 3 < m .<br />
2<br />
2
86 Egyenletek és egyenlőtlenségek<br />
Összesítve az eredményeket, írhatjuk, hogy ha m ∈( −∞, − 3)<br />
, nincs egyetlen<br />
gyök sem, ha m = 3 , akkor minden [ −3, ∞) -beli valós szám gyök, ha pedig m > 3 ,<br />
m + 3<br />
akkor x = − az egyetlen megoldás.<br />
2<br />
m<br />
c) I. x ∈( −∞ ,1]<br />
esetén 1− x + 2 − x + 3− x = m ⇔ 6− 3x = m ⇔ x = 2−.<br />
3<br />
m<br />
2− ≤1⇔ 3≤<br />
m .<br />
3<br />
II. x ∈ ( 1, 2]<br />
esetén x − 1+ 2− x + 3− x = m ⇔ x = 4−m<br />
.<br />
4−m ∈( 1,2] ⇔ m ∈ [ 2,3<br />
) .<br />
III. Ha x ∈ ( 2, 3]<br />
, akkor x − 1+ x − 2+ 3−<br />
x = m ⇔ x = m .<br />
IV. Ha x ∈( 3, ∞ ) , akkor<br />
m<br />
x − 1+ x − 2+ x − 3 = m ⇔ 3x − 6 = m ⇔ x = +2.<br />
3<br />
m<br />
+ 2∈( 3, ∞) ⇔ m ∈( 3, ∞ ) .<br />
3<br />
Összesítve, írhatjuk, hogy ha m ∈( −∞,2)<br />
, akkor nincs megoldás, ha m = 2 , akkor<br />
x = 2 az egyetlen megoldás, ha m ∈ ( 2, 3] , akkor x1= 4 − m, x 2 = m,<br />
ha<br />
m m<br />
m ∈(<br />
3, ∞) , akkor x 1 = 2 − , x 2 = 2 + .<br />
3<br />
3<br />
⎡3x−1⎤ 4. a) ⎢ ⎥ = −3<br />
; b) [ x + 3 ] = { x} ; c) [2 x + 1] = [ x]<br />
;<br />
⎢⎣ 2 ⎥⎦<br />
⎡x<br />
+ 1⎤<br />
⎡3x−1⎤<br />
⎡2x<br />
+ 1⎤<br />
x −1<br />
d) ⎢ ⎥ = x + 3 ; e) ⎢ ⎥ = x + 1;<br />
f) ⎢ ⎥ = ;<br />
⎢⎣ 2 ⎥⎦<br />
⎢⎣ 2 ⎥⎦<br />
⎢⎣ 3 ⎥⎦<br />
2<br />
⎡ x + 1⎤ ⎡x −3⎤<br />
⎡x −3⎤ ⎡x −2⎤ g) [ x] + [2 x]<br />
= 4;<br />
h) ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥;<br />
i) ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥<br />
⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎢⎣ 3 ⎥⎦<br />
⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎢⎣ 3 ⎥⎦<br />
;<br />
⎡2x−3⎤ ⎡ 4x + 1⎤<br />
x<br />
j) ⎢ ⎥ = [3−2x] ; k) 2[ x] + 4 = 3a;<br />
l) ⎢ ⎥ = ;<br />
⎢⎣ 3 ⎥⎦<br />
⎢⎣ 5x + 3⎥⎦x<br />
+ 8<br />
2<br />
2 2<br />
m) [ x − x + 1 ] = 2x<br />
−1;<br />
n) 5[ x ] − 5[ x]<br />
+ 1 = 0 ; o) 3[ x ] − 10[ x]<br />
+ 3 = 0 ;<br />
2<br />
2<br />
3<br />
p) x − [ x ] = 3;<br />
q) x = 1 + [ x]<br />
; r) x = 2 + [ x ] .<br />
⎡3x −1⎤ 3x −1 ⎡−5 ⎞<br />
Megoldás. a) ⎢ ⎥ = −3 ⇔ ∈[ −3, −2 ) ⇔ x ∈ ⎢ , −1⎟<br />
⎢ 2 ⎥ 2<br />
⎢⎣<br />
3<br />
⎟⎠<br />
;<br />
⎣ ⎦<br />
b) [ x + 3] = { x} ⇒{ x} ∈ ⇒ { x} = 0 ⇒x ∈ ⇒ x + 3 = 0 ⇒ x = −3;<br />
⎡ 1⎤<br />
c) [ 2x + 1] = [ x] ⇔ [ 2x] + 1= [ x] ⇔ [ x] + ⎢x + ⎥ + 1=<br />
[ x]<br />
⇔<br />
⎢⎣ 2⎥⎦<br />
⎡ 1⎤ ⎛ 1⎞<br />
x 1 x ⎟<br />
⎡ 3 1⎞<br />
⇔ ⎢ + ⎥ =− ⇔ ⎜ + ⎟ ∈− [ 1 ) ⇔<br />
⎢ 2⎥ ⎜<br />
⎣ ⎦<br />
⎜⎝ 2⎠⎟,0<br />
x ∈− ⎢ , − ⎟<br />
⎢⎣ 2 2⎟⎠<br />
;<br />
⎡x<br />
+ 1⎤ x + 1<br />
d) ⎢ ⎥ = x + 3 ⇔ x + 3 ∈ ,<br />
x + 3 ≤ < x + 4 ⇔<br />
⎢⎣ 2 ⎥⎦<br />
2
Egyenletek és egyenlőtlenségek 87<br />
⇔ x ∈ , − 7 < x ≤−5 ⇔x<br />
∈{ −6, − 5}<br />
;<br />
e) x ∈ { 3, 4}<br />
;<br />
⎡2x<br />
+ 1⎤<br />
f) Jelöljük ⎢ ⎥<br />
⎣⎢ 3 ⎦⎥<br />
és<br />
x − 1<br />
közös értékét t -vel. Így t ∈ és x = 2t<br />
+1.<br />
Ezt<br />
2<br />
visszahelyettesítve az egyenletbe, kapjuk, hogy<br />
⎡ 4t+ 3⎤<br />
⎢ ⎥ = t ⇔ 2t + 1= t ⇔ t = −1 ⇔ x = −1.<br />
⎢⎣ 2 ⎥⎦<br />
g) Felhasználva, hogy x = [ x ] + { x}<br />
, az egyenlet így írható:<br />
[ x] + [ 2[ x] + 2{ x}<br />
] = 4 ⇔ 3[ x] + [ 2{ x} ] = 4 ⇔ [ x] = 1, [ 2{ x}<br />
] = 1⇔<br />
x ∈[ 1, 2 ) , { x}<br />
∈[ 0.5, 1)<br />
⇔ x = 1 + α, α ∈ [ 0.5,1)<br />
⎡ x + 1⎤<br />
h) Ha y ∈ az ⎢ ⎥<br />
⎢⎣ 2 ⎥⎦<br />
és<br />
⎡x−3⎤ ⎢<br />
⎢⎣ 3 ⎦ ⎥ közös értéke, akkor<br />
⎥<br />
⎧ ⎪ x + 1<br />
⎪<br />
⎪y ≤ < y + 1 ⎧2y −1≤ x < 2y + 1 ⎧2y<br />
− 1< 3y + 6<br />
⎪ 2<br />
⎪<br />
⎪<br />
() *<br />
⎪<br />
⎨ ⇔ ⎪<br />
⎨ ⇒⎪<br />
⎨<br />
⎪ x − 3 ⎪3y + 3≤ x < 3y + 6 ⎪3y<br />
+ 3 < 2 +<br />
y y 1 ⎪ ⎪<br />
y 1<br />
⎪ ≤ < + ⎪⎩ ⎪⎩<br />
⎪⎩ 3<br />
⎧− ⎪ 7 < y<br />
⎪<br />
⎨ ⇔ y ∈{ −6, −5, −4, −3}<br />
⎪ y < −2<br />
⎪⎩<br />
⇔<br />
A kapott y értékeket rendre visszahelyettesítve a ( * ) egyenlőtlenség-rendszerbe<br />
(amely ekvivalens az eredeti egyenlettel), a következőket kapjuk:<br />
⎧− ⎪ 13 ≤ x < −10<br />
y = −6: ⎪<br />
⎨<br />
⇔ x ∈[<br />
−13, −12)<br />
⎪−15 ≤ x < −12<br />
⎪⎩<br />
⎪⎧−11<br />
≤ x < −8<br />
y = −5: ⎪<br />
⎨<br />
⇔ x ∈[<br />
−11,9)<br />
⎪−12 ≤ x < −9<br />
⎪⎩<br />
⎧− ⎪ 9 ≤ x < −6<br />
y = −4: ⎪⎪<br />
⎨<br />
⇔ x ∈[<br />
−9, −6)<br />
⎪−9 ≤ x < −6<br />
⎪⎩<br />
⎪⎧−7<br />
≤ x < −4<br />
y = −3: ⎪<br />
⎨<br />
⇔ x ∈[<br />
−6, −4)<br />
⎪−6 ≤ x < −3<br />
⎪⎩<br />
Tehá a megoldás x ∈− [ 13, −12) ∪ [ −11, −4)<br />
.<br />
i) x ∈ [ 1, 2) ∪[ 3, 7) ∪[<br />
8, 9)<br />
; j) Nincs megoldás.<br />
k) A bal oldalon álló kifejezés egy páros egész szám, tehát csak akkor van megoldás,<br />
2 k<br />
ha 3a is páros egész szám, vagyis a = , k ∈ . Ebben az esetben az egyenlet<br />
3<br />
[ x] + 2 = k ⇔ [ x] = k − 2 , tehát a megoldás x ∈[ k −2,<br />
k −1)<br />
.
88 Egyenletek és egyenlőtlenségek<br />
x 8t<br />
l) = t ∈ ⇒ x = .<br />
x + 8 1−t<br />
⎡31t + 1 ⎤<br />
31t + 1<br />
⎢ ⎥ = t ⇔t ≤ < t + 1 . Ennek az egyenlőtlenség-sorozatnak nincs<br />
⎢⎣37t + 3⎥⎦ 37t + 3<br />
megoldása az egész számok halmazán, tehát az eredeti egyenletnek sincs megoldása.<br />
m) ∈ { 2, 2.5}<br />
x ;<br />
( x x ) x [ x]<br />
n) ⎡ 2⎤ 2 1<br />
[ ] ⎡ ⎤<br />
5<br />
⎣ ⎦<br />
− = −1 ⇔<br />
⎣ ⎦<br />
− = − , tehát az egyenletnek nincs megoldása.<br />
5<br />
o) M = ∅;<br />
p) Az [ x] ≤ x, 2 2<br />
[ x] > x −1 egyenlőtlenségek alapján 3 = x − [ x] < x − x + 1,<br />
2 2<br />
3 = x −[ x] ≥x − x , így a következő egyenletrendszert kapjuk (ez nem<br />
egyenértékű az eredeti egyenlettel):<br />
⎧ 2<br />
⎪<br />
x −x − 2> 0<br />
⎪<br />
⎡1− 13 1 13<br />
x , 1⎟ ⎞ ⎛ + ⎤<br />
⎨ ⇔ ∈ ⎢ − ⎟ ⎜<br />
⎜1,<br />
⎥ ⇒[ x]<br />
∈{ −2,2}<br />
2<br />
x x 3 0 2<br />
⎟ ∪<br />
⎪ − − ≤ ⎢ ⎟⎠ ⎝ ⎜ 2 ⎥<br />
⎪⎪⎩ ⎣ ⎦<br />
2 2<br />
Ha [ x] = −2 ⇒ x + 2 = 3 ⇔ x = 1⇔<br />
x =±1, nem megoldás ([ x ] ≠−2)<br />
2<br />
x = 2 ⇒ x − 2 = 3 ⇒ x =± 5 , [ 5] = 2,<br />
tehát az egyetlen megoldás<br />
Ha [ ]<br />
x = 5 .<br />
3 q) M = { 2}<br />
; r) = { 3}<br />
M .<br />
5. a) x + 9 + x + 8 = 0; b) 24 − 10x = 3 − 4x<br />
; c) 1− 2<br />
1 3+ 3x = 2x<br />
;<br />
d) x + 1+ x + 6 = 5; e) x + 2 − 2−<br />
x = 2; f) 3x + 7 − x + 1 = 2;<br />
g)<br />
x x<br />
2<br />
− 2 + − 4 = 0; h) x 3 7x 2<br />
+ − + =−1;<br />
i) x − 6 + x − 13 = 11+<br />
72 ; j) x + 1+ 2x + 3 = 6x<br />
+1;<br />
k) x − 8 + x + 4 = 3x ; l) x + 2 + x − 3 = x − 6 + x +9;<br />
m) 2x + 1+ 3x + 7 = x + 5 + 4x<br />
+3 ;<br />
n) x + 2 + x − 2 = 4x − 6+ 2 5 ; o) x + 9 + x + 1 = 4x<br />
+16;<br />
p) x + 3 + x − 2 = 4x − 9+ 4 6 ; q)<br />
r)<br />
s)<br />
t)<br />
u)<br />
w)<br />
y)<br />
2 2 2<br />
x 3x 2 x 1 x 5x<br />
− + + − = − + 6;<br />
2 2<br />
2 4 1<br />
x − x = x + + x −<br />
2<br />
1;<br />
2 2 2<br />
x x x x x x<br />
2 2<br />
x −5 − x − 8 = 1;<br />
− 6 + 5 + − 4 + 3 − − 8 + 7 = 0;<br />
x + 2 + x + 7 5<br />
= ;<br />
x + 2 + 3 x + 7 11<br />
2 x + 9 − 5x + 4 4<br />
v) = ;<br />
4 5x + 4 − x + 9 5<br />
x + 1− x − 2 1<br />
= ;<br />
x + 1+ 2 x − 2 4<br />
2 x − 3 +<br />
x)<br />
x + 1− x + 1<br />
= x ;<br />
x −3<br />
x + 6 + x + 1<br />
= 2x−1;<br />
z)<br />
x + 6 − x + 1<br />
2 2<br />
x + 16 − x − 8 1<br />
= .<br />
2 2<br />
x + 16 + x − 8 3
Egyenletek és egyenlőtlenségek 89<br />
Megoldás. a)<br />
⎧⎪ 15 +<br />
= ⎪<br />
⎨− ⎪ ⎪⎩ 2<br />
5 ⎫ ⎪<br />
⎬<br />
⎪ ⎪⎭<br />
5<br />
M = −<br />
8<br />
; c) M = { −2}<br />
; d) M [3 { } ;<br />
e) M = { 2}<br />
; f) M = { −1,<br />
3}<br />
; g) M = { 2}<br />
; h) M = {} 1 ; i) M = { 15}<br />
;<br />
j) = { 19 + 2 91}<br />
M ; b) { }<br />
M ; k) M = { 12}<br />
; l) M = { 7}<br />
; m) M = { 3}<br />
; n) M = { 3}<br />
;<br />
o) M = { 0}<br />
; p) M = { 5}<br />
; q) M = { −3,<br />
3}<br />
; r) x 1 ; s) M = − 2+ 5 ;<br />
1<br />
= { }<br />
t) Az értelmezési tartomány D = ( −∞,1] ∪ [ 7, ∞)<br />
. Az egyenlet így írható:<br />
( x −1)( x − 5) + ( x −1)( x −3) − ( x −1)( x − 7)<br />
= 0<br />
Ha x ≥ 7 , akkor x −1 -gyel végigosztva<br />
x − 5 + x −3 − x − 7 = 0 ⇔ 2x − 8+ 2 ( x −5)( x − 3)<br />
= x − 7,<br />
tehát nincs megoldása a [ 7, ∞ ) intervallumban.<br />
Ha x ≤ 1 , akkor x 1 = 1 megoldás. Ha x < 1,<br />
akkor<br />
5− x + 3− x = 7−x ⇔ 8− 2x + 2 ( 5−x)( 3− x) = 7−x<br />
⇔<br />
⇔ 0 < 2 ( 5−x)( 3− x) = x − 1< 0.<br />
Mivel ez lehetetlen az egyenlet egyetlen valós gyöke x = 1 .<br />
u) M = { 2}<br />
; v) M = { 0}<br />
; w) M = { 3}<br />
;<br />
x) Értelmezési tartomány: [ 3, ∞ ) .<br />
( 2 x − 3 + x + 1)( x + 1+ x − 3)<br />
( )( )<br />
2 x − 3 + x + 1<br />
= x ⇒ = x ⇒<br />
x + 1− x − 3 x + 1− x − 3 x + 1+ x − 3<br />
2 7± 3 17<br />
⇒ 3 ( x + 1)( x − 3) = x + 5 ⇒2x −7x − 13 = 0 ⇒ x =<br />
4<br />
7+ 3 17<br />
Tehát az egyetlen valós megoldás az x = .<br />
4<br />
y) M = { 3}<br />
; z) M = { − 4, 4}<br />
.<br />
6. a) x + 3−4 x − 1 + x + 8−6 x − 1 = 1;<br />
b) x + 2+ 4 x − 2 + x − 1+ 2 x − 2 = 5;<br />
c) x + 2x − 1 + x − 2x − 1 = 2;<br />
d) x + 6x −9 − x − 6x − 9 = x ;<br />
e) x + x − 1− x = 1;<br />
f)<br />
Megoldás. a)<br />
2<br />
9 48<br />
+ x x − = x − 3.<br />
x + 3−4 x − 1 + x + 8−6 x − 1 = 1 ⇔<br />
( x ) ( x )<br />
2 2<br />
−1− 2 + −1− 3 = 1⇔
90 Egyenletek és egyenlőtlenségek<br />
⇔ x −1− 2 + x −1− 3 = 1 ⇔ x −1 ∈[ 2,3] ⇔ x ∈ [ 5,10]<br />
b) M = { 3}<br />
;<br />
1<br />
c) x x x x x x x x<br />
2<br />
1 1<br />
⎡1 ⎤<br />
⇔ x ≥ , x − 1 = 1 −x ⇔ x ≥ , x −1≤ 0 ⇔ x ∈ ⎢ , 1⎥<br />
2 2<br />
⎢⎣ 2 ⎥⎦<br />
16<br />
d) M = ∅ ; e) M = { 25}<br />
f) M = { 7}<br />
.<br />
2<br />
+ 2 − 1 + − 2 − 1 = 2 ⇔ ≥ , 2 + 2 − 2 + 1 = 2 ⇔<br />
7. a) 3 x − 2 + x + 1 = 3; b) 3 1− x + x + 2 =1;<br />
4<br />
4<br />
c) x + 1+ 7x − 5 = 4; d) x + 1+ 5x + 1 = 4;<br />
3 3<br />
3 3<br />
e) 5x −3 − 3x − 10 = 1; f) 2x + 1+<br />
x =1;<br />
4 3<br />
g) 8x −7 − x − 1 = 1; 4 3<br />
h) 3x + 1− 7x − 8 = −1.<br />
Megoldás. a) Az értelmezési tartomány D = [ −1, ∞ ) . A 3 x − 2 = a, x + 1 =b<br />
jelölésekkel a következő egyenletrendszert kapjuk:<br />
⎧ ⎪a<br />
+ b = 3<br />
⎧ ⎪b<br />
= 3 −a<br />
⎪<br />
⎨<br />
⇔ ⎪<br />
3 2 ⎨<br />
,<br />
2 3<br />
⎪ x = a + 2 = b −1<br />
⎪b −a − 3 = 0<br />
⎪⎩<br />
⎪⎩<br />
2 3<br />
2<br />
ebből 9− 6a + a −a − 3 = 0 ⇔ ( a − 1)( a + 6) = 0 ⇔ a = 1 ⇔ x = 3 .<br />
b) M = { 2}<br />
;<br />
5<br />
c) Az értelmezési tartomány D ,<br />
7<br />
⎡ ⎞ = ⎢ ∞⎟<br />
⎢⎣<br />
⎟⎠<br />
. Ha a = x + 1, b = 4 7x − 5 , akkor<br />
4<br />
2 b + 5<br />
a + b = 4, x = a − 1 = , a, b ≥ 0 , tehát b ( b )<br />
7<br />
2<br />
4<br />
−7 4− + 12 = 0 ⇔<br />
⇔ b− 2<br />
3 2<br />
b + 2b − 3b + 50 = 0 ⇔<br />
( )( )<br />
⎡ 2<br />
3 2 ⎛ 3⎞ 191⎤<br />
b><br />
0<br />
⇔ ( b− 2) ⎢b + b + ⎜ b−<br />
⎟<br />
+ ⎥ = 0⇔<br />
=<br />
⎢ ⎜⎝<br />
2⎠⎟ b 2.<br />
4 ⎥<br />
⎣ ⎦<br />
Ebből következik, hogy b = 2, és így x = 3 .<br />
4 d) Mivel a x + 1 és 5x + 1 kifejezésekkel értelmezhető függvények a<br />
[ −1/5, ∞ ) értelmezési tartományon belül szigorúan növekvőek, az egyenletnek<br />
legtöbb egy gyöke lehet. Észrevehető, hogy x = 3 megoldás, tehát a megoldáshalmaz<br />
M = { 3}<br />
.<br />
⎧⎪ 445 + 21 177 445 − 21 177 ⎫⎪<br />
e) M = ⎪<br />
⎨6, ,<br />
⎪<br />
⎬;<br />
⎪ 64 64 ⎪<br />
⎪⎩ ⎪⎭<br />
M = − − − + ; g) M = { 1}<br />
; h) M = { 5}<br />
.<br />
f) { 2 5,0, 2 5}
Egyenletek és egyenlőtlenségek 91<br />
8. a)<br />
x − 1+ 4x − 1 = x + 1+ 4x<br />
− 3;<br />
3 3 3<br />
3<br />
3 3 3<br />
3<br />
b) x + 1+ 4x − 1 = 2x − 1+ 3x<br />
+1.<br />
3 3 3<br />
Megoldás. a) 3<br />
x − 1+ 4x − 1 = x + 1+ 4x −3 ⇔<br />
3 3<br />
⇔ 5x − 2+ 33( x −1)( 4x −1)( x − 1+ 4x − 1)<br />
=<br />
3<br />
3<br />
= 5x − 2+ 33( x + 1)( 4x − 3)( x + 1+ 4x −3) ⇔<br />
3 3 3 3<br />
( x 1)( 4x 1)( x 1 4x 1) ( x 1)( 4x 3)( x 1 4x 1)<br />
⇔ 3 − − − + − = 3 + − − + − .<br />
3 3<br />
2<br />
Ha x − 1+ 4x −1 ≠ 0, akkor ( x −1)( 4x − 1) = ( x + 1)( 4x −3) ⇔ x = .<br />
3<br />
3 3<br />
3 3 3<br />
Ha x − 1+ 4x − 1 = 0, akkor 3<br />
x − 1+ 4x − 1 = x + 1+ 4x − 3 = 0 ⇔<br />
⎧⎪ 3 3<br />
⎪ x − 1 = − 4x −1 ⎧x<br />
− 1= − 4x + 1<br />
⎪ ⎪<br />
⎪<br />
2<br />
2 2<br />
⎨ ⇔ ⎨<br />
⇔ x = . Tehát M =<br />
⎪33 ⎪ x + 1 =− 4x −3<br />
⎪ x + 1=− 4x + 3<br />
⎪⎩<br />
5<br />
{ ,<br />
3 5}<br />
.<br />
⎪⎩<br />
b) M = { 0, 2}<br />
.<br />
9. a)<br />
x x x<br />
2 3 2<br />
+ 1+ 1− = + 7 − 2; b)<br />
4<br />
1 x x x 1<br />
− − = − ;<br />
3 3 3<br />
c) x + x + x + x − 2 = 12;<br />
d) x + m + x = m;<br />
e) m − m + x = x; f)<br />
m −x −<br />
x<br />
m −x<br />
m<br />
= mx ;<br />
g)<br />
2<br />
x − m = x − 1 ; h) x +<br />
1<br />
x + +<br />
2<br />
1<br />
x +<br />
4<br />
2<br />
= m ; i) x − m − x = m ;<br />
j) x + 2x − 1+ m x −2 x − 1 = 2; k)<br />
a + x +<br />
a + x −<br />
a − x<br />
a −x<br />
a<br />
= ;<br />
x<br />
l)<br />
2<br />
x − a + 2<br />
2<br />
x − 1 = x ; m) x + a + x + b = 4x<br />
+ c ;<br />
n) x + 8a + x = 4x + 8a<br />
+4 ; o) x + a − x + b =c;<br />
p) x + x − x − x = a<br />
x<br />
x + x<br />
.<br />
Megoldás. a) A négyzetgyökök létezési feltételeiből x ∈− [ 1, 1]<br />
, a bal oldali<br />
3 2<br />
kifejezés pozitív voltából következik, hogy x + 7 −2 ≥ 0, vagyis<br />
x ∈( −∞, −1] ∪ [ 1, ∞)<br />
, így x ∈{ −1,<br />
1}<br />
. Ezek közül csak az x = −1<br />
teljesíti az adott<br />
egyenlőséget, tehát M = { −1}<br />
.<br />
4<br />
b) Az egyenlet alapján x ≥ 1 , 1 ≥x −x . Négyzetre emelve az egyenlet mindkét<br />
oldalát,<br />
4<br />
2 4<br />
1− x − x = ( x −1) ⇔ x −x<br />
= 2x<br />
− x<br />
4 3 2<br />
emeléssel kapjuk, hogy 3x − 4x<br />
+ 4x + x = 0 ⇔ ( ) 0.<br />
2<br />
4 2<br />
2x + x − 2x<br />
+ x =<br />
Mivel ennek az egyenletnek nincs gyöke az<br />
egyenletnek sincs valós megoldása.<br />
2<br />
, ahonnan újboli négyzetre<br />
[ 1, ∞ ) intervallumban, az eredeti
92 Egyenletek és egyenlőtlenségek<br />
c) A<br />
3 3 x x 2<br />
+ − = y<br />
3<br />
jelölés bevezetésével írhatjuk, hogy y + y − 10 = 0 ,<br />
3<br />
ahonnan y = 2 . Következik, hogy x + x − 2 = 8,<br />
tehát x = 2 .<br />
d) Ha m < 0 , nincs megoldás, ha m = 0 , akkor x = 0.<br />
Ha 0 < m , az értelmezési tartomány [ 0, ∞ ) . Az egyenlet mindkét oldalát beszorozva<br />
x + m − x -szel, kapjuk, hogy x + m − x = m( x + m − x)<br />
, vagyis<br />
m −1<br />
x + m − x = 1.<br />
Ebből és az eredeti egyenletből következik, hogy x = .<br />
2<br />
2<br />
⎛m−1⎞ Tehát m ∈ ( 0,1)<br />
esetén nincs megoldás, ha pedig m ≥ 1,<br />
akkor x = ⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟<br />
2 ⎠⎟az<br />
egyetlen gyök.<br />
e) Ha m − m + x = x, akkor x ≥ 0 és m ≥ 0 . Az egyenlőséget a<br />
következőképpen alakíthatjuk:<br />
m −<br />
2<br />
2<br />
m + x = x ⇒ m − x = m + x<br />
4 2 2<br />
⇒ x −2mx − x + m − m = 0.<br />
Ezt az egyenletet m hatványai szerint rendezzük és kiszámítjuk a diszkriminánst:<br />
2 2 4<br />
m − m(2x + 1) + x − x = 0 ⇒∆= (2x + 1)<br />
2<br />
.<br />
2 2<br />
Az előbbiek alapján az egyenlet ( x + x + 1−m) ( x −x − m)<br />
= 0 alakban írható.<br />
Az x = 0 érték csak m = 0 vagy m = 1 esetén megoldás, tehát feltételezhetjük,<br />
hogy x > 0 . Ha x > 0 megoldás, akkor<br />
2<br />
x − m = − m + x < 0 és így<br />
0<br />
2<br />
x x<br />
0<br />
m<br />
2<br />
x0 −x0 −m<br />
< 0 . Tehát csak az + + 1− = 0 egyenlet megoldásaiból<br />
származhatnak a eredeti egyenlet gyökei. Ennek az egyenletnek a pozitív gyökei<br />
2<br />
teljesítik az x − m < 0 feltételt, tehát elégséges megvizsgálni a pozitív gyökök<br />
3<br />
3<br />
létezését. ∆ = 4m−3, tehát m < esetén nincs valós megoldás. Ha m ≥ , akkor<br />
4<br />
4<br />
x1 + x2<br />
= −1 és x1x 2 = 1 − m alapján 1 − m < 0 szükséges, tehát m > 1 esetén az<br />
1<br />
x =<br />
4m−3<br />
2<br />
− +<br />
megoldáshoz jutunk. Eredményeinket a következő táblázatba<br />
foglalhatjuk össze<br />
m Megoldáshalmaz<br />
( −∞,0) ∪ (0,1)<br />
M = ∅<br />
m = 0<br />
M = {0}<br />
m ≥ 1<br />
⎧⎪− 1+ M = ⎪<br />
⎨<br />
⎪<br />
⎪⎩ 4m−3⎫ ⎪<br />
⎬<br />
2 ⎪<br />
⎪⎭<br />
f) A törtek és törtek létezéséhez szükséges, hogy m ≠ 0 , x ≠ 0 , m −x ≥ 0 , és<br />
mx > 0 . Ha ezek a feltételek mind teljesülnek az egyenlet<br />
m −x m −x<br />
⋅ = 1<br />
mx<br />
mx
Egyenletek és egyenlőtlenségek 93<br />
m − x<br />
alakba írható, ahonnan = 1,<br />
vagyis m = ( m + 1)<br />
x . Ha m = −1<br />
, nincs gyök,<br />
mx<br />
m<br />
ellenkező esetben x = . Ellenőrizzük, hogy ez benne van-e az értelmezési<br />
m + 1<br />
tartományban:<br />
m<br />
1<br />
m − ≥ 0 ⇔ ≥ 0 ⇔ m > −1<br />
m + 1 m + 1<br />
m<br />
m > 0 ⇔ m ≠ 0, m > −1<br />
m + 1<br />
Összesítve, ha m ≤−1,<br />
nincs megoldás, ha pedig m > −1 és m ≠ 0 , akkor<br />
m<br />
x = .<br />
m + 1<br />
m + 1<br />
g) Ha m < 1,<br />
nincs gyök, ha pedig m ≥ 1,<br />
akkor x = az egyetlen megoldás.<br />
2<br />
⎡ 1 ⎞<br />
h) Az egyenlet értelmezési tartománya D = ⎢− , ∞⎟<br />
⎢⎣ 4 ⎟⎠<br />
.<br />
2<br />
1 1<br />
⎛ 1 1⎞<br />
x + x + + x + = m ⇔ x + ⎜ x + + ⎟ = m ⇔<br />
2 4<br />
⎝⎜4 2⎠⎟<br />
x +<br />
1 1 ⎛<br />
x + + = m ⇔ ⎜<br />
4 2 ⎜⎜⎝ 2<br />
1 1⎞<br />
x + + ⎟ = m<br />
4 2<br />
⎟<br />
⎠⎟<br />
1<br />
1<br />
Ha m < , nincs megoldás, ha m ≥ , akkor x = m −<br />
4<br />
4<br />
m .<br />
2<br />
i) x −<br />
2 1<br />
m − x = m ⇒x − x + = m − x +<br />
4<br />
1<br />
m − x + ⇔<br />
4<br />
2<br />
⎛ 1⎞ ⎛<br />
⇔⎜ ⎜ x ⎟ ⎜<br />
⎜<br />
− =<br />
⎝ 2⎠ ⎟ ⎝ ⎜<br />
2<br />
1⎞<br />
m − x + ⎟<br />
2⎠<br />
⎟ .<br />
1<br />
I. x − =<br />
2<br />
1 ⎛<br />
m − x + ⇔⎜ 2<br />
⎜⎜⎝ 2<br />
1⎞<br />
m− x + ⎟<br />
3<br />
⎟ = m −<br />
2⎠⎟.<br />
4<br />
1<br />
Megoldás csak akkor létezik, ha m ≥ 1 és ekkor x = +<br />
4<br />
3<br />
m − .<br />
4<br />
1<br />
II. x − = −<br />
2<br />
1<br />
m −x − ⇔ x = −<br />
2<br />
1 ⎛<br />
m −x ⇔ m + = ⎜<br />
4<br />
⎜⎜⎝ 2<br />
1⎞<br />
m −x − ⎟<br />
2⎠⎟.<br />
1<br />
1<br />
1<br />
Ha m < − , nincs megoldás, ha m ≥− , akkor x = − −<br />
4<br />
4<br />
2<br />
1<br />
m + .<br />
4<br />
j) x + 2 x − 1 + m x −2 x − 1 = 2 ⇔ x − 1+ 1 + m x −1− 1 = 2 ⇔<br />
⇔ x − 1+ m x −1− 1 = 1.
94 Egyenletek és egyenlőtlenségek<br />
I. Ha x ≥ 2 , akkor x − 1+ m x −1− m = 1⇒ ( m + 1) x − 1 = m + 1. Ha<br />
különbözik -1-től, akkor x = 2 , ellenkező esetben bármely x ∈[ 2, ∞)<br />
megoldás.<br />
II. Ha x ∈ [ 1, 2]<br />
, akkor x − 1+ m −m x − 1 = 1⇒( 1−m) x − 1 = 1−m . Ha<br />
m ≠ 1 , akkor x = 2 , m = 1 esetben minden x ∈ [ 1, 2)<br />
megoldás.<br />
k) a = 0 esetben nincs megoldás, ha a ≠ 0 , akkor M = { −a<br />
, a}<br />
.<br />
l) A<br />
2 2<br />
x − a + 2 x − 1 = x egyenlőtlenségből következik, hogy x ≥ 0 és<br />
2<br />
x ≥ x −a , tehát a ≥ 0 . Ebben az esetben az értelmezési tartomány<br />
2<br />
[max{1, a }, ∞ ) és<br />
x − = x − x −<br />
2<br />
2 1 a , ahonnan<br />
2<br />
2<br />
2x + a − 4 = −2x x − a . Ez csak akkor lehetséges, ha 2 4 −a<br />
x ≤ és így<br />
2<br />
2<br />
2 1 ( a − 4)<br />
x = . Ha 2−a≤ 0,<br />
akkor az egyenletnek nincs megoldása (mert<br />
8 2−a<br />
2<br />
2<br />
1 ( a − 4) 4−a<br />
x ≥ 0 ), míg a ∈ [0,2)<br />
esetén megvizsgáljuk az<br />
≤ . A vizsgált<br />
8 2−a 2<br />
4<br />
intervallumon ez ekvivalens az a ≤ egyenlőtlenséggel, tehát a következő táblázatba<br />
3<br />
foglalhatjuk az eredményeket:<br />
a Megoldáshalmaz<br />
⎛4⎞ a ∈( −∞,0] ∪⎜ ⎜ , ∞⎟⎟<br />
⎜⎝3⎠ ⎟<br />
⎛ 4⎤<br />
a ∈ ⎜<br />
⎜⎝<br />
0, ⎥<br />
3⎥⎦<br />
M = ∅<br />
4 −a<br />
M = { ±<br />
2 2−<br />
a }<br />
⎡<br />
D = ⎢max ⎢⎣<br />
c<br />
−a, −b, −<br />
4<br />
⎞<br />
, ∞⎟<br />
⎟⎠<br />
.<br />
x + a + x + b = 4x + c ⇔ 2x + a + b + 2 ( x + a)( x + b) = 4x<br />
+ c ⇔<br />
m) Az értelmezési tartomány { }<br />
⇔ 2 ( x + a)( x + b) = 2x<br />
+ c−a −b ⇒<br />
2 2<br />
+ ( + b) x + 4ab = 4x + 4(<br />
c−a − b) x + ( ) 2<br />
⇒ 4x 4 a c−a −b ⇔<br />
( ) ( ) 2<br />
⇔ 42a + 2b− c x = c−a −b −4ab A esetben a megoldás<br />
( ) 2<br />
⎧ ⎪2a<br />
+ 2b− c = 0<br />
⎪<br />
⎡ c ⎞<br />
⎨<br />
x ∈ ⎢max ⎪ c−a −b − 4ab = 0<br />
{ −a, −b, − } , ∞⎟.<br />
⎢⎣<br />
4 ⎟⎠<br />
⎪⎩<br />
m
Egyenletek és egyenlőtlenségek 95<br />
A esetben nincs megoldás. Ha 2 2 , akkor<br />
( ) 2<br />
⎪⎧<br />
2a + 2b− c = 0<br />
⎪<br />
⎨<br />
a + b−c ≠ 0<br />
⎪ c−a −b −4ab ≠ 0<br />
⎪⎩<br />
2<br />
( c−a −b) −4ab<br />
x =<br />
, ha ez benne van az értelmezési tartományban, akkor<br />
2a + 2b−c<br />
megoldás, ha nem eleme, akkor nincs gyöke az egyenletnek.<br />
1<br />
1<br />
1<br />
n) Ha a ≤ , nincs megoldás, ha a > , akkor x = .<br />
2<br />
2<br />
2a−1 o) Feltételezhetjük, hogy a ≥ b (az a < b esetben hasonlóan járunk el). Ekkor az<br />
értelmezési tartomány [ −b, ∞ ) , c ≥ 0 kell legyen és beszorozva a bal oldal<br />
( )<br />
konjugáltjával, a −b<br />
= c x +a + x + b .<br />
A c = 0 esetben ha a ≠ b , nincs megoldás, ha pedig a = b , akkor minden<br />
megengedett valós szám megoldás, tehát M 1 = [ −b, ∞)<br />
.<br />
Ha c ≠ 0 , akkor<br />
2<br />
a −b<br />
a −b<br />
1 ⎛ a −b⎞ x + a + x + b = ⇒ 2 x + a − c = ⇒ ⇒ x = ⎜c<br />
+ ⎟ −<br />
c<br />
c<br />
4<br />
⎜⎜⎝ c ⎠⎟<br />
a ,<br />
ami eleme az értelmezési tartománynak.<br />
2 2<br />
2<br />
1 ⎛ a −b⎞ 2<br />
a b a b<br />
c ⎟<br />
⎛ − ⎞<br />
a b c 2( a b) ⎟<br />
⎛ − ⎞<br />
⎜ + ⎟ − ≥ ⇔ − − + ⎜ ⎟ ≥ 0 ⇔ c−<br />
≥<br />
4<br />
⎜ ⎜⎝ c ⎠⎟ ⎝ ⎜ c ⎠⎟ 0<br />
⎝⎜ ⎜ ⎟<br />
⎜ c ⎠<br />
⎟<br />
.<br />
x<br />
p) Az értelmezési tartomány D = [ 1, ∞ ) . x + x − x − x = a ⇒<br />
x + x<br />
⇔ x + x −<br />
2<br />
x − x = a x ⇔ x + 1− x − 1 = a ⇔ x − x − 1 = a − 1.<br />
2<br />
Innen a > 1 és<br />
( ) ( ) 2<br />
x = x − 1+ 2 a −1 x − 1+ a −1 ⇒<br />
1−( a −1)<br />
2( a −1)<br />
2 2<br />
− a + 4a −2 − a + 4a − 2<br />
⇒ x = ; ≥1⇔a ≤2.<br />
2( a −1) 2( a −1)<br />
Tehát a ∈( −∞,1] ∪ ( 2, ∞)<br />
esetén nincs megoldás, ha pedig a ∈ ( 1, 2]<br />
, akkor<br />
2<br />
− a + 4a − 2<br />
x =<br />
.<br />
2( a −1)<br />
= x −1⇒ 10. a) x − 2 > x + 3;<br />
b) x + 1+ x − 3 > 2; c) x + x + 1 < x ;<br />
2<br />
2 2<br />
d) x + 3x + 2 > x − 2; e) ax + 1 > ax;<br />
f) x − a < x + a .<br />
Megoldás. a) Az értelmezési tartomány D = [ 2, ∞ ) . Ha x ∈ D,<br />
akkor mindkét<br />
oldal pozitív, így mindkét oldalt négyzetre lehet emelni.<br />
2<br />
2 2 5 1<br />
x 2 ( x 3) 0 x 5x 11 0 x<br />
2 4<br />
⎛ ⎞ − > + ⇔ > + + ⇔ > ⎜ + ⎟<br />
9<br />
⎜⎜⎝ ⎟ + ,<br />
⎠<br />
tehát az egyenlőtlenségnek nincs megoldása.
96 Egyenletek és egyenlőtlenségek<br />
b) x + 1+ x − 3 > 2 ⇔ x ≥ 3, x + 1 > 2−<br />
x −3<br />
Minden olyan x -re, amelyre x ≥ 3, 2 − x − 3 < 0 , fennáll az egyenlőtlenség, tehát<br />
M = ( 7, ∞ ) . Ha x ∈ [ 3, 7]<br />
, akkor négyzetre emeléssel<br />
1<br />
x + 1> x + 1−4 A megoldáshalmaz M = ( 3, ∞)<br />
.<br />
x −3 ⇔ x > 3 ⇒ M2=<br />
( 3,7<br />
] .<br />
c) x + x + 1 < x ⇔ x + 1 < 0, tehát az egyenlőtlenségnek nincs megoldása.<br />
d) Az értelmezési tartomány D = ( −∞, −2] ∪ [ −1, ∞)<br />
.<br />
I. Ha x < 2 , akkor a bal oldali kifejezés pozitív, a jobb oldali pedig negatív, tehát<br />
M 1 = ( −∞, −2] ∪ [ −1,2)<br />
.<br />
II. Ha x ≥ 2 , akkor<br />
x + 3x + 2 > x −2 ⇔ x + 3x + 2> x − 4x + 4 ⇔ x > ,<br />
7<br />
tehát M 2 = [ 2, ∞)<br />
. Így az egyenlőtlenség az egész értelmezési tartományon fennáll.<br />
e) Az egyenlőtlenségben szereplő gyökkifejezés a teljes halmazon értelmezett.<br />
2 2 2 2<br />
2 2<br />
ax + 1 ><br />
2 2<br />
ax = ax≥ ax,<br />
tehát az egyenlőtlenség az a paramétertől<br />
függetlenül igaz bármely x valós szám esetén.<br />
f) Értelmezési tartomány: [ a , ∞ ) . x − a < x + a ⇔ x − a < x + a ⇔ 0 < a<br />
Tehát a ≤ 0 esetén nincs megoldás, ha pedig a > 0 , akkor M = [ a , ∞)<br />
.
Egyenletrendszerek 97<br />
III. Egyenletrendszerek<br />
III.1.1.2. Gyakorlatok és feladatok (72. oldal)<br />
1. Oldd meg a következő egyenletrendszereket:<br />
⎧ ⎪x<br />
+ y = 1<br />
⎪<br />
a) ⎪<br />
⎨ 1 ;<br />
⎪<br />
⎪4x<br />
− y = 1<br />
⎪⎩ 2<br />
⎧⎪<br />
b) ⎪<br />
⎨<br />
⎪<br />
⎪⎩<br />
2x +<br />
3x +<br />
3y = 5<br />
2y = 2<br />
;<br />
6<br />
⎧ ⎪0,<br />
25x + y = 2<br />
⎪<br />
c) ⎪<br />
⎨<br />
3 .<br />
⎪<br />
⎪0,<br />
5x<br />
− y =<br />
⎪⎩ 22<br />
Megoldás. a) A második egyenletet szorozzuk 2-vel és összeadjuk az egyenletek<br />
megfelelő oldalait. Így a 9 x = 3 egyenlőséghez jutunk, tehát<br />
1<br />
x = és<br />
3<br />
2 ⎧⎪⎛1 2⎞<br />
y = 1 − x = . M = ⎪ ⎫<br />
⎜ , ⎟⎪<br />
⎨<br />
⎪<br />
⎟<br />
3<br />
⎜⎜⎝3 3⎠⎟⎬.<br />
⎪ ⎪⎩ ⎪ ⎪⎭<br />
b) Ha a második egyenletet szorozzuk 3 -mal, az elsőt 2 -vel és kivonjuk a két<br />
egyenlőség megfelelő oldalait, az x = 2 egyenlőséghez jutunk. Ebből következik,<br />
5− hogy y =<br />
2⋅x<br />
=<br />
3<br />
3 . M = { ( 2, 3) } .<br />
3 4<br />
c) Ha összeadjuk az egyenletek megfelelő oldalait, a x =<br />
4 2<br />
7<br />
2 egyenlőséghez<br />
94<br />
95 ⎧⎪⎛94 95⎞⎫⎪<br />
jutunk, tehát x = . Ebből következik, hogy y = . M = ⎪<br />
⎨⎜, ⎟⎪<br />
⎬<br />
33<br />
66 ⎪⎜⎜⎝ ⎟<br />
33 66⎠⎟.<br />
⎪⎩ ⎪ ⎪⎭<br />
2. Oldd meg és tárgyald a következő rendszereket:<br />
a) ⎪ ⎨⎪<br />
; b) ⎪ ⎨ ; c) ⎪ ⎧ ⎪mx<br />
+ y = 1<br />
⎧ ⎪mx<br />
+ ny = 1<br />
⎧⎪x − my = 2<br />
, m ∈ <br />
, mn , ∈ ⎨ , m ∈ .<br />
x − my = 1<br />
⎪x − y = 1<br />
⎪ x + my = 1<br />
⎪⎩<br />
⎪⎩<br />
⎪⎩<br />
Megoldás. a) Ha az első egyenlet mindkét oldalát szorozzuk m-mel és összeadjuk a<br />
2<br />
két egyenlőséget, akkor az ( m + 1 ) x = m +1 egyenlőséghez jutunk. Mivel m ∈ <br />
m + 1<br />
1 − m<br />
írhatjuk, hogy x = . Hasonló módon következik, hogy y = , tehát<br />
2<br />
2<br />
m + 1<br />
m + 1<br />
⎧⎪⎛m + 1 1−m<br />
⎞⎫⎪<br />
M = ⎪<br />
⎨⎜, ⎟⎪<br />
2 2 ⎟⎬<br />
⎪<br />
⎜ ⎜m<br />
1 m 1⎟<br />
.<br />
⎪⎩⎝ + + ⎠ ⎪ ⎪⎭<br />
b) Ha a második egyenlet alapján kiküszöböljük y-t, az ( m + n) x = 1+n<br />
összefüggéshez<br />
jutunk. A tárgyalás a következő táblázatban látható:
98 Egyenletrendszerek<br />
m n Megoldáshalmaz<br />
m = 1 n = − 1 M = {( α, α−1) | α ∈ }<br />
m + n = 0 M = ∅<br />
m ∈ \ {1}<br />
m + n ≠ 0<br />
⎧⎪⎛1+ n 1−m<br />
⎞⎫⎪<br />
M = ⎪<br />
⎨⎜, ⎟⎪<br />
⎟⎬<br />
⎪<br />
⎜ ⎜m<br />
n m n⎟<br />
⎪⎩⎝ + + ⎠ ⎪ ⎪⎭<br />
3<br />
1<br />
c) Ha összeadjuk a két egyenletet következik, hogy x = és így m⋅ y = . Ha<br />
2<br />
2<br />
⎧⎪⎛3 1 ⎞⎫⎪<br />
m = 0 , akkor nincs megoldás, míg m ≠ 0 esetén M = ⎪<br />
⎨⎜, ⎟⎪<br />
⎬<br />
⎪⎜⎜⎝ ⎟<br />
2 2m⎠⎟.<br />
⎪⎩ ⎪ ⎪⎭<br />
3. Oldd meg és tárgyald a következő rendszereket:<br />
a) ⎪ ⎨⎪<br />
; b) ⎪⎪ ⎧⎪<br />
⎪x<br />
− y = 2<br />
⎧ ⎪<br />
⎪<br />
⎪<br />
mx + y = 1<br />
⎪<br />
3x + y = 14, m ∈ ⎨x + my = 1, m ∈ .<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪<br />
x + my = 1<br />
⎪x<br />
+ y = m<br />
⎪⎩<br />
⎪⎩<br />
Megoldás. a) Az első és második egyenletből x = 4 és y = 2 . Tehát ha<br />
3<br />
4+ 2m=1,<br />
akkor a (4, 2) számpár megoldása a rendszernek, míg ha m ≠− ,<br />
2<br />
akkor a rendszer összeférhetetlen.<br />
b) Az 1.1.11. tétel alapján az összeférhetőség szükséges és elégséges feltétele az, hogy<br />
m 1 −1<br />
m 1 m 1<br />
1 m<br />
a ∆ = 1 m − 1 = 0 és a ∆ = 1 1 m<br />
, ∆ 2 =<br />
1<br />
illetve ∆ = 3<br />
1<br />
1 1<br />
1 1 −m<br />
determinánsok közül legalább az egyik különbözzön 0-tól.<br />
3 2<br />
∆ = −( m − 3m + 2) =−( m − 1) ( m + 2) .<br />
Ha m = 1 , akkor a rendszer három egyenlete egymással ekvivalens, így<br />
M = {( α,1 −α) | α ∈ } . Ha m = −2<br />
, akkor x = y =−1,<br />
tehát M = {( −1, −1)}<br />
.<br />
Az 1.1.11. tétel alapján m ∈ \{1, −2}<br />
esetén M = ∅.<br />
Megjegyzés. A tárgyalás elvégezhető az 1.1.11. tételre való hivatkozás nélkül is. Az<br />
utolsó egyenletből x = m − y , tehát a második egyenlet alapján y( m − 1) = 1−m. Ha m = 1 , akkor ezt az egyenlőséget bármely y ∈ teljesíti, míg m ≠ 1 esetén<br />
y = −1<br />
. Ez alapján m = 1 esetén az M = {( α,1−α) | α ∈ }<br />
megoldáshalmazt<br />
kapjuk és m ≠ 1 esetén az x = m + 1 és y = −1<br />
értékeket visszahelyettesítjük az<br />
2<br />
első egyenletbe. Így az m + m − 2 =<br />
0 egyenlőséghez jutunk, ahonnan m = −2<br />
.
Egyenletrendszerek 99<br />
4. Mi a feltétele annak, hogy az<br />
⎧ ⎪ax+<br />
by+ c = 0<br />
⎪ 1 1 1<br />
⎪ ax+ by+ c = 0<br />
⎪ 2 2 2<br />
⎨<br />
⎪……………………<br />
⎪<br />
⎪ax<br />
n + by n + cn<br />
= 0<br />
⎪⎩<br />
egyenletrendszernek pontosan egy megoldása létezzen?<br />
Értelmezd geometriailag a kapott feltételt.<br />
Megoldás. Pontosan akkor létezik egyetlen megoldás, ha az n egyenlet közül létezik<br />
2, amelyek egy határozott rendszert alkotnak és a többi egyenlőség ebből a kettőből<br />
ai bi<br />
megkapható. Pontosabban ha létezik i, j ∈ {1, 2, … ,n}<br />
úgy, hogy ≠ 0 és<br />
a b<br />
a b c<br />
i i i<br />
j j<br />
bármely k ∈ {1,2, …, n}\{,<br />
i j} esetén a b c = 0 . Ez azt is jelenti, hogy<br />
∀k ∈{1,<br />
2, …,<br />
n} \ { i, j}<br />
j j j<br />
a b c<br />
k k k<br />
esetén létezik α , β ∈ úgy, hogy a = α ⋅ a + β ⋅a ,<br />
k k<br />
i k j c ⋅ +<br />
k k i k j<br />
bk = α ⋅b<br />
k i + β ⋅b és c k j k = α ⋅c<br />
k β .<br />
Geometriailag ez a feltétel azt mutatja, hogy az ax + by+ c = 0 és<br />
ax j + by j + cj<br />
=<br />
0<br />
metsző egyenesek által meghatározott sugársor egyenlete<br />
α⋅ ( ax+ by+ c) + β⋅<br />
( ax+ by+ c ) = 0.<br />
i i i j j j<br />
5. Bizonyítsd be, hogy az<br />
*<br />
( m + 1) x − (2m + 1) y = 1, m = 1, n, n ∈ \ {1}<br />
i i i<br />
egyenletrendszer megoldható. Mi a rendszer megoldása? Értelmezd geometriailag a<br />
feladatot!<br />
Bizonyítás. Az x = 2 és y = 1 értékek teljesítik a rendszer minden egyenletét,<br />
tehát a rendszer megoldható. Ha ( x , y egy tetszőleges megoldás, akkor az<br />
0 0 )<br />
mx ( − 2 y) + x − y = 1, m= 1, n<br />
0 0 0 0<br />
egyenlőségből következik, hogy x − 2y = 0 és x − y = 1 (ellenkező esetben csak<br />
0 0<br />
0 0<br />
egy m értékre teljesülne az egyenlőség). Így x = 2 és y , tehát a rendszernek<br />
0 = 1<br />
nincs más megoldása.<br />
Geometriailag azt jelenti, hogy az ( m + 1 ) x − (2m + 1) y = 1, m = 1, n egyenesek<br />
összefutnak a (2 ,1)<br />
pontban.<br />
0
100 Egyenletrendszerek<br />
6. Melyek azok a c ( m = 1, n)<br />
számok amelyekre az<br />
m<br />
( m−1) x − (3m + 1) y + c = 0, m = 1, n, n ≥ 2<br />
rendszernek egyértelmű megoldása van? Mi a feladat geometriai jelentése?<br />
Megoldás. Ha ( x , y az egyértelmű megoldás, akkor<br />
0 0 )<br />
m<br />
( m −1) x − (3m + 1) y + cm=<br />
0,<br />
0 0<br />
c = (3m + 1) y −( m − 1) x , m = 1, n .<br />
tehát m<br />
0 0<br />
Így az egyenletrendszer 0 0<br />
( m −1)( x − x ) = (3m + 1)( y − y ), m = 1, n alakban írható<br />
3m+<br />
1<br />
és mivel a kifejezés különböző m-ek esetén különböző értékeket vesz fel, a<br />
m −1<br />
rendszer megoldása egyértelmű.<br />
Megjegyzés. Ha azt szeretnénk, hogy a c m számok m-től függetlenek legyenek,<br />
akkor átrendezzük az egyenlőséget:<br />
c = m⋅(3 y − x ) + y + x .<br />
m<br />
0 0 0 0<br />
0 = 0<br />
m 4y0<br />
=<br />
Ez csakis akkor független m-től, ha 3y x és ebben az esetben c . Mivel<br />
⎛c⎞ minden c ∈ szám felírható c = 4 ⋅ ⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟<br />
4⎠⎟<br />
alakban, az ( m −1 ) x − (3m + 1) y + c = 0,<br />
m = 1, n,<br />
n ≥ 2 egyenletrendszerek egyértelműen megoldhatók.<br />
A rendszer geometriai jelentése az, hogy az ( m −1 ) x − (3m + 1) y + c = 0, m = 1, n<br />
egyenletű egyenesek összefutnak a 3 ⎛ c c⎟<br />
⎞<br />
⎜<br />
⎜⎝<br />
, pontban.<br />
4 4⎠<br />
7. Mi a geometriai jelentése annak, hogy az ⎪ ⎧ ⎪ax+<br />
by+ c = 0<br />
1 1 1<br />
⎨⎪<br />
rendszer össze-<br />
ax+ by+ c = 0<br />
⎪⎩ 2 2 2<br />
férhetetlen?<br />
Megoldás. Az, hogy a d : a x + by + c = 0 és d : a x + b y + c = 0 egyenletű<br />
1 1 1 1<br />
2 2 2 2<br />
egyenesek nem metszik egymást, tehát párhuzamosak.<br />
8. Számítsd ki az ax + by+ c = , ax+ by+ c = 0 és a ax + by+ c = 0<br />
2 2 2 3 3 3<br />
1 1 1 0<br />
egyenletű egyenesek által meghatározott háromszög területét!<br />
Megoldás. A páronkénti metszéspontok koordinátái<br />
⎛ c b 1 1 a c ⎞<br />
⎜ 1 1 ⎟<br />
⎜ ⎟<br />
⎜ c b a c ⎟<br />
⎜ 2 2 2 2 ⎟<br />
A⎜<br />
⎟<br />
⎜− , − ⎟<br />
a b a b<br />
⎟ ,<br />
⎜<br />
⎟<br />
1 1 1 1 ⎟<br />
⎜ ⎟<br />
⎜ ⎟<br />
⎜ a b a b ⎟<br />
⎜⎝ 2 2 2 2 ⎠⎟<br />
⎜ ⎟<br />
⎛ c b 1 1 a c ⎞<br />
1 1 ⎟<br />
⎛<br />
⎜<br />
c b 2 2 a c ⎞<br />
⎜ ⎟ ⎜<br />
⎜ ⎟ ⎜ 2 2 ⎟<br />
⎜ c b a c ⎟ ⎜ ⎟<br />
⎜ 3 3 3 3 ⎟<br />
⎜ c b a c ⎟<br />
⎜<br />
⎜− , − ⎟<br />
⎜ 3 3 3 3 ⎟<br />
B<br />
⎜ a b a b<br />
⎟,<br />
C ⎜<br />
⎜<br />
⎟ ⎜− , − ⎟<br />
1 1 1 1 ⎟ a b a b<br />
⎟.<br />
⎜<br />
⎜ ⎟ ⎜<br />
⎟<br />
2 2 2 2 ⎟<br />
⎜ ⎟ ⎜ ⎟<br />
⎜ a b a b ⎟ ⎜ ⎟<br />
⎜⎝ 3 3 3 3 ⎠⎟<br />
⎜ ⎟<br />
⎜ a b a b ⎟<br />
3 3 3 3 ⎟<br />
⎟<br />
⎜⎝⎜ ⎠ ⎟
Egyenletrendszerek 101<br />
Tehát, ha<br />
a b c b a c<br />
1 1 1 1 1 1<br />
a b c b a c<br />
2 2 2 2<br />
1 x y A A<br />
1 1<br />
a b c b a c<br />
∆ = 1 x y = ⋅<br />
B B<br />
2<br />
a b a b a b a b c b a c<br />
1 1 1 1 2 2 3 3 3 3<br />
1 x y 2 ⋅ ⋅<br />
C C a b a b a b a b c b a c<br />
akkor T = ∆ .<br />
2 2<br />
1 1 1 1 1 1<br />
3 3<br />
2 2 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2<br />
a b c b<br />
3 3 3 3<br />
a c<br />
3 3<br />
9. Az A városból egy biciklis a B város irányába indul. Vele egyszerre B-ből egy<br />
motoros indul A-ba. B-től 70 kilométerre találkoznak, majd miután mindkettő elérte a<br />
célt és visszafordult, az első találkozás után 5 órával megint találkoznak. Mennyi a<br />
motoros sebessége?<br />
Megoldás. Jelöljük d-vel a két város közti távolságot, az első találkozásig eltelt időt<br />
-gyel, a biciklis sebességét v -vel és a motoros sebességét v -mel. Így a második<br />
t1 b m<br />
találkozásig eltelt idő t + 5 .<br />
1<br />
= TB = v t<br />
1<br />
1<br />
70 m (1)<br />
d − 70 = TA=<br />
v t<br />
1 b 1 (2)<br />
A második találkozásig ( a motoros megteszi az AT utat és a biciklis a<br />
T 1 AT +<br />
TB+ TB<br />
1<br />
2<br />
utat. Így<br />
2 )<br />
d − 70 + x = vm⋅5<br />
70 + d − x = v ⋅ 5 ,<br />
tehát 2 d = ( v + vm)<br />
⋅ 5.<br />
b<br />
Másrészt<br />
70 v + v b<br />
d = 70 + v ⋅ t = 70 + v ⋅ = 70 ⋅<br />
b 1<br />
b<br />
vm vm<br />
140<br />
és így v m = = 28 km h .<br />
5<br />
10. A szilíciumot szilícium-dioxid magnéziummal vagy alumíniummal való<br />
reakciójával állítják elő. A magnézium ára 70 000 lej/kg és az alumíniumé 140 000<br />
lej/kg. Ha 1 820 000 lej áll rendelkezésünkre, mennyi magnéziumot és mennyi alumíniumot<br />
kell vásárolnunk ahhoz, hogy az egész 10 kg szilícium-dioxidot redukálhassuk?<br />
Megoldás. A megfelelő reakciók egyenletei<br />
SiO + 2Mg = Si + 2MgO<br />
2<br />
3SiO + 4Al = 3Si + 2Al O<br />
2 2 3<br />
b<br />
és<br />
m<br />
2<br />
,
102 Egyenletrendszerek<br />
Tehát ha x kg szilícium-dioxidot magnéziummal és y kg szilícium-dioxidot alumíni-<br />
x<br />
4y<br />
ummal redukálunk, akkor 2 ⋅ ⋅24<br />
kg magnézíum és<br />
⋅ 27 kg<br />
28 + 2 ⋅ 16<br />
3 ⋅ (28+ 2⋅16) tömegű alumínium szükséges. Ez alapján az<br />
⎧ ⎪x<br />
+ y = 10<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪<br />
4x 3y<br />
⎪ ⋅ 70 000 + ⋅ 140 000 = 1820 000<br />
⎪⎩ 5 5<br />
egyenletrendszerhez jutunk. (A második egyenlet lehetne egyenlőtlenség is.)<br />
Az egyenletrendszer megoldása y = 45 és x = −35<br />
, de ez nem felel meg, mert<br />
x, y ≥ 0.<br />
Ezért nem ragaszkodunk a teljes összeg elköltéséhez, tehát az<br />
⎧⎪<br />
⎪x<br />
+ y = 10<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪ 4x + 6y ≤ 130<br />
⎪<br />
⎪x, y ≥ 0<br />
⎪⎩<br />
rendszert oldjuk meg. Látható, hogy ennek tetszőleges (, x y)<br />
számpár megfelel, ha<br />
x, y ≥ 0 és x + y = 10 . Így érdemes csak alumíniummal redukálni a szilícium-<br />
dioxidot.<br />
11. Egy szigeten a barna és b zöld kaméleon él. Ha két barna találkozik egy zöld<br />
kaméleonnal, akkor a zöld barnára változik. Ha két zöld találkozik három barnával,<br />
akkor a barnák változnak zöldre. Elérhető-e, hogy a barna és b zöld kaméleon<br />
*<br />
legyen a szigeten? ( aa , , bb∈ , )<br />
1 1<br />
1 1<br />
Megoldás. A végeredmény független a találkozások sorrendjétől. Az első típusú<br />
⎛a⎞⎟ találkozások alkalmával az<br />
⎜⎝<br />
⎜<br />
számpárból az<br />
b ⎠<br />
⎜ ⎛ a + 1⎞⎟<br />
⎜ számpárt kapjuk míg a máso-<br />
⎜ ⎜⎝b−1⎠ ⎟<br />
⎛u⎞⎟ ⎛u−2⎞⎟ dik típusú találkozások során<br />
v<br />
-ből<br />
⎜<br />
⎝⎜ ⎠<br />
⎜ . Így x darab első típusú és y darab<br />
⎜⎝v+ 2⎠<br />
⎛a + x⎞<br />
⎛ a + x<br />
második típusú találkozás után<br />
⎜ illetve<br />
⎝b−x ⎠⎟<br />
⎜b−x<br />
⎜ ⎜<br />
⎜<br />
−2y⎞⎟ ⎜<br />
⎜ számpárral írható le a<br />
⎝ + 2y⎠⎟<br />
kaméleonok eloszlása. Tehát az<br />
⎧⎪x − 2y<br />
= a −a<br />
⎪<br />
1<br />
⎨<br />
⎪− x + 2y<br />
= b −b<br />
⎪⎩<br />
1<br />
egyenletrendszer megoldhatóságát kell tanulmányozni. A megoldhatóság feltétele<br />
a − a = b−b vagyis, hogy a kaméleonok száma ne változzon. Belátható, hogy<br />
1<br />
1<br />
1 , 1 b 1 1<br />
tetszőleges a esetén ( a + b = a +<br />
b)<br />
megszervezhetők a találkozások úgy, hogy<br />
elérjük a kívánt állapotot.
Egyenletrendszerek 103<br />
III.1.2.1 Gyakorlatok és feladatok (75. oldal)<br />
1. Oldd meg a következő rendszereket:<br />
a) ; b) ⎪ ⎧⎪ x − y + z = 4<br />
⎧⎪<br />
⎪<br />
⎪3x<br />
+ 2y + z = 2<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪ 2x + 3y<br />
− z = 0<br />
⎨⎪ x + 3y + z =−2<br />
.<br />
⎪<br />
⎪<br />
x + 2y + 3z<br />
= 3 ⎪− 2x + y − 3z<br />
= −13<br />
⎪⎩<br />
⎪⎩<br />
Megoldás. a) Az első két egyenletből 3x + 2y<br />
= 4.<br />
Ha a második egyenletet<br />
szorozzuk 3-mal és hozzáadjuk a harmadik egyenlet megfelelő oldalait, akkor a<br />
7x + 11y<br />
= 3 egyenlőséghez jutunk. Így y = −1 és x = 2 , tehát z = 4+ y − x = 1.<br />
b) Ha az első két egyenlet megfelelő oldalait egymásból kivonjuk, a 2x − y = 4<br />
egyenletet kapjuk. Ha a második egyenlőséget szorozzuk 3-mal és hozzáadjuk az<br />
utolsóhoz, akkor az x + 10y =−19<br />
egyenlőséghez jutunk. Ebből következik, hogy<br />
x = 1 , y = −2 és így z = 2−3x −2y<br />
= 3.<br />
2. Oldd meg és tárgyald a következő egyenletrendszereket:<br />
a) ; b)<br />
3<br />
⎪ ⎧⎪ ax + y + z = 1<br />
⎧⎪<br />
⎪<br />
⎪ax<br />
− y + z = 2<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎨x<br />
+ ay + z = 1, a ∈ ⎨⎪ x + ay − z = 1 , a ∈ .<br />
⎪<br />
⎪<br />
x + y + az = 1<br />
⎪− x + y + az =−13<br />
⎪⎩<br />
⎪⎩<br />
Megoldás. a) Ha összeadjuk az egyenletek megfelelő oldalait, az<br />
( a + 2)( x + y + z)<br />
=<br />
egyenlőséghez jutunk. Ha a = −2<br />
, a rendszernek nincs megoldása, mert az előbbi<br />
3<br />
egyenlőség nem lehetséges. Ha a ≠−2,<br />
akkor x + y + z = , tehát a rendszer<br />
a + 2<br />
egyenleteiből rendre következnek az<br />
3<br />
( a − 1) x = ( a − 1) y = ( a − 1) z = 1−<br />
a + 2<br />
egyenlőségek. Ha a = 1,<br />
ezekből az egyenlőségekből tobábbi információkat nem<br />
nyerünk, de az eredeti egyenletek ekvivalensek, tehát a megoldáshalmaz<br />
1<br />
M = { α, β,1 −α−β | α, β ∈ } . a ≠ 1 esetén az x = y = z = egyenlőség-<br />
a + 2<br />
hez jutunk, tehát a tárgyalást a következő táblázatba foglalhatjuk össze:<br />
a A megoldáshalmaz<br />
a = − 2<br />
M = ∅<br />
a = 1<br />
M = {( α, β, 1 −α−β) | α, β ∈ }<br />
a ∈ \{ −2,1}<br />
⎧⎪⎛ 1 1 1 ⎞⎫⎪<br />
M = ⎪<br />
⎨⎜, , ⎟⎪<br />
⎟⎬<br />
⎪<br />
⎜ ⎜a<br />
2 a 2 a 2⎟<br />
⎪⎩⎝ + + + ⎠⎪⎭⎪
104 Egyenletrendszerek<br />
b) Ha összeadjuk a megfelelő oldalakat az a( x + y+ z)<br />
= 3 egyenlőséghez jutunk,<br />
3<br />
tehát a = 0 esetén nincs megoldás és a ≠ 0 esetén x + y + z = . Így a<br />
a<br />
⎧⎪<br />
2 3<br />
⎪<br />
⎪4<br />
z − ( a + 1) y = −a<br />
⎪<br />
a<br />
⎨<br />
⎪<br />
3<br />
⎪(<br />
a + 1) z + 2y<br />
=<br />
⎪⎩<br />
a<br />
egyenletrendszerhez jutunk. Ha kiküszöböljük z -t, akkor a<br />
3 9 2<br />
[8 + ( a + 1) ] y = + a + a − 3<br />
a<br />
egyenlőséget kapjuk. Innen<br />
2 2<br />
( a + 3)( a − 2a + 3) a − 2a + 3<br />
y = = 2 2<br />
aa ( + 3)(7+ 4 a+ a ) aa ( + 4a+ 7)<br />
.<br />
2<br />
a + 3<br />
2a + 13a + 15<br />
Hasonló gondolatmenet alapján z =<br />
és így x =<br />
.<br />
2<br />
2<br />
aa ( + 4a+7)<br />
aa ( + 4a+ 7)<br />
1<br />
Ha a = −3<br />
, akkor az eredeti rendszerből x = y =− és z = 0 .<br />
2<br />
3. Oldd meg az<br />
⎧⎪<br />
⎪x<br />
+ [ y] + { z}<br />
= 1,1<br />
⎪<br />
⎨y<br />
+ [ z] + { x}<br />
= 2,2<br />
⎪<br />
⎪z<br />
+ [ x] + { y}<br />
= 3,3<br />
⎪⎩<br />
egyenletrendszert, ahol [ a ] az a valósz szám egészrészét, míg {} a a törtrészét jelöli.<br />
Megoldás. Ha összeadjuk az egyenletek megfelelő oldalait az x + y + z = 3, 3<br />
egyenlőséghez jutunk. De x + y + z = x + [ y] + { y} + [ z] + { z}<br />
, tehát az első egyen-<br />
et alapján [ z] + { y}<br />
= 2, 2,<br />
a második egyenletből következik, hogy [ x] + { z}<br />
= 1,1<br />
és [ y] + { x}<br />
= 0.<br />
Ezek az egyenlőségek csak akkor lehetségesek, ha [ z ] = 2,<br />
{} y = 0,2,<br />
[ x ] = 1,<br />
{} z = 0,1,<br />
[ y ] = 0 és { x } = 0,<br />
tehát a megoldások x = 1 ,<br />
y = 0, 2 és z = 2,1 .<br />
4. Az ABC háromszögbe írt kör a BC, AC és AB<br />
oldalakat a D, E illetve F pontokban érinti. Számítsd ki az<br />
oldalakon meghetározott szakaszok hosszát az oldalak<br />
hosszának a függvényében.<br />
Megoldás. Mivel külső pontból a körhöz húzott két<br />
érintő hossza egyenlő, az ábrán látható jelölések alapján<br />
az
Egyenletrendszerek 105<br />
⎧⎪<br />
⎪<br />
x + y = c<br />
⎪<br />
⎨y<br />
+ z = a<br />
⎪ x + z = b<br />
⎪⎩<br />
redszerhez jutunk. Ebből következik, hogy<br />
− a + b + c<br />
a − b + c<br />
a + b−c x = = p−a<br />
, y = = p −b<br />
és z = = p−c<br />
.<br />
2<br />
2<br />
2<br />
5. Egy szigeten 13 szürke, 15 barna és 17 zöld kaméleon él. Ha két különböző színű<br />
kaméleon találkozik, mindketten a harmadk színre változtatják bőrük színét.<br />
Lehetséges-e, hogy egy idő múlva minden kaméleon azonos színű legyen? Hát akkor,<br />
ha 19 szürke, 13 barna és 20 zöld kaméleon van?<br />
Megoldás. Az ( x, y, z)<br />
számhármas jelölje azt az állapotot, amikor x darab szürke<br />
y<br />
darab barna és z darab zöld kaméleon van. Ha a különböző típusú találkozások<br />
száma: a (szürkére változnak), b (barnára változnak) és c (zöldre változnak), akkor a<br />
találkozások sorrendjétől függetlenül a végén<br />
13 + 2a −b−c szürke<br />
15 − a + 2b−c<br />
barna<br />
és 17 −a − b + 2c<br />
zöld<br />
színű kaméleon lesz. Ha minden kaméleon azonos színű, akkor az előbbi számok<br />
közül kettő 0 és a harmadik 45. Másrészt az előbbi számok közül bármely kettő<br />
különbségének 3-mal való osztási maradéka különbözik 0-tól, így nem lehetséges,<br />
hogy a kaméleonok azonos színűek legyenek.<br />
⎧⎪<br />
⎪19<br />
+ 2a −b− c = 0<br />
⎪<br />
A<br />
⎪<br />
⎨13<br />
− a + 2b− c = 0<br />
⎪<br />
⎪20 −a − b + 2c = 52<br />
⎪⎩<br />
egyenletrendszernek a megoldásai a = b − 2 , c = b + 15 , b ∈ alakúak, tehát<br />
a = 0 , b = 2 és c = 17 esetén elérjük a kívánt állapotot. Látható, hogy ezek a találkozások<br />
lehetségesek is, tehát ebben az esetben elérhető, hogy csak egyszínű kaméleonok<br />
éljenek a szigeten.<br />
III.2.1. Gyakorlatok (76. oldal)<br />
1. Oldd meg a következő egyenletrendszereket:<br />
1<br />
a) ; b)<br />
1<br />
⎪ ⎨⎪<br />
; c) ⎪ ⎧⎪ 2x − y = 1<br />
⎧ ⎪x<br />
+ 2y = 3<br />
⎪⎧<br />
3x − 4y<br />
=<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎨⎪<br />
.<br />
2 2<br />
2<br />
2 2<br />
⎪x − xy + y = 7 y = x + 3x + 4 x + y = 2<br />
⎪⎩<br />
⎪⎩<br />
⎪⎩<br />
Megoldás. a) Az első egyenletből y = 2x<br />
− , tehát a második egyenlet alapján<br />
2 2 2 2 2<br />
7 = x − xy + y = x −x(2x − 1) + (2x − 1) = 3x − 3x<br />
+ 1<br />
tehát x ∈{ −1, 2} . Ha x = −1, akkor y = −3 és ha x = 2 , akkor y =<br />
3 , tehát
106 Egyenletrendszerek<br />
M = {( −1, − 3), (2, 3)} .<br />
⎧⎪ ⎛ 5 11⎞⎫⎪<br />
b) M = ⎪<br />
⎨( −1,2), ⎜−<br />
, ⎟⎪<br />
⎬<br />
⎪ ⎜⎜⎝ ⎟<br />
2 4 ⎠⎟.<br />
⎪⎩ ⎪ ⎪⎭<br />
⎧⎪ ⎛31 17⎞⎫⎪<br />
c) M = ⎪<br />
⎨( −1, −1),<br />
⎜ , ⎟⎪<br />
⎬<br />
⎪ ⎜⎜⎝ ⎟<br />
25 25⎠⎟<br />
⎪⎩ ⎪ ⎪⎭<br />
.<br />
2. Oldd meg és tárgyald a következő egyenletrendszereket:<br />
a) ⎪ ⎨⎪<br />
; b) ⎪ ⎧ 2 2<br />
⎪x<br />
+ y = 1<br />
,<br />
x + y = a<br />
⎪⎩<br />
a ∈ <br />
⎧ 2<br />
⎪y<br />
= x − 3x + 2<br />
⎨⎪<br />
,<br />
y = mx + n<br />
⎪⎩<br />
mn , ∈ ;<br />
⎧ 2 2<br />
⎪x<br />
+ y = 1<br />
c) ⎪<br />
⎨<br />
⎪ 2 2<br />
( x − 1) + ( y − 1)<br />
⎪⎩<br />
, 2<br />
= r<br />
r ∈ ;<br />
2 2 2<br />
Megoldás. a) y = a − x , tehát a − 2a x + x + x<br />
2<br />
=1.<br />
∆ = 8−4a. 2<br />
Ha 8− 4a><br />
0,<br />
vagyis a ∈( − 2, 2)<br />
, akkor két megoldás létezik és ezek<br />
( a 2 a , 2<br />
2 2<br />
+ − − − )<br />
2 2<br />
a illetve ( a − 2 −a , 2−a<br />
) .<br />
Ha a ∈ { ± 2},<br />
akkor egy megoldás van és ez az ( a , 0) , míg ha a ∈( −∞, − 2) ∪<br />
∪( 2, ∞ ) , akkor a rendszernek nincs megoldása.<br />
2<br />
b) Ha kiküszöböljük az y-t az x − (3 + m ) x + 2 − n = 0 egyenlethez jutunk.<br />
2<br />
∆ = m + 12m + 4 + 1,<br />
tehát ha ∆ > 0 , akkor két megoldás létezik, ha ∆ = 0 ,<br />
akkor egyetlen megoldás és ha ∆ < 0 , akkor egy sem.<br />
Az első esetben a megoldások:<br />
⎛ 2 2 2<br />
3 m m 12m 4n 1 3m m 2n m m 12m 4n 1⎞<br />
⎜ + + + + + + + + + + +<br />
⎜<br />
⎟<br />
,<br />
⎟<br />
⎜ ⎟ ,<br />
⎜ ⎜⎝ 2 2<br />
⎠<br />
⎟<br />
⎛ 2 2 2<br />
3 m m 12m 4n 1 3m m 2n m m 12m 4n<br />
⎞<br />
⎜ + − + + + + + − + + + 1<br />
⎜<br />
⎟<br />
,<br />
⎟<br />
⎜ ⎟.<br />
⎜ ⎜⎝ 2 2<br />
⎠<br />
⎟<br />
⎛ 2<br />
3 m 3m m 2n⎞<br />
A második esetben a megoldás: ⎜ + + +<br />
⎜ ,<br />
.<br />
⎝⎜2 2 ⎠⎟<br />
Megjegyzés. A ∆ > 0 megoldásait a síkban ábrázolhatjuk.<br />
⎧ 2 2<br />
⎪x<br />
+ y = 1<br />
c) ⎪<br />
⎨<br />
.<br />
⎪ 2 2 2<br />
x + y −2x − 2y<br />
= r − 2<br />
⎪⎩<br />
2<br />
⎛ 2<br />
2 3 r ⎞ 2<br />
Tehát 2x + 2 y = 3−r<br />
és így a ⎜ −<br />
⎜ − y⎟+ y = 1 egyenlethez jutunk.<br />
⎝⎜2⎠⎟
Egyenletrendszerek 107<br />
2 2<br />
∆ = 8 −(3 − r ) , tehát ha 2 1 r 2<br />
− ≤ ≤ + 1, akkor van megoldása a rendszer-<br />
nek, ellenkező esetben nincs. r ∈{ 2 − 1, 2 + 1} esetén a rendszernek egyetlen<br />
megoldása van, míg r ∈( 2 −1, 2 + 1) esetén kettő.<br />
⎛ 2 2⎞⎟<br />
⎛ 2 2⎞<br />
Az első esetben a megoldás: ⎜ , vagy ⎜<br />
− , − ⎟ ,<br />
⎝⎜2 2 ⎠ ⎝⎜2 2 ⎠⎟<br />
⎛ 2 2 2 2<br />
2 2<br />
3 r 8 (3 r ) 3 r 8 (3 r ⎞<br />
⎜ − ∓ − − − ± − − )<br />
míg a második esetben: ⎜<br />
,<br />
.<br />
⎜⎝<br />
⎜ 4 4 ⎠⎟<br />
Megjegyzés. Az a) alpontnál egy kör és egy egyenes metszéspontját határoztuk<br />
meg, a második esetben egy parabola és egy egyenes és a harmadik esetben két kör<br />
metszéspontját.<br />
3. Oldd meg a következő egyenletrendszereket:<br />
⎧⎪ x + y + z = 1<br />
⎧⎪ ⎧⎪<br />
⎪<br />
⎪−<br />
x + y + 3z = 1<br />
⎪<br />
⎪x<br />
+ y − z = −6<br />
⎪<br />
a) ⎪<br />
⎨3x<br />
− 2y + z = 6<br />
; b) ⎨<br />
⎪2x − 3y + z = 5 ; c) ⎪<br />
⎨ 2x + 3y + 4z = 4 .<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪<br />
2 2 2<br />
2 2<br />
⎪x<br />
+ y + z + xy + yz + xz = 2 ⎪<br />
⎪ 2 2 2<br />
x + xz − y = 6<br />
⎪⎩<br />
⎪<br />
x y z 4<br />
⎪⎩<br />
⎪<br />
+ − = −<br />
⎪⎩<br />
Megoldás. Az első két összefüggés alapján kiküszöbölünk két változót.<br />
a) Az első egyenletből következik, hogy y = 1 −x −z<br />
és így a második egyenlet alap-<br />
8−5x 2x−5<br />
2<br />
ján z = . Ebből következik, hogy y = és így a 1 9x − 50x + 31 = 0<br />
3<br />
3<br />
31<br />
egyenlethez jutunk. Ha x = 1 , akkor y = −1 és z = 1 , míg ha x = , akkor<br />
19<br />
11 1<br />
⎧<br />
y = − és z = − . Tehát a megoldáshalmaz<br />
⎪ ⎛31 11 1 ⎞⎫⎪<br />
M = ⎨(1, −1, 1), ⎜ − ⎟⎪<br />
⎟⎬<br />
19 19<br />
⎪ ⎜⎜⎝ , − ,<br />
19 19⎠⎟<br />
.<br />
⎪⎩ 19 ⎪ ⎪⎭<br />
35 ± 2 310<br />
b) z =<br />
, x = 10z − 8 és y = 7z − 7.<br />
61<br />
⎧⎪ ⎛ 4 12 62⎞⎫⎪<br />
c) M = ⎪<br />
⎨( −1, −2, 3), ⎜−<br />
, − , ⎟⎪<br />
⎬<br />
⎪ ⎜⎜⎝ ⎟<br />
3 7 21⎟<br />
⎪⎩ ⎠ ⎪ ⎪⎭<br />
.<br />
2 2<br />
4. Határozd meg az ( x − 1 ) + ( y − 2) = 1 egyenletű körhöz az origóból húzott<br />
érintők egyenletét.<br />
2 2<br />
Megoldás. Az egyenes egyenlete y = cx<br />
, tehát az ( x − 1 ) + ( cx − 2) = 1 egyenletnek<br />
egy megoldása kell legyen. Az egyenlet<br />
2 2<br />
( c + 1) x − 2(2c + 1) x + 4 = 0<br />
4<br />
alakban írható, tehát a ∆ = 0 feltételből c = 0 és c = − .<br />
1 2<br />
3<br />
4<br />
Az érintők egyenlete: x = 0 és y = − x .<br />
3
108 Egyenletrendszerek<br />
2<br />
2<br />
5. Létezik-e olyan egyenes, amely érinti az y = x − 3x + 2 és y = − x + 5x − 6<br />
egyenletű görbéket?<br />
Megoldás. Az egyenes egyenlete y = a x + b,<br />
tehát az<br />
⎧ ⎪y<br />
= ax + b<br />
⎪<br />
⎨<br />
és 2 ⎪ y = x − 3x + 2<br />
⎪⎩<br />
2<br />
⎪ ⎧ ⎪y<br />
= ax + b<br />
⎨⎪<br />
2<br />
y = − x + 5x − 6<br />
⎪⎩<br />
rendszereknek egyértelmű megoldása kell legyen. Ennek szükséges és elégséges fel-<br />
2<br />
2<br />
tétele, hogy (3 + a) = 4(2 −b)<br />
és (5 − a) = 4(6 + b)<br />
.<br />
Ha az előbbi két összefüggés megfelelő oldalait összeadjuk, a<br />
2 2<br />
(3 + a) + (5 − a)<br />
= 32<br />
egyenlethez jutunk, tehát a = 1 és így b = − 2 . A d : y = x − egyenes érinti<br />
mindkét görbét.<br />
III.3.1. Gyakorlatok (77. oldal)<br />
1. Oldd meg a következő rendszereket:<br />
⎧⎪ 1 1<br />
⎧⎪ 1 1<br />
⎪ + = 1<br />
⎪ + = 7<br />
a) ⎪<br />
⎨x<br />
y ; b) ⎪x<br />
y<br />
⎨<br />
.<br />
⎪ 2 2<br />
1 1 1<br />
x + y = 8 ⎪<br />
37<br />
⎪⎩<br />
⎪ + + =<br />
2 2<br />
⎪⎩ x xy y<br />
Megoldás. a) Az első egyenlet alapján x + y = xy és a második egyenlőségből<br />
2<br />
2<br />
következik, hogy ( x + y) − 2xy<br />
= 8. A t −2t − 8 = 0 egyenlet megoldásai t<br />
és t = −2<br />
, tehát a megoldáshalmaz<br />
2<br />
M = {(2,2),( − 1+ 3, −1− 3),( −1− 3, − 1+ 3)} .<br />
1<br />
= 4<br />
b) Az 1 1<br />
= u és v<br />
x y = jelöléssel az ⎪ ⎧ ⎪u<br />
+ v = 7<br />
⎨ rendszert kell megoldanunk.<br />
2 2<br />
⎪ u + uv + v = 37<br />
⎪⎩<br />
2 2<br />
( u + v) = u + 2uv<br />
+ v<br />
2 , tehát uv = 12 és így ( u, v) ∈ {(3, 4), (4, 3)} . Ebből<br />
⎧⎪⎛1 1⎞<br />
⎛1 1⎞⎫<br />
következik, hogy ⎜ , , ⎜<br />
⎪<br />
M = ⎪<br />
⎨ ⎟<br />
⎜⎝3 4⎠<br />
⎜<br />
, ⎟⎪<br />
⎟ ⎟⎬<br />
⎪ ⎝4 3⎠⎟<br />
.<br />
⎪⎩ ⎪ ⎪⎭<br />
2. Oldd meg a következő rendszereket:<br />
a) ⎪ ⎨ ; b) ⎪ ⎨ ; c) ⎪ ⎨⎪<br />
; d) ⎪ ⎧ ⎪x<br />
+ y = 1 ⎧ 2 2<br />
⎪x<br />
+ y = 10 ⎪⎧<br />
xy( x + y)<br />
=−12<br />
⎧ 4 4<br />
⎪x<br />
+ y = 2<br />
⎨<br />
.<br />
2 2 ⎪ 3 3<br />
3 3<br />
x + y = 13 ⎪ 2 2 2 2<br />
⎪⎩<br />
x + y = 26 x + y = 37 ⎪ xy( x + y)<br />
= 2<br />
⎪⎩<br />
⎪⎩<br />
⎪⎩<br />
1 2 2 2<br />
Megoldás. a) xy = ( ( x + y) − ( x + y ) ) =−6,<br />
tehát M = {(3, −2), ( −2,<br />
3)} .<br />
2
Egyenletrendszerek 109<br />
b) Az és xy jelölésekkel a rendszer ⎪ 2<br />
⎪⎧<br />
s − 2p = 10<br />
x + y =s = p<br />
⎨⎪<br />
alakban írható.<br />
s(10 − p)<br />
= 26<br />
⎪⎩<br />
3<br />
Ha kiküszöböljük p -t, az s − 30s + 52 = 0 egyenlethez jutunk. Az egyenlet gyökei<br />
s = 2 , = −1+ 3 3<br />
1<br />
2 s és s = −1−3 3 .<br />
3<br />
2<br />
Ha s = 2 , akkor p = −3<br />
, tehát az u −2u − 3 = 0 egyenletet kell megoldanunk.<br />
1<br />
1<br />
Ebben az esetben ( x, y)<br />
∈{ (3, −1),(<br />
−1,3)}<br />
.<br />
Ha s = − 1+ 3 3,<br />
akkor p = 9− 3 3 és ( x, y) ∈<br />
2 2<br />
⎧⎪ ⎛<br />
3 3 1 6 3 8 3 3 1 6 3 8<br />
⎞ ⎛<br />
3 3− 1 6 3 8 3 3 1 6 3 8<br />
⎞⎫<br />
⎪⎜ − + − − − − ⎟ ⎜ − − − + − ⎟ ⎪<br />
∈ ⎪<br />
⎨⎜ , ⎟ ⎟, ⎜<br />
,<br />
⎟<br />
⎪<br />
⎬.<br />
⎪⎜ 2 2 ⎟ ⎜<br />
2 2 ⎟<br />
⎪ ⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎟ ⎝ ⎜<br />
⎠⎟⎟⎪<br />
⎪⎩ ⎪ ⎪⎭<br />
Ha s = −1−3 3,<br />
akkor p = 9+ 3 3 . Így x és y a 3 3 2<br />
t + (1 + 3 3) t + 9 + 3 3 = 0<br />
egyenlet gyökei. ∆ = −6 3 − 8 < 0,<br />
tehát nincs valós gyök.<br />
c) Az x y és xy jelöléssel a rendszer ⎪ ⎪⎧<br />
s⋅ p = −12<br />
+ = s = p<br />
⎨⎪<br />
alakban írható,<br />
2<br />
s⋅( s − 3 p)<br />
= 37<br />
⎪⎩<br />
tehát s = 1 és p = −12<br />
. Ebből következik, hogy M = {(4, −3), ( −3,<br />
4)}.<br />
2 2<br />
d) Az x = u , y = v , majd u + v = s és u⋅ v = p jelöléssel a rendszer<br />
2<br />
⎪⎧<br />
s − 2p = 2<br />
⎪<br />
⎨<br />
alakban írható.<br />
⎪s⋅p = 2<br />
⎪⎩<br />
3<br />
Így s − 2sp<br />
= 2s,<br />
tehát s = 2 és p = 1 . Ebből következik, hogy ( u, v) ∈ {(1,1)} ,<br />
tehát M = {(1, 1), ( −1, 1) , ( −1,<br />
−1)<br />
, (1, −1)}<br />
.<br />
3. Oldd meg a következő rendszereket:<br />
1<br />
10<br />
a) 3<br />
7<br />
15<br />
5<br />
s<br />
⎪ ⎨⎪<br />
; b) ; c) ⎪ ⎧⎪<br />
⎧ 2 2<br />
⎪x<br />
− 3xy + y =−1<br />
⎧ xx ( + y)<br />
=<br />
⎪xx<br />
( + y+ z)<br />
=<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎨⎪<br />
.<br />
2 2<br />
⎨<br />
yx ( + y+ z)<br />
=<br />
x + 6xy + y = 1<br />
⎪ yx ( + y)<br />
=<br />
⎪⎩<br />
⎪⎩<br />
⎪<br />
⎪zx<br />
( + y+ z)<br />
=<br />
⎪⎩<br />
Megoldás. a) Az x + y = és xy = p jelöléssel a rendszer<br />
2<br />
⎪⎧<br />
s − 5p = −1<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪ 2<br />
s + 4p = 17<br />
⎪⎩<br />
alakban írható, tehát p = 2 és s ∈ { ± 3} . Így M = {(1,2),(2,1),( −1, −2),( −2, −1)}<br />
.<br />
2<br />
b) Ha a két egyenlőség megfelelő oldalait összeadjuk, az ( x + y)<br />
= 25 egyenlőség-<br />
hez jutunk. Így x + y ∈ { ± 5} , tehát M = {(2, 3), ( −2, −3)}<br />
.
110 Egyenletrendszerek<br />
c) Ha összeadjuk az egyenletek megfelelő oldalait következik, hogy x + y + z ∈ { ± 3} ,<br />
⎧⎪ 1 5 1 5<br />
tehát ⎪⎛ ⎞ ⎫<br />
,1, ⎟<br />
⎛<br />
⎞⎪<br />
M = ⎨⎜ , ⎜−<br />
, −1, − ⎟⎪<br />
⎬<br />
⎪ ⎜ ⎜⎝ ⎟ ⎟<br />
3 3⎠⎟ ⎝ ⎜ 3 3⎟<br />
.<br />
⎪⎩ ⎠ ⎪ ⎪⎭<br />
⎧⎪ 1 1 1<br />
⎪ + + = 1<br />
4. Határozd meg az ⎪<br />
⎨x<br />
y z rendszer megoldásait a természetes számok<br />
⎪ x + y + z = 11<br />
⎪⎩<br />
halmazában.<br />
2<br />
s −11s<br />
10<br />
Megoldás. Az x + y =s és xy = p jelölésekkel a p = = s −1− s −10 s −10<br />
egyenlethez jutunk. Mivel 0 < s < 11,<br />
csak az s −10 ∈{ −1, −2, −5}<br />
eseteket kell<br />
megvizsgálni, tehát s ∈ {9, 8, 5}<br />
.<br />
Ha s = 9 , akkor p = 18 és ( x, y) ∈ {(3,6),(6,3)} . Ha s = 8 , akkor p = 12 , tehát<br />
( x, y) ∈ {( 2, 6), ( 6, 2)} , míg ha s = 5 , akkor p = 6 és ( x, y) ∈ {(2,3) ,(3,2)} .<br />
Tehát M = {(2, 3, 6), (2, 6, 3), (3, 2, 6), (3, 6, 2), (6, 2, 3), (6, 3, 2)} .<br />
Megjegyzés. Az<br />
tározható.<br />
III.4.1. Gyakorlatok (78. oldal)<br />
1 1 1<br />
+ + = 1,<br />
x, y , z ∈ egyenlet összes megoldása is megha-<br />
x y z<br />
1. Oldd meg a következő rendszereket:<br />
a) ⎪ ⎨⎪<br />
; b) ⎪ ⎨⎪<br />
; c) ⎪ ⎧ 2 2<br />
⎪2x<br />
+ 3y = 11<br />
2 2<br />
x − y = −5<br />
⎪⎩<br />
⎧ 2 2<br />
⎪x<br />
− xy + y = 7<br />
2 2<br />
2x + 3xy<br />
− y = 1<br />
⎪⎩<br />
⎧ 2<br />
⎪x<br />
− 3xy = 27<br />
⎨⎪<br />
.<br />
2<br />
y + 3xy =−14<br />
⎪⎩<br />
Megoldás. a) Ha a második egyenletet szorozzuk 3-mal és a két egyenlőség<br />
2<br />
megfelelő oldalait összeadjuk, az 5 x<br />
nek nincsenek valós megoldásai.<br />
= −4<br />
egyenlőséghez jutunk, tehát a rendszer-<br />
b) Ha a második egyenlet mindkét oldalát szorozzuk 7-tel és kivonjuk az egyenletek<br />
2<br />
2<br />
megfelelő oldalait, a 13x + 22xy − 8y = 0 egyenlőséghez jutunk.<br />
x<br />
2<br />
2 2<br />
Mivel y ≠ 0 , a t = jelöléssel 13 t + 22t − 8 = 0 . ∆ = 4 ⋅ (121+ 13⋅ 8) = 2 ⋅15<br />
,<br />
y<br />
4<br />
2<br />
tehát t ∈{ −2, 13}<br />
. Ha t = −2<br />
, akkor y = 1 és így ( x, y) ∈{( −2,1),(2, −1)}<br />
. Ha<br />
4<br />
2 16<br />
t = , akkor =<br />
13<br />
19<br />
9<br />
⎧⎪⎛ y , tehát (, x y) ∈⎪<br />
⎨⎜ ⎪<br />
⎜<br />
⎪⎩⎝ 4<br />
,<br />
19<br />
13<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎛<br />
⎟, ⎜−<br />
19 ⎠⎟ ⎝<br />
⎜<br />
4<br />
, −<br />
19<br />
13 ⎞⎫<br />
⎟⎪<br />
⎟<br />
⎪<br />
⎬<br />
19 ⎠⎟<br />
.<br />
⎪ ⎪⎭<br />
c) Az első egyenletet szorozzuk 14-gyel és a másodikat 27-tel, majd összeadjuk a két<br />
2<br />
2<br />
egyenlőség megfelelő oldalait. Így a 14 x + 39xy + 27y =<br />
0 egyenlőséghez jutunk.
Egyenletrendszerek 111<br />
x<br />
2<br />
2<br />
Mivel y ≠ 0 , a t = ismeretlenre 14 t + 39t + 27 = 0 és így ∆ = 39 −4⋅14⋅ 27 =<br />
y<br />
2<br />
3 9<br />
= 9 ⋅(13 −12⋅<br />
14) = 9 , tehát t ∈{ − , −<br />
2 7}<br />
.<br />
3<br />
9<br />
2 49<br />
Ha t = − , akkor ( x, y ) ∈{ (3, −2),( −3,2)}<br />
. Ha pedig t = − , akkor y = ,<br />
2<br />
7<br />
10<br />
⎧ ⎪ ⎪⎛ ⎛ 9 7 ⎫<br />
⎜<br />
9 7 ⎞<br />
⎪<br />
⎨ , ⎟<br />
⎞<br />
tehát ( x, y)<br />
∈ ⎟, ⎜ , − ⎟<br />
⎪<br />
⎜<br />
−<br />
⎟ ⎜<br />
⎬<br />
⎪ ⎝ 10 10 ⎟<br />
.<br />
⎪⎩⎝ 10 10 ⎠<br />
⎠ ⎪ ⎪⎭<br />
III.6. Feladatok (80. oldal)<br />
1. Oldd meg az<br />
⎧ 2 2<br />
⎪x<br />
+ xy + y = 21<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪ x + xy + y = 7<br />
⎪⎩<br />
egyenletrendszert a valós számok halmazán. (Felvételi 1999)<br />
2<br />
Megoldás. Az x + y = s és xy = p jelölésekkel s − p = 21 és s + p = 7 ,<br />
2<br />
2<br />
tehát s + s − 21 = 7 . Így s ≥ 21 és , tehát s = 5 . Ebből következik, hogy p = 4<br />
és így M = {(4, 1), (1, 4)} .<br />
2. Egy apa életkora 5 évvel több mint három fia életkorának összege. Tíz év múlva<br />
kétszer annyi idős lesz mint a legnagyobb fia, húsz év múlva kétszer annyi idős lesz<br />
mint a középső fia és harminc év múlva kétszer olyan idős lesz mint a legkisebb fia.<br />
Hány éves az apa? Hát a fiai?<br />
Megoldás. Ha a az apa életkora és f > f > f a három fiú életkora, akkor<br />
1 2 3<br />
⎧ ⎪a<br />
= f + f + f + 5<br />
⎪ 1 2 3<br />
⎪<br />
⎪a<br />
+ 10 = 2( f + 10) 1<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪<br />
⎪a<br />
+ 20 = 2( f + 20)<br />
2<br />
⎪ a + 30 = 2( f + 30)<br />
⎪⎩<br />
3<br />
Ebből következik, hogy 3a = 2 ( f + f + f ) + 60 = 2( a − 5) + 60,<br />
tehát a = 50 ,<br />
f = 20 , f = 15 és f = 10 .<br />
1<br />
2 3<br />
1 2 3<br />
3. Egy tutaj az A -ból a B -be indult. 2,4 órával utána elindult egy motorcsónak,<br />
amelynek sebessége 20 km/h<br />
. A csónak, miután utolérte a tutajt, rögtön visszafordult.<br />
Ha 3,6 óra múlva a csónak visszatért A -ba és a tutaj beért B -be, határozd meg<br />
a víz sebességét.
112 Egyenletrendszerek<br />
x<br />
Megoldás. Az AT = x távolságot a tutaj t =<br />
1<br />
1<br />
vv<br />
idő alatt teszi meg (vv - a víz sebessége). Ugyanakkor<br />
x<br />
t = 2, 4 + mert a motorcsónak T -ben éri<br />
1<br />
1<br />
20 + v v<br />
2, vv(20<br />
+ )<br />
utol a tutajt. A két egyenlőségből x =<br />
20<br />
4 ⋅ v v<br />
. Másrészt t = 3, 6 h múlva a<br />
2<br />
x<br />
motorcsónak visszaér A -ba, tehát t = és így a<br />
2<br />
20 − v<br />
2, 4 ⋅ vv(20 + vv)<br />
3, 6 =<br />
20(20 − vv<br />
)<br />
egyenlethez jutunk. Tehát a víz sebessége 10 km/h.<br />
4. Két küldönc egyszerre indul, az egyik A -ból a B -be, a másik B -ből az A -ba. A<br />
találkozás után az egyiknek 16 órára, míg a másiknak 9 órára volt szüksége ahhoz,<br />
hogy célba érjen. Tudva, hogy mindkettőnek egynletes a sebessége, határozd meg,<br />
hogy hány óra alatt tették meg az egész utat külön-külön!<br />
Megoldás. Jelöljük T -vel a találkozási pontot, v és v -vel a két küldönc<br />
sebességét és t -vel a találkozásig eltelt időt. A feltételek alapján:<br />
AT = v ⋅ t = v ⋅16<br />
tehát<br />
A<br />
BT = v ⋅ t = v<br />
B<br />
B<br />
A<br />
⋅ 9<br />
v<br />
A B<br />
vA 16 t<br />
= = és így t = 12 . Tehát a két küldöncnek külön-külön 28 és 21 órára<br />
v t 9<br />
B<br />
volt szüsége a távolság megtételére.<br />
5. Az A és B pontok között egy autóbusz közlekedik, amely csak A -ban és B -ben<br />
áll meg, mindenütt 3 percre. Ismerjük a következőket:<br />
a) Az autóbusz sebessége állandó.<br />
b) 9 óra 8 perckor az autóbusz áthaladt a C ponton B felé.<br />
c) 11 óra 28 perckor indult A -ból.<br />
d) 13 óra 16 perckor érkezett B -be.<br />
e) 14 óra 4 perckor áthaladt C -n, megint B felé.<br />
f) A cukrászmester 58 percen át figyelte az utcát és nem látta elhaladni a buszt.<br />
g) A pékmester 20 perc alatt kétszer látta az autóbuszt.<br />
Hogyan helyezkedik el a cukrászda, a C pont és a pékség az AB szakaszon?<br />
Megoldás. Az autóbusznak az út megtevéséhez legalább 30 percre van szüksége,<br />
ellenkező esetben lehetetlen volna az f) feltétel. Ugyanakkor a c) és d) feltételek<br />
alapján 13 h 16′ − 11h 28′ = 108′<br />
alatt megtett néhány utat, beleszámítva a 3 perces<br />
állásokat is. A d) és e) feltételek alapján 14 h 4′ − 13 h 16′ = 48′<br />
alatt legalább egy<br />
utat megtett. Így a 10 8′ alatt pontosan három utat tett meg, A -ból B<br />
-be, majd B -ből
Egyenletrendszerek 113<br />
A -ba és ismét A-ból B -be. Tehát egy út megtételéhez szükséges idő<br />
108′ − 6′<br />
=<br />
3<br />
102′<br />
= = 34′<br />
. Ebből következik, hogy 13 h 19′ + 34′ = 13 h 53′<br />
-kor érkezett ismét<br />
3<br />
A -ba. 13 h 56′<br />
-kor indult B -be és 8 perc múlva áthaladt C -n ( e) feltétel). Mivel a<br />
8 4<br />
sebessége állandó a C pont az AB szakasz = részénél helyezkedik el (A -<br />
34 17<br />
hoz közelebb). Az ABA vagy BA B útvonal bejárásához 68′ + 3′<br />
= 71′<br />
szükséges.<br />
Ha a cukrászmester 58 percen át nem látta elhaladni az autóbuszt, akkor az egyik<br />
13<br />
várostól számított távolsága nem lehet nagyobb mint -ad része az AB távolság-<br />
68<br />
17<br />
nak. Hasonlóan a pékség az egyik várostól nem lehet AB távolságnál messzebb.<br />
68<br />
144<br />
= 48 4 + 48 =192 32<br />
3<br />
− 32 = 160<br />
108<br />
= 36 8 + 36 = 144 24<br />
3<br />
− 24 = 12<br />
⋅ 20 ⋅ 60<br />
108 ⋅60−144 ⋅20<br />
= 90<br />
60 − 20<br />
⎛ x⎞<br />
+ + ⎟ = 100<br />
⎝ 3⎠⎟<br />
= b<br />
ax x<br />
6. Találjuk ki azt a számot, amelyhez hozzáadjuk a harmadát, majd ebből levonva az<br />
így kapott szám hatodát, az eredmény 100. Döntsük el, hogy jó-e az alábbi<br />
próbálgatásos módszer?<br />
1. Tegyük fel, hogy a keresett szám 144. , 14 , 192<br />
= ,<br />
6<br />
192<br />
. Mivel nem 100-at kaptunk, a keresett szám nem 144.<br />
2. Tegyük fel, hogy a keresett szám 108. , 10 , 144<br />
= ,<br />
6<br />
144 0 . Most sem 100-at kaptunk, tehát a keresett szám nem is 108.<br />
A két rossz eredményből a következő számolásokat végezzük:<br />
Első tévedés 60, második tévedés 20. A mellékelt ábra szerint a<br />
144 és 108 szorzatok különbségét elosztjuk a hibák különbségével<br />
, a keresett szám 90. Miért?<br />
x 1<br />
Megoldás. A „kitalálás” az x − ⎜x<br />
3 6<br />
⎜ egyenlet megoldását jelenti.<br />
Általában az ax egyenlet megoldására használjuk a feladatban leírt találgatásos<br />
módzsert. Ha x és x a két próbálkozás, akkor a két tévedés b és b−a ,<br />
tehát a táblázat<br />
− 1 2 1<br />
2<br />
x ( b −ax ) −x(<br />
b −ax<br />
) b( x −x)<br />
b<br />
= = − , ami éppen az egyenlet megol-<br />
b + ( ) a<br />
1 2 2 1 1 2<br />
és így<br />
b−ax − ax a x − x<br />
1 2<br />
2 1<br />
dása.
114 Egyenletrendszerek<br />
7. Kétféle ezüstünk van. Az egyik 11 karátos, a másik 14 karátos. Mennyi kell az egyes<br />
típusokból, hogy 1 font 12 karátos ezüstöt lehessen ötvözni?<br />
Jó-e a feladatra a következő megoldás?<br />
12 karátos<br />
Tehát 1 rész 14 karátos és 2 rész 11 karátos<br />
ezüst szükséges az ötvözethez.<br />
<br />
11<br />
14<br />
2 = 14 −12<br />
1 = 12 −11<br />
Megoldás. Ha a és b karátos ezüstből c karátosat szeretnénk ötvözni, akkor az<br />
a⋅ k + b⋅ k<br />
1 2 = c<br />
k + k<br />
1 2<br />
egyenlőség kell teljesüljön, ahol k és k a két mennyiség. Így ( b− c) k = ( c−a) k ,<br />
1<br />
tehát a k = ( b −c) és k = ( c− a) megfelel,<br />
tehát a megoldás helyes.<br />
1 2<br />
/ 5 6 = 12 − 6<br />
6 /\<br />
\12<br />
1 = 6 − 5<br />
2<br />
2 1<br />
8. Egy fűszerüzletben háromféle tea van: ceyloni, amely fontonként<br />
5$, indiai, amely fontonként 8$ és kínai, amelyből egy font<br />
12$. Milyen arányban kell e három teát keverni ahhoz, hogy 1 font<br />
keverék 6$ legyen?<br />
/ 5 2 = 8−6 6 /\<br />
Helyes-e okoskodásunk?<br />
\8<br />
1= 6−5 Tehát 1 rész kínai, 1 rész indiai és 6 + 2 = 8 rész ceyloni tea kell.<br />
Megoldás. Ha k , k és k a felhasznált mennyiségek, akkor a keverék ára:<br />
1 2 3<br />
5k + 8k + 12k<br />
1 2 3 .<br />
k + k + k<br />
1 2 3<br />
Ha ez 6, akkor 5k + 8k + 1 2k = 6( k + k + k vagyis<br />
1 2 3 1 2<br />
2 3<br />
2 6<br />
3 )<br />
(8− 6) k + (12 − 6) k = (6−5) k .<br />
Így a k = k = 6−5 és k = (8 − 6) + (12 − 6) megoldás helyes.<br />
2 3 1<br />
9. Ha egy kétjegyű szám kétszereséből 1-et kivonunk, akkor az eredeti szám jegyei<br />
fordított sorrendben jellenek meg. Melyik ez a szám?<br />
Megoldás. A feltételek alapján a 2 ⋅ab − 1=<br />
ba , tehát 19 a = 8b + 1.<br />
Mivel b ≤ 9 ,<br />
a < 4 és a páratlan. Az a = 1 nem lehetséges és a = 3 esetén b = 7 . Így az<br />
egyetlen megoldás a 37.<br />
10. Egy férfi kétszer annyi idős, mint a felesége volt akkor, amikor a férj annyi idős<br />
volt, mint a felesége most. A férj és a feleség éveinek a száma valamint ezek összege is<br />
aa alakú. Hány éves a férj és a feleség most?<br />
Megoldás. Ha f = aa a férj életkora és fe = bb<br />
a feleség életkora, akkor<br />
( )<br />
aa = 2 ⋅ bb −( aa − bb)<br />
,<br />
tehát 3a = 4b<br />
és mivel a, b ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} , csak az a = 4 és b = 3 vagy<br />
a = 8 és b = 6 eset lehetséges. A második esetben az aa +<br />
bb összeg nem kétjegyű,<br />
tehát a férj 44 éves és a feleség 33.<br />
1
Egyenletrendszerek 115<br />
11. Egy kör kerülete 100 m. Ha e körön két test ugyanabban az irányban mozog,<br />
akkor e testek 20 másodpercenként találkoznak. Ha ellenkező irányban mozognak,<br />
akkor 4 másodpercenként. Mekkora utat tesz meg mindegyik test egy másodperc alatt?<br />
Megoldás. Ha v és v a két test sebessége, akkor az adott feltételek szerint<br />
1 2<br />
⎧ ⎪4(<br />
v + v ) = 100<br />
⎪ 1 2<br />
⎨<br />
⎪20( v − v ) = 100<br />
⎪⎩ 1 2<br />
Tehát v = 15 m<br />
s és v = 10 m<br />
s .<br />
1<br />
2<br />
12. Oldd meg és tárgyald az<br />
⎧⎪<br />
⎪ax<br />
+ 4y+ 7z=<br />
0<br />
⎪<br />
⎨2x<br />
+ ay + 7z<br />
= 0<br />
⎪<br />
⎪x − 2y + az = 0<br />
⎪⎩<br />
egyenletrendszert, ha a ∈ . (Felvételi 1995)<br />
Megoldás.<br />
a<br />
4 7<br />
2 7<br />
3<br />
∆ = a = a −<br />
1 −2<br />
A (0, 0, 0) megoldása a rendszernek tetszőleges a ∈ esetén. Az ettől különböző<br />
megoldások létezésének a feltétele ∆ = 0 , vagyis a ∈{ −1,<br />
0,1} . Ha a = −1<br />
, akkor<br />
⎛5α⎞ a megoldáshalmaz M = { ⎜ α, α,<br />
⎝⎜ −<br />
3 3⎠<br />
⎟ | α ∈ } . Ha a = 0 , akkor M =<br />
⎧⎪ ⎛ 7 7 ⎞<br />
= ⎨⎜− α, α, α⎟| α ∈<br />
⎝⎜ −<br />
2 4 ⎠⎟}<br />
és ha a = 1,<br />
akkor M = {( 3 α, α , −α| ) α∈<br />
}<br />
.<br />
⎪⎩<br />
13. Oldd meg az<br />
⎧ 1995 1995 1995<br />
⎪x<br />
+ y = 1+ 2<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪ 3 3<br />
x − y = −7<br />
⎪⎩<br />
egyenletrendszert a valós számok halmazában. (Felvételi 1995)<br />
Megoldás. A rendszer írható az 1995 1995 1995<br />
⎪⎧<br />
x − 1= 2 − y<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪ 3 3 3<br />
x − 1= y − 2<br />
⎪⎩<br />
2k+ 1 2k+ 1<br />
alakban is. Másrészt x − y és x − y előjele megegyezik, tehát 2 − y és y − 2<br />
előjele ugyanolyan mint x − 1 előjele. Ez csak akkor lehetséges, ha y = 2 és így<br />
x = 1 . Tehát M =<br />
{(1, 2)} .<br />
a<br />
a.
116 Egyenletrendszerek<br />
14. Oldd meg a valós számok halmazában az<br />
⎪⎧<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪<br />
⎪⎩<br />
x + y + x − y = 6<br />
2 2<br />
x − y = 8<br />
egyenletrendszert. (Felvételi 1997)<br />
Megoldás. A x + y = a és x − y = b jelöléssel a rendszer<br />
)} ab<br />
⎪ ⎧ ⎪a<br />
+ b = 6<br />
⎨⎪ alakban<br />
ab = 8<br />
⎪⎩<br />
írható. Így ( ab , ) ∈ {(2, 4), (4, 2 . Ha ( , ) = (2,4) , akkor ( x, y ) = (10, − 6) és ha<br />
(, ab ) = (4,2)<br />
, akkor ( x, y ) = (10,6) . Tehát M = {(10,<br />
−6),<br />
(10, 6)} .<br />
15. Oldd meg a<br />
⎧⎪ x y 5<br />
⎪ + =<br />
⎪<br />
y x 2<br />
⎨<br />
⎪ 1 1 5<br />
⎪ + =<br />
⎪<br />
⎪⎩ x y 16<br />
egyenletrendszert a valós számok halmazában. (Felvételi 1997)<br />
Megoldás. Ha elosztjuk a két egyenlőség megfelelő oldalait, az xy = 64 egyenlő-<br />
séghez jutunk és így x + y = 20 , tehát ( x, y) ∈ {(16,4),(4,16)} .<br />
16. Oldd meg és tárgyald a következő egyenletrendszert: ⎪ ⎧ 2<br />
⎪mx<br />
+ y = m<br />
⎨⎪<br />
.<br />
x + my = 1<br />
⎪⎩<br />
2<br />
Megoldás. ( m −1)( x − y) = m − 1.<br />
Ha m = 1 , akkor nem tudunk elosztani<br />
(m−1) -gyel, de az eredeti rendszer két egyenlete ekvivalens és így M = {( α, 1 − α)<br />
|<br />
2<br />
|α∈} . Ha m ≠ 1 , akkor x − y = m + 1,<br />
tehát ( m + 1 ) x = m + m + 1 és<br />
( m + 1)<br />
y =−m<br />
. m ≠−1<br />
esetén a rendszer összeférhető és határozott, a megoldása<br />
⎛ 2<br />
⎜m<br />
+ m + 1 −m ⎞<br />
⎜<br />
, , míg m = −1<br />
esetén összeférhetetlen.<br />
⎜⎝<br />
m + 1 m + 1⎠⎟<br />
17. Oldd meg az<br />
⎧ ⎪x<br />
+ y xy 1<br />
⎪ + = a +<br />
⎪ xy x + y a<br />
⎨<br />
⎪<br />
x − y xy 1<br />
⎪ + = b +<br />
⎪⎪⎩ xy x − y b<br />
*<br />
egyenletrendszert a valós számok halmazában, ha a, b ∈ . (Felvételi 1995)<br />
1<br />
Megoldás. Ha + = a +<br />
u a<br />
1<br />
u , akkor 2 ⎛ 1⎞<br />
− ⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝<br />
+ ⎟u<br />
+ 1=<br />
a ⎠⎟<br />
0<br />
Ez alapján a következő eseteket kell letárgyalni:<br />
1<br />
u a , tehát ∈ { }<br />
u a , .<br />
a
Egyenletrendszerek 117<br />
⎧⎪ x + y<br />
⎧⎪ x + y<br />
⎧<br />
⎪ = a ⎪ = a ⎪x<br />
+ y 1 ⎧ ⎪x<br />
+ y 1<br />
⎪ xy<br />
⎪<br />
⎪ = ⎪<br />
1. ⎪<br />
xy<br />
⎪<br />
⎨ ; 2. ⎪<br />
xy a<br />
⎪ =<br />
⎪x<br />
− y<br />
⎨ ; 3. ⎪<br />
⎨ ; 4. ⎪ xy a<br />
⎪<br />
⎪x<br />
− y 1 x − y<br />
⎨ .<br />
⎪ = b ⎪<br />
⎪<br />
=<br />
⎪⎩ xy<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪x y 1<br />
⎪ = b ⎪<br />
−<br />
=<br />
⎪⎩ xy b ⎪⎩ xy<br />
⎪<br />
⎪⎩ xy b<br />
2<br />
2<br />
2 2<br />
Az első esetben x = és y = ha a −b ≠ 0 .<br />
a −b<br />
a + b<br />
2b<br />
2b<br />
A második esetben x = és y = ha ab ∉ { ± 1} .<br />
ab − 1 ab + 1<br />
2a<br />
2a<br />
A harmadik esetben x = és y = ha ab ∉ { ± 1} .<br />
1 −ab<br />
ab + 1<br />
2ab 2ab 2 2<br />
A negyedik esetben x = és y = ha a −b ≠ 0 .<br />
b− a a + b<br />
Tehát a következő táblázatba foglalhatjuk össze a megoldásokat:<br />
2 2<br />
a = b , ab ∈ { ±1}<br />
( ab , ) ∈{(1, 1), (1, −1), ( −1, 1), ( − 1, −1)}<br />
M = ∅ 1<br />
A megoldáshalmaz<br />
2<br />
a<br />
2<br />
= b de ab ∉ { ± 1}<br />
⎧⎪⎛ 2b 2b ⎞ ⎛ 2a 2a<br />
⎞⎫⎪<br />
M = , , ,<br />
2 ⎨<br />
⎪⎜ ⎪<br />
⎟ ⎜<br />
⎟<br />
⎬<br />
⎪<br />
⎜ ⎜ab 1 ab 1⎟ ⎜ ⎜1<br />
ab ab 1⎟<br />
⎪⎩⎝ − + ⎠ ⎝ − + ⎠ ⎪ ⎪⎭<br />
2<br />
a<br />
2<br />
≠ b de ab ∈ { ± 1}<br />
⎧⎪ 2 2 2ab 2ab<br />
M ⎪⎛ ⎞ ⎫<br />
, ⎟<br />
⎛<br />
⎞⎪<br />
= , ,<br />
3 ⎨⎜ ⎪<br />
⎟ ⎜<br />
⎟<br />
⎬<br />
⎪<br />
⎜ ⎜⎝ ⎜<br />
a − b a + b⎠⎟ ⎝⎜b−<br />
a a + b⎟<br />
⎪⎩ ⎠ ⎪⎭⎪<br />
2<br />
a<br />
2<br />
≠ b és ab ∉ { ± 1}<br />
M = M ∪ M<br />
4 2 3<br />
18. Oldd meg az<br />
⎧⎪<br />
⎪x<br />
+ y = 3z<br />
⎪<br />
⎪ 2 2<br />
⎨x<br />
+ y = 5z<br />
⎪ 3 3<br />
⎪x<br />
+ y = 9z<br />
⎪⎩<br />
egyenletrendszert a valós számok halmazában. (Felvételi 1995)<br />
Megoldás. Az<br />
z z<br />
⎪ ⎨⎪<br />
és ⎪ ⎧ ⎪x<br />
+ y = 3z<br />
⎧ ⎪x<br />
+ y = 3z<br />
⎨⎪<br />
rendszerekben z -t paraméternek<br />
2 2<br />
3 3<br />
x + y = 5 x + y = 9<br />
⎪⎩<br />
⎪⎩<br />
tekintjük. Ha z = 0 , akkor a második egyenlet alapján x = y = 0 , tehát feltételez-<br />
2<br />
7z<br />
− 5z<br />
2<br />
hetjük, hogy z ≠ 0 . Így az előbbi két rendszerből xy = és xy = 3z−1 2<br />
2<br />
adódik, tehát z ∈ { 1,<br />
3}<br />
. Ha z = 1 , akkor x + y = 3 és xy<br />
= 2 alapján
118 Egyenletrendszerek<br />
2<br />
1<br />
( x, y) ∈ {(1, 2), (2, 1)} . Ha z = , akkor x + y = 2 és xy = , tehát<br />
3<br />
3<br />
⎧⎪⎛ ⎜3+ ( xy , ) ∈ ⎪<br />
⎨⎜ ⎪⎜ ⎪<br />
⎜<br />
⎩⎝ 3<br />
6 3− ,<br />
3<br />
6⎞ ⎛3− ⎟ , ⎜<br />
⎟ ⎜<br />
⎠⎟<br />
⎝ ⎜ 3<br />
6 3+ ,<br />
3<br />
6⎞⎫<br />
⎟⎪<br />
⎟⎪<br />
⎟⎬.<br />
⎠⎟<br />
⎪<br />
⎪⎭<br />
19. Oldd meg a valós számok halmazában a következő egyenletrendszert:<br />
⎧⎪ u + v = 2<br />
⎪<br />
⎪ux<br />
+ vy = 3<br />
⎪<br />
⎨ 2 2 .<br />
⎪<br />
ux + vy = 5<br />
⎪ 3 3<br />
ux + vy = 9<br />
⎪⎩<br />
2 2<br />
⎧⎪ u v<br />
+ vy = 5<br />
Megoldás. Az<br />
ux<br />
3 3<br />
⎪⎩<br />
+ vy = 9<br />
⎪ ⎨⎪<br />
és ⎪ + = 2 ⎧⎪ ux<br />
⎨⎪<br />
rendszerekben x -et és y -t para-<br />
+ vy = 3 ux<br />
⎪⎩<br />
⎛3 2<br />
9<br />
méternek tekintjük. Így az u v)<br />
⎜ − y 3−2x⎞ ⎛ 9−5y −5x ⎞<br />
(, = ⎜⎜ , ⎟ = ⎜ ,<br />
⎟<br />
2 2<br />
⎝ x −y y −x ⎠<br />
⎟ ⎜ ⎜x ( −y) y ( y −x)<br />
⎟<br />
⎝ x<br />
⎠ ⎟<br />
3−2y 9−5y 3−2x 9−5x<br />
egyenlőséghez jutunk. Tehát = és = . Az x = y<br />
2<br />
2<br />
x −y x ( x −y)<br />
y −x y ( y −x)<br />
eset nem lehetséges mert ellentmondáshoz vezet, akárcsak az x = 0 vagy y = 0 . Az<br />
y<br />
előbbi egyenlőségek alapján:<br />
x<br />
+ y) = 18 − 5( x + y)<br />
x, y)<br />
∈ { (2, 1<br />
⎪ ⎨⎪<br />
. Ha kivonjuk és összeadjuk a<br />
megfelelő oldalakat, akkor a ⎪ ⎧⎪<br />
2<br />
x (3 − 2 y)<br />
= 9 − 5<br />
2<br />
y (3 − 2 x)<br />
= 9 − 5<br />
⎪⎩<br />
⎧⎪ 3( x + y) − 2xy = 5<br />
⎨⎪<br />
rendszerhez<br />
2 2<br />
3( x + y ) − 2 xy( x<br />
⎪⎩<br />
jutunk. Ebből következik, hogy x + y = 3 és xy = 2 , tehát ( ), (1, 2)} és<br />
így M = {(2, 1, 1, 1), (1, 2, 1, 1)} (x, y , u, v a sorrend).<br />
20. Oldd meg az<br />
⎧ 2 2 2<br />
⎪x<br />
+ y + z = 12<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪ xy + yz + zx = 12<br />
⎪⎩<br />
egyenletrendszert a valós számok halmazában.<br />
2 2 2<br />
Megoldás. Mivel x + y + z = xy + yz + zx<br />
következik, hogy x = y = z (lásd<br />
9.1.3. feladatot a 28. oldalon) és így M = {(2, 2, 2) , ( −2, −2, −2)}<br />
.<br />
21. Oldd meg az<br />
⎧ 2 2 2 2 2<br />
x + y + z + t + u =<br />
⎪<br />
10<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪ xy + yz + zt + tu + ux = 10<br />
⎪⎩
Egyenletrendszerek 119<br />
egyenletrendszert a valós számok halmazában.<br />
Megoldás. A 9.3.4. Alkalmazások 2. feladata alapján (lásd a tankönyv 34. oldalát)<br />
x = y = z = t =u és így M = {( 2, 2, 2, 2, 2), ( − 2, − 2, − 2, − 2, − 2)} .<br />
22. Oldd meg az<br />
⎧⎪<br />
⎪<br />
1<br />
⎪x<br />
+ y + = 3<br />
⎪ z<br />
⎪<br />
⎪ 1<br />
⎨x<br />
+ + z = 3<br />
⎪ y<br />
⎪ 1<br />
⎪<br />
+ y + z = 3<br />
⎪⎩ x<br />
egyenletrendszert a valós számok halmazában.<br />
Megoldás. Ha x ≠y ≠ z ≠ x , akkor páronként kivonjuk egymásból az egyenleteket<br />
és így az xy = yz = zx =−1összefüggésekhez<br />
jutunk. Ebből következik, hogy<br />
x = y = z tehát a rendszernek nincs olyan megoldása, amelyre x ≠y ≠ z ≠ x.<br />
Ha<br />
1<br />
x = y = z , akkor az x = y = z = 1 és x = y = z = megoldásokat kapjuk.<br />
2<br />
A szimmetria miatt a továbbiakban feltételezhezjük, hogy x = y ≠ z . Így a<br />
⎧⎪ 1<br />
⎪<br />
⎪2x+<br />
= 3<br />
⎪ z<br />
⎨<br />
⎪<br />
1<br />
⎪x<br />
+ + z = 3<br />
⎪⎩ x<br />
rendszert kell megoldanunk. Ebből következik, hogy xz = −1 , tehát x = 3 és így<br />
⎧⎪ ⎛1 1 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 1 ⎞<br />
M = ⎪(1,1,1), , , ⎟, 3,3, ⎟<br />
1 ⎫<br />
⎜ ⎜ , ⎜<br />
⎜ ⎟ − ⎟ 3, − ,3 ,<br />
⎝2 2 2⎠⎟ ⎝ ⎜ 3⎠⎟ ⎝⎜ ⎟<br />
⎛ ⎞⎟⎠<br />
⎪<br />
⎨ ⎜−<br />
⎜<br />
,3,3⎬<br />
⎪<br />
⎪ 3 ⎠<br />
⎟ ⎜⎜⎝<br />
.<br />
⎪⎩ 3 ⎪ ⎪⎭<br />
23. Oldd meg az<br />
⎧⎪a − 4a + 3a ≥ 0<br />
⎪ 1 2 3<br />
⎪<br />
⎪a<br />
− 4a + 3a ≥ 0<br />
⎪ 2 3 4<br />
⎪<br />
⎪……………………<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪a<br />
− 4a + 3a<br />
≥ 0<br />
⎪ 1999 2000 2001<br />
⎪<br />
⎪a<br />
− 4a + 3a<br />
≥ 0<br />
⎪ 2000 2001 1<br />
⎪<br />
⎪<br />
a − 4a + 3a ≥ 0<br />
⎪⎩ 2001 1 2<br />
egynlőtlenségrendszert a valós számok halmazában.<br />
Megoldás. Ha összeadjuk az egyenlőségeket a 0≥0<br />
összefüggéshez jutunk, tehát<br />
egyetlen egyenlőtlenségben sem teljesülhet szigorú egyenlőtlenség (ebben az esetben a<br />
0 ellentmondáshoz jutnánk). Tehát a − 4a + 3a<br />
= 0, k = 1, 2001 , ahol<br />
0> k k+<br />
1 k+<br />
2<br />
és a . Bizonyítható, hogy<br />
2002 = a a = a<br />
1 2003 2
120 Egyenletrendszerek<br />
3a −a 9( a −a<br />
) 2 1 1 2 , 1, 2001<br />
2 2 3 k<br />
k a = +<br />
⋅<br />
k = .<br />
Az a2002 = a és a 1 2003 = a feltételek alapján a 2<br />
1 a és így a 2 = a , 1, 1999 = k .<br />
= k 1<br />
24. Oldd meg az<br />
⎧⎪<br />
⎪x<br />
+ y + z = m<br />
⎪<br />
⎪ 2 2 2 2<br />
⎨x<br />
+ y + z = m<br />
⎪ 3 3 3 3<br />
⎪x<br />
+ y + z = m<br />
⎪⎩<br />
egyenletrendszert a valós számok halmazában, ha m ∈ .<br />
3 2<br />
Megoldás. ( u −x)( u −y)( u − z) = u − ( x + y + z) u + ( xy + yz + zx) u − xyz .<br />
2<br />
m<br />
2 2 2<br />
= x + y + z<br />
2<br />
= ( x + y + z) − 2( xy + yz + zx)<br />
,<br />
tehát xy + yz + zx = 0 és így x , y és z az<br />
3 2<br />
u −mu − c = 0<br />
egyenlet gyökei, ahol c = xyz<br />
. Ez alapján<br />
3<br />
m<br />
3 3 3<br />
= x + y + z<br />
2 2 2 3<br />
= m⋅ ( x + y + z ) + 3c<br />
= m + 3c,<br />
tehát c = 0 és így M = {( m,0,0),(0, m,0),(0,0, m)}<br />
.<br />
25. Oldd meg az<br />
⎧⎪ 3 3 4<br />
xyz =<br />
⎪ 1<br />
⎪<br />
⎪ 2 4 4<br />
⎨xyz<br />
= 2<br />
⎪ 2 3 5<br />
⎪xyz<br />
= 3<br />
⎪⎩<br />
egyenletrendszert a valós számok halmazában.<br />
x 1<br />
Megoldás. Ha az egyenletek megfelelő oldalait páronként elosztjuk, az = ,<br />
y 2<br />
y 2 z<br />
= és = 3 összefüggésekhez jutunk. Tehát y és z . Ez alapján<br />
z 3 x 2 = x = 3x<br />
3 3 4 3 3 4 10<br />
1= xyz = x ⋅8x⋅ 81x= 8⋅81⋅<br />
x ,<br />
1<br />
ahonnan x =± . Tehát a megoldáshalmaz :<br />
10 3 4<br />
2 ⋅ 3<br />
⎧⎪ 1 2 3 1 2 3 ⎫<br />
M ⎪<br />
⎛ ⎞<br />
, , ⎟<br />
⎛<br />
⎞⎪<br />
= , , , ⎟<br />
⎨<br />
⎜ ⎟ ⎜−<br />
− − ⎟⎪<br />
⎜10 3 4 10 3 4 10 3 4 ⎟ ⎜<br />
10 3 4 10 3 4 10 3 4<br />
2 3 2 3 2 3<br />
⎜<br />
⎟⎬<br />
⎪ ⎜⎝ ⋅ ⋅ ⋅ ⎠⎟ ⎝⎜<br />
2 ⋅3 2 ⋅3 2 ⋅3<br />
⎟<br />
⎪<br />
⎩ ⎠ ⎭<br />
.<br />
26. Mi a feltétele annak, hogy az<br />
⎧⎪ x + y + z = a<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪<br />
⎪⎩<br />
xy + yz + zx = b<br />
egyenletrendszer megoldható legyen?
Egyenletrendszerek 121<br />
2<br />
Megoldás. Az ( x + y + z) 2<br />
≥ 3( xy + yz + zx)<br />
egyenlőtlenség alapján az a ≥ 3b<br />
feltétel szükséges. Másrészt ha kiküszöböljük z -t és rendezzük x hatványai szerint, az<br />
2 2<br />
x + x( y − a) + y − ay + b = 0 (1)<br />
egyenlethez jutunk. A rendszernek pontosan akkor létezik megoldása, ha az (1) egyen-<br />
2 2<br />
letben létezik olyan y ∈ , amelyre ∆ = − 3y + 2ay + a −4b ≥ 0.<br />
Ez pontosan<br />
2<br />
2<br />
akkor lehetséges, ha ∆ = 16a<br />
− 48b<br />
> 0 , tehát az a ≥ 3b feltétel elégséges is.<br />
y<br />
27. Bizonyítsd be, hogy ha x + y + z = 6 és xy + yz + zx = 9 , akkor x, y , z ∈ [0, 4] .<br />
Megoldás. Akárcsak az előbbi feladatban, a z kiküszöbölése után az<br />
2 2<br />
x + x( y − 6) + y − 6y + 9 = 0<br />
2<br />
egyenlethez jutunk, tehát ∆ = − 3y + 12y<br />
≥ 0 és így y ∈ [0, 4] . Hasonlóan látható<br />
be, hogy x, z ∈ [0, 4] (vagy a szimmetria alapján).<br />
28. Bizonyítsd be, hogy ha a, b , xyz∈ , , , x + y + z = a és xy + yz + zx = b , akkor<br />
2<br />
a − 3b<br />
max{ x, y, z} −min{ x, y, z}<br />
≤ 2<br />
3<br />
.<br />
Megoldás. Ha x ≥y ≥z , akkor max{ x, y, z} − min{ x, y, z} = x − z és<br />
2 2 2 2 2 2 2<br />
( x − z) = x + z − 2 xz = ( a −2 b−y ) −2( b−y( a − y)) = − 3y + 2ay<br />
+ a − 4b<br />
.<br />
2 2<br />
De a − 3y + 2ay<br />
+ a − 4b kifejezés maximuma<br />
∆ a − b a −<br />
− = = 4 ⋅<br />
−4 ⋅( −3)<br />
12 3<br />
2 2<br />
16 48 3<br />
2<br />
2<br />
2 a − 3b<br />
a − 3b<br />
és így ( x −z) ≤ 4⋅<br />
, vagyis x −z ≤2<br />
.<br />
3<br />
3<br />
29. Oldd meg az<br />
⎧ ⎪ x + y + 3 x − y = 6<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪ 6<br />
3 2<br />
⎪ ( x + y) ( x − y)<br />
= 8<br />
⎪⎩<br />
egyenletrendszert a valós számok halmazában.<br />
Megoldás. Az x + y = a és 3 x − y = b jelölésekkel az<br />
{(2, 4), (4, 2<br />
⎪ ⎧ ⎪a<br />
+ b = 6<br />
⎨⎪ egyen-<br />
ab = 8<br />
⎪⎩<br />
letrendszerhez jutunk, tehát ( ab , ) ∈ )} és így M = {( 34, − 30), ( 12, 4)} .<br />
30. Oldd meg az<br />
⎧⎪ x = y + 45 − y + 5<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪ y = x + 45 − x + 5<br />
⎪⎩<br />
b
122 Egyenletrendszerek<br />
egyenletrendszert a valós számok halmazában.<br />
Megoldás. Mindkét egyenletet átrendezzük és négyzetre emeljük. Így a<br />
⎧⎪<br />
2<br />
2x y + 5 = 40−x<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪ 2<br />
2y x + 5 = 40−y<br />
⎪⎩<br />
rendszerhez jutunk. Ebből<br />
⎧ 2 4 2<br />
⎪4<br />
x ( y + 5) = 1600 + x − 80x<br />
⎪<br />
⎨<br />
,<br />
⎪ 2 4 2<br />
4 y ( x + 5) = 1600 + y − 80y<br />
⎪⎩<br />
tehát<br />
4 xy( x − y) + 20( x − y)( x + y) = ( x − y)( x + y) −80( x − y)( x + y)<br />
.<br />
2 2<br />
Ha x ≠ y , akkor a 4xy + 1 00( x + y) = ( x + y)( x + y ) egyenlőséghez jutunk, mert<br />
x = y + 45 −<br />
2 2<br />
y + 5 > 0 és y > 0 , tehát 100 −x −y<br />
> 0 . Ha x = y , akkor<br />
3<br />
3<br />
az( x −4)( x −100x<br />
− 400) = 0 egyenlethez jutunk. Mivel az x x<br />
egyenletnek a [0 , 7]<br />
intervallumban nincs gyöke, a rendszer egyetlen megoldása az<br />
x = y = 4 .<br />
31. Oldd meg az<br />
⎧⎪ n<br />
⎪x<br />
+ x + … + x<br />
1 2<br />
n =<br />
⎪<br />
2<br />
⎨<br />
3 3 3 n<br />
, n<br />
⎪<br />
⎪x<br />
+ x + … + x<br />
1 2<br />
n =<br />
⎪⎩<br />
8<br />
egyenletrendszert a [ − 1 , + ∞)<br />
intervallumban.<br />
2<br />
*<br />
∈ <br />
−100 −400<br />
= 0<br />
3<br />
⎛ 1⎞<br />
Megoldás. A 4x − 3 x + 1= 4 ⎜<br />
⎜x − ⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟ ( x +<br />
2⎠⎟<br />
1) felbontás alapján<br />
3<br />
4x − 3x + 1≥<br />
0,<br />
ha x ≥−1.<br />
Tehát<br />
n n<br />
3<br />
0≤ 4⋅∑x −3⋅ i ∑xi i= 1 i=<br />
1<br />
n n<br />
+ n = 4⋅ −3⋅ + n = 0.<br />
8 2<br />
2<br />
Ez csak akkor lehetséges ha 4x − 3 x i i + 1= 0,<br />
1<br />
i = 1, n , vagyis ha x = , i = 1, n .<br />
i<br />
2<br />
32. Oldd meg az<br />
⎧ ⎪<br />
x + y + z = a<br />
⎪ 1 1 1 1<br />
⎨ + + =<br />
⎪<br />
⎪x<br />
y z a<br />
⎪ xy + yz + zx =−2<br />
⎪⎩<br />
egyenletrendszert a valós számok halmazában, ha a ∈ <br />
. (Felvételi 1999)
Egyenletrendszerek 123<br />
Megoldás. A második egyenlet alapján<br />
xy + yz + zx 1<br />
= , tehát xyz = −2a<br />
. Így<br />
xyz a<br />
3 2<br />
2<br />
x, y és z az u −a u − 2u + 2a<br />
= 0 egyenlet gyökei. Az egyenlet ( u−a) ( u −2)=<br />
0<br />
alakban írható, tehát M = {( a , 2, − 2), ( a, − 2, 2), ( 2, a, − 2), ( − 2, a,<br />
2),<br />
( 2, − 2, a), ( − 2, 2, a)}<br />
.<br />
33. Oldd meg és tárgyald az<br />
⎧⎪ mx + y + z = 0<br />
⎪<br />
⎪x<br />
+ my + z = 0<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪x<br />
+ y + mz = 0<br />
⎪ 2 2 2<br />
⎪ x + y + z = 3<br />
⎪⎩<br />
egyenletrendszert a valós számok halmazában, ha m < 0 . (Felvételi 1999)<br />
Megoldás.<br />
m<br />
1 1<br />
3 2<br />
1 1 2 3 ( 1) (<br />
1 1<br />
m = m + − m = m − m + 2) ,<br />
m<br />
tehát ha m ∈ \{1, −2}<br />
, akkor az első három egyenletből alkotott rendszernek<br />
egyértelmű megoldása van és az nem teljesíti az utolsó egyenletet. Mivel m < 0 , csak<br />
az m = −2<br />
esetet kell megvizsgálni. Ebben az esetben x = y = z , tehát a megoldás-<br />
halmaz M = {(1, 1, 1), ( −1, −1, −1)}<br />
.<br />
34. Oldd meg a következő egyenletrendszert a valós számok halmazában:<br />
⎧⎪ 2<br />
⎪x<br />
− yz = 1<br />
⎪<br />
⎪ 2<br />
⎨y<br />
− xz = 2<br />
⎪ 2<br />
⎪z<br />
− xy = −1<br />
⎪⎩<br />
Megoldás. Szorozzuk az első egyenletet y -nal, a másodikat z -vel és a harmadikat<br />
x -szel. Ha összeadjuk az így kapott egyenletek megfelelő oldalait, az y + 2z − x = 0<br />
összefüggéshez jutunk. Ha az első egyenletet z -vel, a másodikat x -szel és a<br />
harmadikat y -nal szorozzuk a z + 2x − y = 0 egyenlethez jutunk. Ebből a két<br />
egyenletből x = −3z és y = −5z<br />
. Ha ezeket visszahelyettesítjük az első egyenletbe,<br />
⎧⎪⎛ 3 5 1 ⎞ ⎛ 3 5 1 ⎞⎫⎪<br />
az M = ⎪<br />
⎨⎜− , − ,<br />
⎟<br />
, ⎜ , , − ⎟<br />
⎪<br />
⎬ megoldáshalmazt kapjuk.<br />
⎪<br />
⎜ 14 14 14 ⎝<br />
⎜ 14 14 14<br />
⎟<br />
⎪⎩⎝ ⎠ ⎠ ⎪ ⎪⎭
124 A matematikai logika elemei<br />
IV. A matematikai logika elemei<br />
IV.1.2. Gyakorlatok és feladatok (87. oldal)<br />
1. Készítsd el az alábbi kijelentések logikai értéktáblázatát:<br />
a) ⎤( ⎤ p)<br />
; b) p∧q ; c) p∨ q ; d) p∧( p ∨q)<br />
;<br />
e) p∨( p∧ q)<br />
; f) ( p∨q) ∨ r ; g) p∨( q ∨ r)<br />
; h) ( p∧q) ∨r<br />
;<br />
i) ( p∨q) ∧ r ;<br />
Megoldás.<br />
j) ( p∨q) ∧( q ∨ r)<br />
; k) ( p∧r) ∨( q ∧r)<br />
.<br />
a)<br />
f)<br />
p ⎤ p ⎤( ⎤ p)<br />
p q r p∨ q ( p∨q) ∨ r<br />
0 1 0<br />
1 0 1<br />
Megjegyzés. A táblázatból következik,<br />
hogy ⎤( ⎤ p) ≡ p .<br />
0<br />
0<br />
0<br />
0<br />
1<br />
0<br />
0<br />
1<br />
1<br />
0<br />
0<br />
1<br />
0<br />
1<br />
0<br />
0<br />
0<br />
1<br />
1<br />
1<br />
0<br />
1<br />
1<br />
1<br />
1<br />
b)<br />
p q p∧ q<br />
1<br />
1<br />
0<br />
1<br />
1<br />
0<br />
1<br />
1<br />
1<br />
1<br />
0 0 0<br />
1 1 1 1 1<br />
c)<br />
0<br />
1<br />
1<br />
p<br />
1<br />
0<br />
1<br />
q<br />
0<br />
0<br />
1<br />
p∨ q<br />
g)<br />
p<br />
0<br />
0<br />
0<br />
q<br />
0<br />
0<br />
1<br />
r<br />
0<br />
1<br />
0<br />
q ∨ r<br />
0<br />
1<br />
1<br />
p∨( q ∨ r)<br />
0<br />
1<br />
1<br />
0 0 0<br />
0 1 1 1 1<br />
0 1 1<br />
1 0 0 0 1<br />
1 0 1<br />
1 0 1 1 1<br />
d)<br />
p<br />
0<br />
0<br />
1<br />
1<br />
e)<br />
p<br />
0<br />
0<br />
1<br />
1<br />
1<br />
q<br />
0<br />
1<br />
0<br />
1<br />
q<br />
0<br />
1<br />
0<br />
1<br />
1<br />
p ∨ q<br />
0<br />
1<br />
1<br />
1<br />
p∧ q<br />
0<br />
0<br />
0<br />
1<br />
1<br />
p∧( p∨q) 0<br />
0<br />
1<br />
1<br />
p∨( p ∧q)<br />
0<br />
0<br />
1<br />
1<br />
1<br />
1<br />
h)<br />
p<br />
0<br />
0<br />
0<br />
0<br />
1<br />
1<br />
1<br />
1<br />
1<br />
1<br />
q<br />
0<br />
0<br />
1<br />
1<br />
0<br />
0<br />
1<br />
1<br />
0<br />
1<br />
r<br />
0<br />
1<br />
0<br />
1<br />
0<br />
1<br />
0<br />
1<br />
1<br />
1<br />
p∧ q<br />
0<br />
0<br />
0<br />
0<br />
0<br />
0<br />
1<br />
1<br />
1<br />
1<br />
( p∧q) ∨ r<br />
0<br />
1<br />
0<br />
1<br />
0<br />
1<br />
1<br />
1
A matematikai logika elemei 125<br />
i)<br />
j)<br />
p q r p∨ q ( p∨q) ∧r<br />
0 0 0 0 0<br />
0 0 1 0 0<br />
0 1 0 1 0<br />
0 1 1 1 1<br />
1 0 0 1 0<br />
1 0 1 1 1<br />
1 1 0 1 0<br />
1 1 1 1 1<br />
p q r p∨ q q ∨ r ( p∨q) ∧( q ∨ r)<br />
0 0 0 0 0 0<br />
0 0 1 0 1 0<br />
0 1 0 1 1 1<br />
0 1 1 1 1 1<br />
1 0 0 1 0 0<br />
1 0 1 1 1 1<br />
1 1 0 1 1 1<br />
1 1 1 1 1 1<br />
2. Bizonyítsd be a következő összefüggéseket:<br />
a) p∧q ≡q ∧p; b) p∨q ≡q ∨ p;<br />
c) p∧( q ∧r) ≡( p∧q) ∧r ;<br />
d) p∨( q ∨r) ≡( p∨q) ∨ r ; e) p∨( q ∧r) ≡( p∨q) ∧( p∨r) ;<br />
f) p∧( q ∨r) ≡( p∧q) ∨( p∧r) .<br />
Megoldás.<br />
a) Elkészítjük a p ∧ q és q ∧ p kijelentések logikai értéktáblázatát:<br />
p q p∧ q q ∧ p<br />
0 0 0 0<br />
0 1 0 0<br />
1 0 0 0<br />
1 1 1 1<br />
Az értéktáblázat alapján p ∧ q és q ∧ p egyidőben igaz, tehát p ∧q ≡q ∧p.<br />
b) Hasonlóan, az értéktáblázat:<br />
p q p∨ q q ∨ p<br />
0 0 0 0<br />
0 1 1 1<br />
1 0 1 1<br />
1 1 1 1<br />
Tehát p∨q ≡q ∨p.
126 A matematikai logika elemei<br />
c) Az értéktáblázat:<br />
p q r q ∧ r p∧ q p∧( q ∧ r)<br />
( p∧q) ∧ r<br />
0 0 0 0 0 0 0<br />
0 0 1 0 0 0 0<br />
0 1 0 0 0 0 0<br />
0 1 1 1 0 0 0<br />
1 0 0 0 0 0 0<br />
1 0 1 0 0 0 0<br />
1 1 0 0 1 0 0<br />
1 1 1 1 1 1 1<br />
Az értéktáblázatban az utolsó két oszlop azonos, tehát p∧( q ∧r) ≡( p∧q) ∧r .<br />
d) Az 1. feladatban az f) és g) pontokban már elkészítettük a ( p∨q) ∨r<br />
és<br />
p∨( q ∨r) logikai kijelentések értéktáblázatát. Ezek alapján ( p ∨q) ∨r<br />
≡ p ∨( q ∨r)<br />
.<br />
e)<br />
p q r q ∧ r p∨( q ∧ r)<br />
p∨ q p∨ r ( p∨q) ∧( p∨ r)<br />
0 0 0 0 0 0 0 0<br />
0 0 1 0 0 0 1 0<br />
0 1 0 0 0 1 0 0<br />
0 1 1 1 1 1 1 1<br />
1 0 0 0 1 1 1 1<br />
1 0 1 0 1 1 1 1<br />
1 1 0 0 1 1 1 1<br />
1 1 1 1 1 1 1 1<br />
Az értéktáblázat kiemelt oszlopai megegyeznek, tehát p∨( q ∧r) ≡( p∨q) ∧( p∨ r)<br />
.<br />
f)<br />
p q r q ∨ r p∧( q ∨ r)<br />
p∧ q p∧ r ( p∧q) ∨( p∧ r)<br />
0 0 0 0 0 0 0 0<br />
0 0 1 1 0 0 0 0<br />
0 1 0 1 0 0 0 0<br />
0 1 1 1 0 0 0 0<br />
1 0 0 0 0 0 0 0<br />
1 0 1 1 1 0 1 1<br />
1 1 0 1 1 1 0 1<br />
1 1 1 1 1 1 1 1<br />
A fenti táblázat alapján p∧( q ∨r) ≡( p∧q) ∨( p∧ r)<br />
.<br />
3. Bizonyítsd be a következő összefüggéseket:<br />
a) p ↔q ≡q ↔ p ; b) ( p →q) →r ≡/ p →( q →r)<br />
;<br />
c) p →q ≡⎤ p∧( ⎤ q)<br />
; d) p →q ≡( ⎤q) →(<br />
⎤p)<br />
.<br />
( )
A matematikai logika elemei 127<br />
Megoldás. A bizonyításokat értéktáblázatok segítségével végezzük el.<br />
a)<br />
p q p ↔ q q ↔ p<br />
0 0 1 1<br />
0 1 0 0<br />
1 0 0 0<br />
1 1 1 1<br />
Tehát p ↔q ≡q ↔ p.<br />
b)<br />
p q r p → q ( p →q) → r q → r p →( q → r)<br />
0 0 0 1 0 1 1<br />
0 0 1 1 1 1 1<br />
0 1 0 1 0 0 1<br />
0 1 1 1 1 1 1<br />
1 0 0 0 1 1 1<br />
1 0 1 0 1 1 1<br />
1 1 0 1 0 0 0<br />
1 1 1 1 1 1 1<br />
A kiemelt oszlopok nem egyeznek meg, tehát ( p →q) →r ≡/ p →( q → r)<br />
.<br />
c)<br />
p q p → q q p q ⎤ p∧⎤q ⎤ ∧ ( ⎤ ) ( ( ) )<br />
0 0 1 1 0 1<br />
0 1 1 0 0 1<br />
1 0 0 1 1 0<br />
1 1 1 0 0 1<br />
( ( ) )<br />
A táblázat alapján p →q ≡⎤ p∧ ⎤q<br />
.<br />
d)<br />
p q ⎤ p ⎤ q p q<br />
→ ( ) → (<br />
⎤q ⎤ p)<br />
0 0 1 1 1 1<br />
0 1 1 0 1 1<br />
1 0 0 1 0 0<br />
1 1 0 0 1 1<br />
Tehát p →q ≡( ⎤q) →(<br />
⎤ p)<br />
.<br />
4. Bizonyítsd be, hogy az alábbi kijelentések logikai értéke 1, függetlenül az őket<br />
alkotó kijelentések logikai értékétől.<br />
a) p →( p∨q)<br />
; b) ( p∧q) → p;<br />
c) ( p∧( p →q) ) →q<br />
;<br />
d) ( ( p →q) ∧( q → r) ) →( p → r)<br />
; e) ( p →q) →( ( q → r) →( p → r)<br />
) ;
128 A matematikai logika elemei<br />
( )<br />
g) p∨( ⎤ p)<br />
; h) ⎤ p∧( ⎤p)<br />
;<br />
Megoldás. A logikai értéktáblázatokat használjuk.<br />
a)<br />
b)<br />
p q p∨ q p →( p∨<br />
q)<br />
p q p∧ q p →( p∨<br />
q)<br />
0 0 0 1<br />
0 0 0 1<br />
0 1 1 1<br />
0 1 0 1<br />
1 0 1 1<br />
1 0 0 1<br />
1 1 1 1<br />
1 1 1 1<br />
tehát p →( p∨<br />
q)<br />
tautológia.<br />
c)<br />
p q p → q p∧( p → q)<br />
( p∧( p →q) ) →q<br />
0 0 1 0 1<br />
0 1 1 0 1<br />
1 0 0 0 1<br />
1 1 1 1 1<br />
d)<br />
p q r p → q q → r ( p →q) ∧( q → r)<br />
p → r ( ( p →q) ∧( q →r) ) →( p → r)<br />
0 0 0 1 1 1 1 1<br />
0 0 1 1 1 1 1 1<br />
0 1 0 1 0 0 1 1<br />
0 1 1 1 1 1 1 1<br />
1 0 0 0 1 0 0 1<br />
1 0 1 0 1 0 1 1<br />
1 1 0 1 0 0 0 1<br />
1 1 1 1 1 1 1 1<br />
e)<br />
p q r q → r p → r ( q → r) →( p → r)<br />
p → q ( p →q) →( ( q →r) →( p → r)<br />
)<br />
0 0 0 1 1 1 1 1<br />
0 0 1 1 1 1 1 1<br />
0 1 0 0 1 1 1 1<br />
0 1 1 1 1 1 1 1<br />
1 0 0 1 0 0 0 1<br />
1 0 1 1 1 1 0 1<br />
1 1 0 0 0 1 1 1<br />
1 1 1 1 1 1 1 1<br />
g)<br />
p p<br />
⎤ p∨( ⎤ p)<br />
0 1 1<br />
1 0 1<br />
h)<br />
p p<br />
⎤ p ( p)<br />
( )<br />
∧ ⎤ ⎤ p∧( ⎤ p)<br />
0 1 0 1<br />
1 0 0 1
A matematikai logika elemei 129<br />
5. Hány különböző módon lehet kitölteni az alábbi táblázat harmadik oszlopát, ha<br />
minden helyre 0 vagy 1 kerülhet? Bizonyítsd be, hogy a ⎤, ∨ , ∧ műveletek segítségével<br />
mindegyik oszlop kifejezhető.<br />
p q (, pq )<br />
0 0<br />
0 1<br />
1 0<br />
1 1<br />
Megoldás. Minden egyes kapott oszlopnak feleltessünk meg egy kettes számrendszerbeli<br />
számot, a következőképpen:<br />
(, pq )<br />
a<br />
a b<br />
c<br />
d<br />
oszlopnak , ahol a, bcd , , ∈ {0,1} feleljen meg az ab cd (2) szám.<br />
A fenti megfeleltetés jól értelmezett (ab cd valóban egy 2-es számrendszerbeli szám<br />
lesz), és egyértelmű, vagyis minden oszlopnak egy és csakis egy szám felel meg.<br />
Továbbá, ha tekintjük a 2-es számrendszerbeli számokat 0000-tól 1111-ig, akkor ezen<br />
számok mindegyike megfelel egy oszlopnak, tehát ugyanannyi oszlop van, mint ahány<br />
3 2 1 0<br />
2-es számrendszerbeli szám 0-tól 1111-ig. Viszont 11 11(2) = 2 + 2 + 2 + 2 =<br />
4<br />
4<br />
= 2 −1,<br />
és még nem számoltuk bele a 0-t, tehát összesen 2 oszlop létezik.<br />
Igazolnunk kell, hogy minden ilyen oszlop előállítható a p és q oszlopaiból az ⎤, ∨,<br />
∧ műveletek többszöri egymásutáni alkalmazásával. Először igazoljuk, hogy a 0000 ,<br />
0001<br />
(2)<br />
, 0010 , 01 00 és 1000 számoknak megfelelő oszlopok előállíthatók:<br />
(2)<br />
p q p<br />
(2)<br />
⎤ ( )<br />
(2)<br />
⎤p ∧ p p q<br />
∧ ( ( p) ∨ q)<br />
⎤ ⎤ ( p) ∧ q<br />
⎤p ⎤ q<br />
⎤ ( ) ∧ (<br />
0 0 1 0 0 0 0 1<br />
0 1 1 0 0 0 1 0<br />
1 0 0 0 0 1 0 0<br />
1 1 0 0 1 0 0 0<br />
A fenti logikai értéktáblázat alapján a 0000 , 0001 , 0010 , 0100 és 10 00<br />
számoknak rendre a ( ⎤p) ∧ p,<br />
p∧q , ⎤ ( ⎤ ) ∨ ) , ( ⎤p)<br />
∧ q,<br />
( ⎤p)<br />
∧ ( ⎤q)<br />
oszlopok fe-<br />
lelnek meg. Azonnal látható, hogy a fentebb kapott 5 szám valamilyen összegének<br />
megfelelő oszlop előállítható úgy, hogy az összegben szereplő számoknak megfelelő<br />
oszlopokra alkalmazzuk a „∨” műveletet, vagyis ha ez az öt szám x = 0000 , ...,<br />
x = 1000<br />
5 (2)<br />
1 3<br />
(2)<br />
( p q<br />
, akkor például x + x + x = 1010 és ez a szám előállítható az<br />
5<br />
(2)<br />
(2)<br />
1<br />
(2)<br />
)<br />
(2)<br />
(2)<br />
(2)
130 A matematikai logika elemei<br />
x ∨x ∨x<br />
o o<br />
1 3<br />
o<br />
5<br />
az x , x , x , x , x számok összegével minden 0,<br />
1111 közötti szám előállítható,<br />
1 2 3<br />
o<br />
művelettel, ahol x -val jelöljük az x számnak megfelelő oszlopot. Mivel<br />
4<br />
5<br />
i<br />
következik, hogy minden oszlop előállítható a kért módon (+-ok helyett ∨ -okat írunk).<br />
Megjegyzés. Általánosan igaz a következő kijelentés:<br />
n<br />
A p , p , ..., p kijelentésekből a ( p , …,<br />
p )<br />
1 2 n<br />
n oszlop 2 féleképpen tőlthető<br />
1<br />
ki, és minden kitöltés előállítható az ⎤, ∨ , ∧ műveletek alkalmazásával.<br />
6. Az előbbi műveletek közül melyek kommutatívak és melyek asszociatívak?<br />
Megoldás. A „⎤<br />
p∧q ≡q ∧<br />
∨ ≡q ∨p<br />
” művelet unáris, tehát nem beszélhetünk kommutatívitásról vagy<br />
asszociatívitásról. Az „∧” és „ ∨ ” műveletekre már láttuk a 2. feladatnál, hogy<br />
teljesülnek a<br />
p; p q ;<br />
p∧( q ∧r)<br />
≡(p∧ q)∧r<br />
; p∨( q ∨r)<br />
≡(<br />
p∨q)<br />
∨r<br />
;<br />
azonosságok, vagyis az „ ∧ ” és „∨” műveletek kommutatívak és asszociatívak is.<br />
7. Valaki 4 kártyát tett ki elénk. Mindegyiknek az egyik oldalán egy betű áll, másik<br />
oldalán egy szám. Legalább hány kártyát kell megfordítanunk ahhoz, hogy ellenőrizzük<br />
a következő kijelentéseket (külön-külön), ha a IV.1. ábrán látható betűket és<br />
számokat látjuk:<br />
a) Ha az egyik oldalon nagy betű áll, a másik oldalon páros szám áll.<br />
b) Ha az egyik oldalon páratlan szám áll, akkor a másik oldalon mássalhangzó van.<br />
i<br />
a A 1 2 IV.1. ábra<br />
Megoldás. a) Legalább egy kártyát meg kell fordítanunk, mert a p = „az egyik<br />
oldalon nagy betű áll” és q = „a másik oldalon páros szám áll” kifejezések lehetnek<br />
igazak is és hamisak is, vagyis az értéktáblázatuk:<br />
p q<br />
p → q<br />
⇒<br />
0 0<br />
1<br />
1 0 0<br />
0 1 1<br />
1 1 1<br />
vagyis p → q (ami éppen az a) kijelentés) lehet igaz is és hamis is. Viszont ha egy<br />
kártyát megfordítunk, az elég mert ezáltal megkapunk egy (betű, szám) egy párt, és<br />
ebből következik, hogy mi van a másik kártyán.<br />
b) Mivel „a” és „A” is magánhangzó, ezért a q = „az oldalon mássalhangzó van”<br />
kijelentés kiértékelése mindig 1, tehát a p → q kijelentés mindig igaz, vagyis egyetlen<br />
kártya megfordítása nélkül megmondhatjuk, hogy a b) kijelentés igaz ( p →<br />
q<br />
igaz).<br />
(2)
A matematikai logika elemei 131<br />
IV.1.3.1. Gyakorlatok (88. oldal)<br />
1. Vizsgáljuk meg az alábbi kijelentések logikai értékét:<br />
a) ∃ ∈ :2<br />
2<br />
; b) ;<br />
n<br />
n = n<br />
2<br />
∀ x ∈ : x ≥ 0<br />
2<br />
c) ∃n ∈ : n + n = 1;<br />
d) ∀ x ∈ ∃y ∈ úgy hogy x + y = 0 ;<br />
2<br />
e) ∀ x ∈[1, 2] : x − 3x + 2 ≤ 0 .<br />
n 2<br />
Megodás. a) Mivel n = 2 -re teljesül a 2 = n egyenlőség és 2 ∈ , következik,<br />
2<br />
hogy a „ :2 = n ” kijelentés igaz.<br />
n<br />
∃n ∈ <br />
2<br />
b) Mivel minden x ∈ -re x ≥ 0 , a kijelentés igaz.<br />
2 2<br />
− 1± 5<br />
c) Az n + n = 1⇔ n + n − 1= 0 egyenlet megoldásai n = ∉ ⇒ a<br />
1,2<br />
2<br />
kijelentés nem igaz.<br />
d) A kijelentés nem igaz, mert például x = 7 ∈ -re nem létezik y ∈ úgy, hogy<br />
x + y = 0 , vagyis 7+ y = 0.<br />
2<br />
2<br />
e) Az x − 3x + 2 = 0 egyenlet gyökei x = 1 és x = 2 , és az x -es tag együttha-<br />
1<br />
2<br />
tója pozitív ⇒ az [1 , 2] intervallumban x − 3x + 2≤0,<br />
tehát a kijelentés igaz.<br />
2. Írd fel kvantorok segítségével az alábbi mondatokat, próbálj minden mondatot kétféleképpen<br />
felírni, egyszer univerzális és egyszer egzisztenciális kvantorral.<br />
a) Nincsen rózsa tövis nélkül. b) Nem mind arany, ami fénylik.<br />
c) Nem minden papsajt.<br />
Megoldás. a) Univerzális kvantorral: ∀ rózsán van tövis.<br />
Egszitenciális kvantorral: /∃ rózsa úgy, hogy nincs rajta tövis.<br />
b) Univerzális kvantorral: ∀ fénylő dolog nem arany.<br />
Egszitenciális kvantorral: ∃ olyan fénylő dolog, ami nem arany.<br />
c) Univerzális kvantorral: ∀ dolog nem papsajt.<br />
Egszitenciális kvantorral: ∃ dolog, ami nem papsajt.<br />
3. Tagadd a következő predikátumokat/mondatokat:<br />
a) ∀ x ∈[1, ∞ ] : x > 0 ;<br />
b) Bármely erdőlakó tud tüzet rakni.<br />
c) Van olyan diák, aki nem tud puskázni.<br />
d) Minden tanár érti amit tanít, kivéve a rendőrtanárt.<br />
e) Minden diáknak legalább egy tanár szimpatikus.<br />
f) Minden héten legalább egyszer boldog vagyok.<br />
g) Létezik olyan tantárgy, amit nem szívesen tanulok.<br />
h) Létezik olyan tanár, aki minden őt kedvelő diákot kedvel.<br />
Megoldás. a) ∃ x ∈ [1, ∞] : x ≤ 0 ;<br />
b) Létezik olyan erdőlakó, amelyik nem tud tüzet rakni.<br />
2
132 A matematikai logika elemei<br />
c) Minden diák tud puskázni.<br />
d) Van olyan tanár, aki nem rendőrtanár és nem érti amit tanít.<br />
e) Létezik olyan diák, akinek minden tanár antipatikus.<br />
f) Van olyan hét, amelyiken egyszer sem vagyok boldog.<br />
g) Minden tantárgyat szívesen tanulok.<br />
h) Nem létezik olyan tanár, aki minden őt kedvelő diákot kedvel.<br />
IV.1.4.1. Gyakorlatok és feladatok (90. oldal)<br />
1. A és B egymástól függetlenül igazmondó vagy lókötő. A azt állítja, hogy<br />
„Legalább az egyikük lókötő.”. Lókötők-e vagy sem?<br />
Megoldás. Két eset lehetséges: A vagy lókötő, vagy igazmondó. Ha A igazmondó,<br />
akkor állítása igaz, mely alapján B lókötő kell legyen. Ha A lókötő, akkor állítása<br />
hamis, vagyis egyikük sem lókötő, ami ellentmondás (A lókötő), tehát A nem lehet<br />
lókötő. (lásd red. ad abs. módszer!)<br />
A fentiek alapján A kijelentéséből egyértelműen el tudjuk dönteni, hogy A igazmondó<br />
és B lókötő.<br />
2. Meg lehet-e állapítani, hogy lókötők-e, ha A azt mondja, hogy „Lókötő vagyok<br />
vagy B igazmondó”?<br />
Megoldás. Ismét két esetet tárgyalunk:<br />
1. Ha A lókötő, akkor állítása hamis. Viszont a p∨q állítás, mint láttuk, akkor és csak<br />
akkor lehet hamis, ha p is és q is hamis (nem kizárolagos vagy), tehát A<br />
igazmondó és B lókötő, ami ellentmond a feltételünknek, hogy A lókötő.<br />
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<br />
p = „lókötő vagyok” és q = „B igazmondó”, p hamis, tehát q igaz. Vagyis A és<br />
B is igazmondók.<br />
A két eset alapján egyértelműen A is és B is igazmondó.<br />
3. A , B és C egymástól függetlenül igazmondó vagy lókötő és a következőket mondják:<br />
A : Mindnyájan lókötők vagyunk.<br />
B : Pontosan egy igazmondó van közöttünk.<br />
Meg lehet-e állapítani, hogy ki lókötő és ki nem?<br />
Megoldás. A állítása alapján biztosan lókötő. Ha B lókötő lenne, figyelembe véve,<br />
hogy A állítása hamis, egy eset lenne lehetséges: két igazmondó van, ami ellentmondás,<br />
mert sem A sem B nem igazmondó. Tehát B igazmondó kell legyen, és így<br />
állítása szerint C lókötő. Összegezve a fentieket, egyértelműen el lehet dönteni, hogy<br />
A lókötő, B igazmondó és C lókötő.<br />
4. A és B<br />
egymástól függetlenül igazmondó, lókötő vagy kiismerhetetlen (ezek néha<br />
hazudnak és néha igazat mondanak). Az igazmondókat tartják felsőbb, a kiismerhetetleneket<br />
közép és a lókötőket alsóbb osztálynak. A következő két állítás alapján el lehet-
A matematikai logika elemei 133<br />
e dönteni A vagy B osztályát? Hát azt, hogy az állítások közül melyik igaz és melyik<br />
hamis?<br />
A : Alacsonyabb osztálybeli vagyok mint B .<br />
B : Ez nem igaz!<br />
Megoldás. A kijelentése alapján nem lehet igazmondó. Ha A lókötő lenne, akkor<br />
kijelentése hamis lenne, és mivel a legalacsonyabb osztály a lókötőké, B is lókötő<br />
kellene legyen, tehát állítása hamis. Ez azt jelenti, hogy A állítása igaz, ami<br />
ellentmondás, tehát A csak kiismerhetetlen lehet. (1)<br />
Ha A állítása igaz lenne, akkor B feltétlenül igazmondó kellene legyen (hisz felsőbb<br />
osztályba tartozik), ami ellentmondás, hisz B azt mondja, hogy A állítása nem igaz.<br />
Tehát A állítása hamis. (2)<br />
(2)-ből következik, hogy B nem lehet lókötő (ebben az esetben A állítása igaz kellene<br />
legyen, mert B hazudik), tehát B is kiismerhetetlen. (3)<br />
Következik, hogy A és B ugyababba az osztályba tartoznak, és ezért B állítása nem<br />
lehet hamis. (4)<br />
(1), (2), (3) és (4) alapján mindkét kérdésre igenlő a válasz.<br />
5. A IV.2. ábrán látható ládikák egyikében egy korona van. Meg lehet-e állapítani,<br />
hogy melyikben van a korona, ha az egyik ládikán sincs egynél több hamis állítás?<br />
A korona nem ebben van.<br />
A korona Szent Istváné<br />
volt.<br />
A korona nem az 1. ládikában<br />
van.<br />
A korona II. Lajos királyé<br />
volt.<br />
IV.2. ábra<br />
A korona nem ebben van.<br />
A korona a 2. ládikában van.<br />
Megoldás. A feltétel alapján a korona nem lehet a 3-mas ládában. Ha a korona az 1.<br />
ládikában lenne, akkor a p = „A korona II. Lajosé volt.” és q = „A korona Szent<br />
Istváné volt.” kijelentések egyszerre igazak kéne legyenek. Tehát a korona a 2. ládikában<br />
van és ez esetben ha a korona Szent Istváné volt, akkor teljesül a feltétel, hogy<br />
egyik ládikán se legyen egynél több hamis állítás.<br />
6. A és B egymástól függetlenül igazmondó vagy lókötő. A azt állítja, hogy „Ha én<br />
igazmondó vagyok, akkor B is az.” Igazmondókkal vagy lókötőkkel van dolgunk?<br />
Megoldás. Vegyük észre, hogy A állítása tulajdonképpen egy implikáció, ami<br />
akkor és csak akkor hamis, ha az első része igaz és a második hamis.<br />
Ha A igazmondó, akkor B is az a fentiek alapján. ( A állítása igaz kell legyen, és ez<br />
csak akkor teljesülhet, ha az állítás második része igaz, vagyis B igazmondó.)<br />
Ha A lókötő lenne, akkor állítása hamis lenne, tehát állításának első része igaz kell<br />
legyen, vagyis A igazmondó – ellentmondás.<br />
Tehát A és B is igazmondó.<br />
7. Egy szultán, akinek két lánya volt, azt mondta egy vendégségbe érkezett hercegnek:<br />
- Mondanod kell egy állítást. Ha igaz, hozzád adom a nagyobbik lányomat, ha<br />
nem, akkor nem veheted őt feleségül.<br />
Kevés gondolkodás után a herceg mondott egy mondatot és a szultán kénytelen volt a<br />
kisebbik lányt feleségül adni a herceghez. Mit mondhatott a herceg?
134 A matematikai logika elemei<br />
Megoldás. A herceg a következő kijelentést tehette: „Egyik lányod sem lesz a<br />
feleségem”.<br />
8. Mit mondhatott a herceg, ha a szultán mindkét lányát hozzá kellett adja feleségül?<br />
Megoldás. A válasz a következő lehetett: „Ha a nagyobbik lányod a feleségem lesz,<br />
akkor a kisebb is.”<br />
IV.2.1.1. Gyakorlatok és feladatok (91. oldal)<br />
1. Bizonyítsd be, hogy minden természetes szám 1-nél nagyobb egész kitevőjű<br />
hatványának kettős számrendszerbeli alakjában előfordul zérus számjegy.<br />
Bizonyítás. A kettes számrendszerben felírt egész számok közül csak azokban nem<br />
fordul elő zérus számjegy, amelyekben minden jegy 1-es, tehát amelyek 1-gyel kisebbek<br />
2-nek valamely (pozitív egész kitevős) hatványánál, azaz 2 alakúak, ahol<br />
s = 2, 3, ... (az 1-es jegyek száma, az s esetet azonban kizárjuk). Eszerint a<br />
s −1<br />
= 1<br />
bizonyítandó állítást így is kimondhatjuk: semilyen a ) egész számnak n<br />
egész) kitevőjű hatványa nem lehet egyenlő 2 1-gyel.<br />
1<br />
1)<br />
1<br />
m<br />
2<br />
)A<br />
1<br />
s ( > 1<br />
( > 1,<br />
−<br />
n s<br />
Az a = 2 − egyenlőséget csak páratlan a -kra kell megcáfolnunk, hiszen a jobb<br />
oldal páratlan, páros szám vizsgálandó hatványai viszont maguk is párosak.<br />
α) Páratlan n esetén az egyenlőség így alakítható:<br />
s n n n−1 n−2<br />
2<br />
2 = a + 1 = ( a + 1)( a − a + … + a − a + .<br />
Itt a jobb oldali második zárójelben n tag áll, mindegyikük páratlan, tehát a zárójel-<br />
s<br />
ben páratlan szám áll, és az az egyenlőség szerint osztója 2 -nek. 2 -nek viszont<br />
nincs más páratlan osztója mint az 1, csak az lehetne tehát az n tagú zárójel értéke.<br />
Ámde a zárójelbeli kifejezés így írható:<br />
s<br />
n−1 n−2 n−3 n−4<br />
2<br />
( a − a ) + ( a − a ) + … + ( a − a)<br />
+ 1><br />
,<br />
hiszen a kéttagúak száma legalább 1 és mindegyik kéttagú pozitív. Ellentmondásra<br />
jutottunk a föltevésből.<br />
β) Páros n esetén n = 2 jelöléssel<br />
n n 2 m m<br />
2<br />
a + 1 = (2b + 1) + 1 = [(2b + 1) ] − 1 + 2 = {(2b + 1) − 1} A+ 2 = 4B<br />
+ ,<br />
ahol A az egyenlő kitevőjű hatványok különbségére ismert azonosság alapján egész<br />
2<br />
szám, és B = ( b + b ugyancsak egész. Eszerint a bal oldal már 4-gyel sem osztható<br />
maradék nélkül.<br />
n s<br />
Mindezek szerint a = 2 − a tett föltevések mellett lehetetlen, az állítás helyes.<br />
2. Képzeljük el leírva valamilyen sorrendben egymás után a természetes számokat.<br />
Karikázzuk be azokat, amelyek legalább akkorák, mint ahányadik helyen állnak a<br />
sorban. Bizonyítsuk be, hogy így végtelen sok számot kell bekarikázni.<br />
Bizonyítás. Feltételezzük, hogy csak véges sok számot lehet bekarikázni. Ha az<br />
utolsó bekarikázott szám a , M = max{ a | i = 1, k } , akkor<br />
k i<br />
a ≤ M, ha i = 1,k<br />
és<br />
i<br />
a ≤ M, ha j = k + 1, M +1<br />
j
A matematikai logika elemei 135<br />
(mivel az a = k + 1, M + 1 számokat nem karikáztuk be). Így találtunk M<br />
j<br />
darab nullától és egymástól különböző természetes számt, amelyek M -nél nem<br />
nagyobbak. Ez ellentmondás, tehát végtelen sok számot lehet bekarikázni.<br />
3. Bizonyítsd be, hogy az n<br />
1<br />
2 , n<br />
3n 2<br />
3n<br />
⎟<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎜⎝<br />
−<br />
1 ⎞<br />
+<br />
⎠⎟intervallum<br />
egyetlen n ∈ <br />
esetén sem tartalmaz egész számot.<br />
Bizonyítás. Ha az intervallum tartalmazza a k egész számot, akkor<br />
n<br />
1<br />
2 − < k < n<br />
3n 1<br />
2 + ,<br />
3n<br />
ahonnan következik, hogy<br />
2 1<br />
2n + 2<br />
9n 2 2 2 2 1<br />
− < k < 2n<br />
+ 2<br />
3 9n<br />
2<br />
+ 2<br />
3 .<br />
Mivel 2 2 < 3,<br />
az előbbi egyenlőtlenségek alapján<br />
2 2<br />
2n − 1< k<br />
2<br />
< 2n<br />
+1.<br />
2 2<br />
2<br />
De a (2 n − 1, 2n + 1) intervallum egyetlen egész számot tartalmaz a 2n -et és így<br />
2<br />
k<br />
2<br />
= 2n . Ez viszont ellentmondás, mert 2 ∉ , és így a vizsgált intervallum nem<br />
tartalmaz egész számot.<br />
21n + 4<br />
4. Bizonyítsd be, hogy a<br />
14n + 3<br />
tört egyetlen n esetén sem egyszerűsíthető.<br />
∈ <br />
Bizonyítás. Ha d ∈ osztja a tört számlálóját és nevezőjét, akkor<br />
d |3(14n + 3) − 2(21n + 4) ,<br />
vagyis d |1. Ez csak akkor lehetséges, ha d = 1,<br />
tehát a tört irreducibilis.<br />
5. Bizonyítsd be, hogy ha hét szám közül bármely négy összege nagyobb a többi<br />
három összegénél, akkor a számok pozitívak.<br />
Bizonyítás. Feltételezzük, hogy a ≤ 0 és tekintjük az<br />
1<br />
a + a + a + a > a + a + a , 7<br />
1 2 3 4 5 6<br />
a + a + a + a > a + a + a<br />
1 5 5 7 2 3 4<br />
egyenlőtlenségeket. Ha a megfelelő oldalakat összeadjuk az a > 0 egyenlőtlenséghez<br />
jutunk, ami ellentmond a feltételezésnek, tehát a > 0 . Mivel a -et tetszőlegesen<br />
1<br />
1<br />
választottuk, a számok mind pozitívak.<br />
6. Bizonyítsd be, hogy ha a , b és c páratlan természetes számok, akkor az<br />
2<br />
ax + bx + c = 0 egyenletnek nincs egész gyöke.<br />
2<br />
2<br />
Bizonyítás. Ha x páros, akkor ax + bx + c páratlan (mert ax + bx páros és c<br />
2<br />
páratlan) és ha x páratlan, akkor ax + bx + c páratlan mert három páratlan szám<br />
2<br />
összege. Így egyetlen x ∈ szám sem lehet gyöke az ax + bx<br />
+ c = 0 egyenletnek.<br />
1<br />
+ 1
136 A matematikai logika elemei<br />
2<br />
m<br />
m<br />
7. Bizonyítsd be, hogy ha ∉ , akkor ∉ 2<br />
n n<br />
( m, n ∈ , n ≠ 0) .<br />
Bizonyítás. Ha m<br />
2<br />
m<br />
∈ , akkor ∈ , tehát a ⎡p q 2<br />
n n<br />
⎢ →<br />
⎣<br />
alapján igaz az állítás.<br />
⇔ ⎤q →⎤<br />
p⎤<br />
⎥ tautológia<br />
⎦<br />
2<br />
m<br />
m<br />
8. Bizonyítsd be, hogy ha ∈ , akkor ∈ ( m, n ∈ , n ≠ 0) .<br />
2<br />
n n<br />
Bizonyítás. Ha m<br />
m a<br />
∉ , akkor létezik a, b ∈ , (, ab ) = 1úgy,<br />
hogy = és<br />
n n b<br />
2 2<br />
2<br />
m a<br />
2 2 2<br />
m<br />
b ∉ { ± 1} . Tehát = és ( a , b ) = 1,<br />
b ≠ 1 , vagyis ∉ . A [ p →q ⇔<br />
2 2<br />
2<br />
n b<br />
n<br />
⇔ ⎤q → ⎤p⎤<br />
⎥⎦<br />
tautológia alapján igaz a feladat állítása.<br />
9. Bizonyítsd be, hogy négy egymás utáni nullától különböző természetes szám<br />
szorzata nem lehet teljes négyzet.<br />
Bizonyítás.<br />
2 2<br />
n( n + 1)( n + 2)( n + 3) = ( n + 3 n)( n + 3n + 2) =<br />
2 2 2 2 2<br />
= ( n + 3 n) + 2 ⋅ ( n + 3 n) + 1− 1 = ( n + 3n + 1) − 1.<br />
Két teljes négyzet közötti különbség csak akkor 1, ha ezek a számok az 1 és 0, tehát<br />
2<br />
2<br />
2 2<br />
( n + 3n + 1) − 1 csak akkor teljes négyzet, ha ( n + 3 n + 1) − 1=<br />
0.<br />
Ez viszont<br />
ellentmond annak, hogy a számok különböznek 0-tól.<br />
IV.2.2.2. Gyakorlatok és feladatok (96. oldal)<br />
1. Bizonyítsuk be, hogy<br />
1 1 1 1 1<br />
a) + + + … + = 1 − ;<br />
1⋅2 2⋅3 3⋅4 n⋅ ( n + 1) n + 1<br />
nn ( + 1)( n+<br />
2)<br />
b) 1 ⋅ 2+ 2⋅ 3+ 3⋅ 4 + … + n⋅ ( n + 1) =<br />
;<br />
3<br />
n n+ 1<br />
2 4 8 2 2<br />
c) (1 + 2)(1 + 2 )(1 + 2 )(1 + 2 ) ⋅…⋅ (1 + 2 ) = 2 −1<br />
;<br />
⎛ 1 ⎞ 1 1 1<br />
d) 1 ⎟<br />
⎛ ⎞⎛<br />
1 ⎟<br />
⎞<br />
1 ⎟<br />
⎛ ⎞ n<br />
1 ⎟<br />
+ 1<br />
⎜ − 2⎟ − ⎜ ⎜<br />
2⎟ − ⋅ ⋅ − =<br />
2⎟ 2⎟<br />
2 ⎟<br />
⎜<br />
⎜ ⎝ ⎜ 3 ⎠⎝ ⎟ ⎜ 4 ⎠⎟ …<br />
⎝ ⎜ n ⎠⎟<br />
;<br />
⎝ ⎠<br />
2n<br />
e) 2 2 2 1 2 1 n− n− nn ( + 1)<br />
1 − 2 + 3 − … + ( − 1) n = ( −1)<br />
;<br />
2<br />
1 1 1<br />
nn ( + 2)<br />
f) + + … + =<br />
.<br />
1 ⋅3⋅5 3 ⋅5⋅7 (2n − 1)(2n + 1)(2n + 3) 3(2n + 1)(2n + 3)
A matematikai logika elemei 137<br />
Bizonyítás.<br />
1 1<br />
a) Ha n = 1,<br />
akkor = 1 − , tehát n = 1 esetén az egyenlőség teljesül.<br />
1⋅2 2<br />
1 1 1 1 1<br />
*<br />
Ha + + + … + = 1 − valamilyen n ∈ esetén, akkor<br />
1⋅2 2⋅3 3⋅4 n⋅ ( n + 1) n + 1<br />
1 1 1 1 1 1 1<br />
+ + + … + + = 1 − + =<br />
1⋅2 2⋅3 3⋅4 n⋅ ( n + 1) ( n + 1)( n + 2) n + 1 ( n + 1)( n + 2)<br />
1<br />
= 1 − ,<br />
n + 2<br />
tehát az egyenlőség teljesül ( n + 1) -re is. Így a matematikai indukció elve alapján<br />
1 1 1 1 1<br />
+ + + … + = 1 − , ∀ n ≥ 1<br />
1⋅2 2⋅3 3⋅4 n⋅ ( n + 1) n + 1<br />
1⋅2⋅3 2⋅3⋅4 b) Ha n = 1,<br />
akkor 1⋅ 2 = és ha n = 2 , akkor 1⋅ 2 + 2⋅ 3 = 8 = .<br />
3<br />
3<br />
n<br />
nn ( + 1)( n+<br />
2)<br />
Ha ∑ kk ( + 1) =<br />
, akkor<br />
k=<br />
1<br />
3<br />
n+ 1<br />
n<br />
nn ( + 1)( n+<br />
2)<br />
∑kk ( + 1) = ∑ kk ( + 1) + ( n+ 1)( n+ 2) = + ( n+ 1)( n+<br />
2) =<br />
k= 1 k=<br />
1<br />
3<br />
( n + 1)( n + 2)( n + 3)<br />
=<br />
, ∀n≥1 3<br />
tehát az egyenlőség teljesül ( n + 1) -re is. Így a matematikai indukció alapján<br />
1<br />
n<br />
∑<br />
k=<br />
1<br />
nn ( + 1)( n+<br />
2)<br />
kk ( + 1) = , ∀n≥1. 3<br />
2<br />
c) 1+ 2 = 2<br />
2 2<br />
−1<br />
és (1 + 2)(1 + 2 ) = 15 = 2 −1<br />
, tehát az egyenlőség teljesül<br />
n = 1 és n = 2 esetén.<br />
2 4 8 2 2<br />
Ha (1 + 2)(1 + 2 )(1 + 2 )(1 + 2 ) ⋅…⋅ (1 + 2 ) = 2 −1<br />
, akkor<br />
2 4 2 2<br />
(1 + 2)(1 + 2 )(1 + 2 ) ⋅… ⋅ (1 + 2 )(1 + 2 ) =<br />
( )<br />
2<br />
n n+ 1<br />
n n+ 1<br />
n+ 1 n+ 1 n+ 1 2<br />
n+<br />
2<br />
2 2 2 2<br />
= (2 − 1)(2 + 1) = 2 − 1 = 2 −1<br />
.<br />
A matematikai indukció elve alapján<br />
n n+<br />
1<br />
2 2 2<br />
(1 + 2)(1 + 2 ) ⋅…⋅ (1 + 2 ) = 2 −1, ∀ n ∈ .<br />
1 2+ 1 3<br />
d) n = 2 esetén 1 − = = .<br />
4 2⋅2 4<br />
Ha az egyenlőség teljesül n -re, akkor<br />
2<br />
⎛ 1 ⎞⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 1 ( 1) 1<br />
1 1 1 ⎜1<br />
⎟ n + n + −<br />
⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟<br />
⎜<br />
− 2⎟ 2 2 2 2<br />
2 ⎟ ⎜<br />
− ⎟ ⎟<br />
3 ⎟⋅… ⋅ − ⎜ − = ⋅ =<br />
⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎜ ⎟<br />
n ⎠⎜ ⎟⎜(<br />
n 1)<br />
⎟<br />
⎝ + ⎠ ⎟ 2 n ( n + 1)
138 A matematikai logika elemei<br />
nn ( + 2) n + 2<br />
= =<br />
2 nn ( + 1) 2( n+<br />
1)<br />
.<br />
tehát teljesül ( n + 1)<br />
-re is. Így a matematikai indukció elve alapján<br />
⎛ 1 ⎞⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ n + 1<br />
⎜ 1 ⎟⎜1 ⎟ ⎜1<br />
⎟<br />
⎜<br />
− n<br />
2⎟ 2 2<br />
2 ⎟ ⎜<br />
− ⎟⋅ ⋅ − ⎟=<br />
∀ ≥<br />
3 ⎟ … ⎜ n ⎟<br />
2.<br />
⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2n<br />
2 0 1⋅2 e) n = 1 esetén 1 = ( −1) ⋅ = 1.<br />
2<br />
2 2 2 n−1 2 n− 1 nn ( + 1)<br />
Ha n ∈ esetén 1 − 2 + 3 − … + ( − 1) n = ( −1)<br />
, akkor<br />
2<br />
2 2 2 n−1 2 n 2 n− 1 nn ( + 1)<br />
n<br />
2<br />
1 − 2 + 3 − … + ( − 1) n + ( − 1) ( n + 1) = ( − 1) + ( − 1) ( n + 1) =<br />
2<br />
n n + 1<br />
n ( n + 1)( n + 2)<br />
= ( −1) ⋅ ⋅ [2( n + 1) − n]<br />
= ( −1)<br />
,<br />
2 2<br />
tehát a bizonyítandó egyenlőség teljesül ( n + 1)<br />
-re is. Így a matematikai indukció<br />
elve alapján<br />
2 2 2 n−1 2 n− 1 nn ( + 1)<br />
1 − 2 + 3 − … + ( − 1) n = ( −1) , ∀ n ≥ 1.<br />
2<br />
1 1⋅3<br />
f) n = 1 esetén az = egyenlőség igaz.<br />
1⋅3⋅5 3⋅3⋅5 Ha az egyenlőség teljesül n -re, akkor<br />
1 1 1 1<br />
+ + … + +<br />
=<br />
1 ⋅3⋅5 3 ⋅5⋅7 (2n − 1)(2n + 1)(2n + 3) (2n + 1)(2n + 3)(2n + 5)<br />
nn ( + 2) 1<br />
= +<br />
3(2n + 1)(2n + 3) (2n + 1)(2n + 3)(2n + 5)<br />
=<br />
1 ⎡ 3 ⎤ 1 (2n + 1)( n + 1)( n + 3)<br />
= ⋅ ⎢nn ( + 2) + ⎥ = =<br />
3(2n + 1)(2 n + 3) ⎢⎣ 2n + 5⎥⎦ 3(2n + 1)(2n + 3) (2n + 5)<br />
( n + 1)( n + 3)<br />
=<br />
3(2n + 3)(2 n + 5)<br />
,<br />
tehát teljesül ( n + 1)<br />
-re is. Így a matematikai indukció elve alapján teljesül bármely<br />
*<br />
n ∈ esetén.<br />
Megjegyzés. Ha az eredmények nem adottak, akkor az<br />
1 1 1<br />
2<br />
= − ; kk ( + 1) = k + k;<br />
kk ( + 1) k k+1<br />
és<br />
2 k<br />
k k + 1<br />
2 2<br />
1 ( k − 1)( k + 1)<br />
(1 − 2 )(1 + 2 ) = 1 − 2 ;<br />
1 − =<br />
;<br />
2 2<br />
k k<br />
1 1 ⎛ 1 1 ⎞<br />
= ⋅ ⎜ −<br />
⎟<br />
(2k − 1)(2k + 1)(2k + 3) 4 ⎜ ⎜(2k 1)(2k 1) (2k 1)(2k 3)<br />
⎟<br />
⎝ − + + + ⎠<br />
⎟
A matematikai logika elemei 139<br />
összefüggéseket használhatjuk a kiszámításukhoz.<br />
2. Számítsd ki az alábbi összegeket, majd bizonyítsd a kapott eredményt a matematikai<br />
indukció módszerével:<br />
a) 1 ⋅2⋅ 3+ 2⋅3⋅ 4 + … + nn ( + 1)( n+<br />
2) ;<br />
b) 1⋅ 3 + 2⋅ 5+ 3⋅ 7 + … + n(2n + 1) ; c) 1⋅ 4 + 2⋅ 7 + 3⋅ 10 … + n(3n + 1) ;<br />
1 1 1<br />
1 1 1<br />
d) + + … +<br />
; e) + + … +<br />
;<br />
1 ⋅33⋅5 (2n − 1)(2n + 1) 1⋅44⋅7 (3n − 2)(3n + 1)<br />
n<br />
4k<br />
f) ∑ ; 4<br />
k=<br />
1 4k+ 1<br />
Megoldás.<br />
n<br />
g) ∑<br />
k= 1 ( k + 1)<br />
1<br />
.<br />
k + k k +1<br />
a)<br />
n n n n<br />
( 1)( 2) (<br />
3<br />
3<br />
2<br />
2 )<br />
3<br />
3<br />
2<br />
2<br />
∑ ∑ ∑ ∑<br />
kk+ k+ = k + k + k = k + ⋅ k + ⋅ k=<br />
k= 1 k= 1 k= 1 k=<br />
1<br />
2<br />
⎡nn ( + 1) ⎤<br />
= ⎢ ⎥<br />
⎢⎣ 2 ⎥⎦<br />
Más ötlet:<br />
nn ( + 1)(2 n+ 1) nn ( + 1)( n+ 2)( n+<br />
3)<br />
+ + nn ( + 1) =<br />
2 4<br />
∀ n≥1.<br />
4 kk ( + 1)( k+ 2) = kk ( + 1)( k+ 2)( k+ 3) −( k− 1) kk ( + 1)( k+<br />
2)<br />
∑<br />
tehát 4 ⋅ kk ( + 1)( k+ 2) = nn ( + 1)( n+ 2)( n+<br />
3) − 0.<br />
n n n n<br />
2 2<br />
k(2k + 1) = (2 k + k) = 2 ⋅ k + k =<br />
b) ∑ ∑<br />
k= 1 k= 1 k=<br />
1<br />
∑ ∑<br />
nn ( + 1)(2n+ 1) nn ( + 1) nn ( + 1) nn ( + 1)(4n+ 5)<br />
= + = ( 2(2n + 1) + 3)<br />
=<br />
.<br />
3 2 6 6<br />
c)<br />
k= 1<br />
n n n n<br />
2 2<br />
∑ ∑ ∑<br />
k= 1 k= 1 k=<br />
1<br />
∑<br />
k(3k + 1) = (3 k + k) = 3 ⋅ k + k =<br />
nn ( + 1)(2n+ 1) nn ( + 1)<br />
2<br />
= + = nn ( + 1)<br />
.<br />
2 2<br />
1 1 (2k + 1) −(2k −1) 1⎛ 1 ⎞<br />
d)<br />
⎜<br />
1<br />
= ⋅ = ⎜ − ⎟<br />
(2k − 1)(2k + 1) 2 (2k − 1)(2k + 1) 2 ⎜⎝2k − 1 2k + 1⎠⎟<br />
,<br />
n<br />
1 1⎛ 1 ⎞ n<br />
tehát ∑ = ⎜<br />
⎜1 − ⎟ =<br />
k=<br />
1 (2k − 1)(2k + 1) 2⎜⎝ 2n + 1⎠⎟2n + 1<br />
.<br />
1 1 (3k + 1) −(3k −2) 1⎛ 1<br />
⎞<br />
e)<br />
⎜<br />
1<br />
= ⋅ = ⎜ − ⎟<br />
(3k − 2)(3k + 1) 3 (3k − 2)(3k + 1) 3 ⎜⎝3k − 2 3k + 1⎠⎟<br />
,<br />
n<br />
1 1⎛ 1 ⎞ n<br />
tehát ∑ = ⎜<br />
⎜1 − ⎟ =<br />
(3k − 2)(3k + 1) 3 ⎜⎝ 3n + 1⎠⎟3n + 1<br />
.<br />
k=<br />
1<br />
4 4 2 2 2 2 2 2 2<br />
f) 4k + 1 = 4k + 4k + 1 − 4 k = (2k + 1) − (2 k) = (2k − 2k + 1)(2k + 2k + 1)<br />
és<br />
2 2<br />
4k(2k + 2k + 1) −(2k − 2k + 1) 1<br />
1<br />
= = −<br />
4 2 2 2 2<br />
4k + 1 (2k + 2k + 1)(2k − 2k + 1) 2k − 2k + 1 2k + 2<br />
k= 1<br />
n<br />
∑<br />
k= 1<br />
k + 1<br />
.
140 A matematikai logika elemei<br />
Másrészt<br />
2 2<br />
2( k + 1) − 2( k + 1) + 1 = 2k + 2k + 1 ,<br />
tehát az összeg közbeeső tagjai egyszerűsödnek és így<br />
n<br />
4k1 1 2 nn ( + 1)<br />
∑ = − =<br />
2 2 2<br />
4k + 1 1 2n + 2n + 1 2n + 2n<br />
+ 1<br />
.<br />
k=<br />
1<br />
g)<br />
( k + 1)<br />
1<br />
=<br />
k + k k + 1<br />
1<br />
kk ( + 1)( k+ 1 +<br />
=<br />
k) k + 1−k kk ( + 1)<br />
=<br />
1<br />
−<br />
k<br />
1<br />
k + 1 ,<br />
n<br />
tehát ∑ ( k + 1)<br />
1<br />
= 1 −<br />
k + k k + 1<br />
1<br />
.<br />
n + 1<br />
k=<br />
1<br />
Az indukciós bizonyítások az 1. feladathoz hasonlóan elvégezhetők, de a gondolatmenet<br />
minden esetben bizonyítássá is alakítható.<br />
3. Számítsd ki a következő összegeket:<br />
2 3 n<br />
a) 1 + x + x + x + … + x ;<br />
2 3<br />
n<br />
b) x + 2x + 3x<br />
+ … + nx ;<br />
n−1<br />
2 4 2<br />
x<br />
c) 2<br />
1−x x<br />
+ 4<br />
1−x x<br />
+ 8<br />
1−x x<br />
+ … +<br />
n<br />
2<br />
1 − x<br />
.<br />
2 3<br />
n<br />
Megoldás. a) Ha Sn= 1 + x + x + x + … + x , akkor<br />
x S<br />
2 3 n<br />
x x x x<br />
n 1<br />
x +<br />
⋅ = + + + … + + ,<br />
n<br />
n+<br />
1<br />
n+<br />
1<br />
1 − x<br />
tehát Sn −x ⋅ Sn = 1 − x és így S n = .<br />
1 − x<br />
⎧ n+<br />
1<br />
⎪<br />
1 − x<br />
, ha x ≠ 1<br />
2 3<br />
n<br />
Tehát 1 + x + x + x + … + x = ⎨<br />
⎪ 1 − x<br />
.<br />
⎪ n + 1, ha x = 1<br />
⎪⎩<br />
2<br />
n<br />
b) Ha Sn= x + 2x<br />
+ … + nx , akkor<br />
2 3<br />
n n<br />
x S x 2 x ( n 1) x nx + 1<br />
⋅ = + + … + − + és<br />
n<br />
n+<br />
1<br />
2 3 n n+ 1 1 − x<br />
n+<br />
1<br />
(1 − x) Sn = x + x + x + … + x − nx = −1− nx =<br />
1 − x<br />
n+ 2 n+<br />
1<br />
nx − ( n + 1) x + x<br />
=<br />
, ha x ≠ 1 .<br />
1 − x<br />
⎧ ⎪nn<br />
( + 1)<br />
⎪ , ha x = 1<br />
2<br />
Tehát S n = ⎪<br />
⎨ n+ 2 n+<br />
1<br />
.<br />
⎪ nx − ( n + 1) x + x<br />
⎪<br />
2 ,ha x ≠ 1<br />
⎪<br />
⎪⎩ ( 1 − x)
A matematikai logika elemei 141<br />
c)<br />
2 2 2<br />
2<br />
x x x(1 + x ) + x x + x + x<br />
+ = =<br />
2 4 4 4<br />
1−x 1−x 1−x 1−x<br />
+ + ( x + x + x )(1 + x ) + x + + + + + +<br />
+ = =<br />
4 8 8 8<br />
1−x 1− x 1+ x 1−x<br />
2 3 4 2 3 4 4<br />
2 3 4 5 6 7<br />
x x x x x x x x x x x<br />
Az előbbiek alapján az sejthetjük, hogy<br />
−1<br />
x x x<br />
+ + … + 2 4 n<br />
2<br />
1−x 1−x 1−x x + x<br />
=<br />
+ x + … + x<br />
n<br />
2<br />
1−x<br />
n<br />
2 −1<br />
x<br />
−1<br />
n<br />
2<br />
x 1 x − x<br />
= −<br />
n = 2 n<br />
2<br />
1 − x ( x −1) 1−x<br />
.<br />
n n<br />
2 2 2 3 2 −1<br />
3<br />
( )<br />
Ezt indukcióval igazolhatjuk. n ∈ {1, 2, 3} esetén az egyenlőség teljesül.<br />
Ha<br />
n−1n 2 4 2 2<br />
x x x x x − x<br />
+ + + … + =<br />
1−x 1−x 1−x 1 −x ( x −1)(1−x 2 4 8 n n<br />
2 2<br />
) , akkor<br />
n−1n n n<br />
2 4 2 2 2 2<br />
x x x x x x − x x<br />
+ + + … + 2 4 8 n + 2 n+ 1 = n + 2<br />
n+<br />
1 =<br />
2 2<br />
1−x 1−x 1−x 1 −x 1−x ( x −1)(1 −x<br />
) 1−x<br />
n n n n+<br />
1<br />
2 2 2 2<br />
( x − x)(1 + x ) + ( x −1) ⋅x x − x<br />
= n+ 1 =<br />
n+<br />
1 ,<br />
2 2<br />
( x −1)(1 −x ) ( x −1)(1 −x<br />
)<br />
tehát, az egyenlőség ( n + 1)<br />
-re is igaz. A matematikai indukció elve alapján<br />
n−1n 2 4 2 2<br />
x x x x x − x<br />
+ + + … + , 1<br />
2 4 8 n = n ∀ n ≥ és x ≠ 1 esetén.<br />
2 2<br />
1−x 1−x 1−x 1 −x ( x −1)(1 −x<br />
)<br />
4. Bizonyítsd be a következő egyenlőtlenségeket:<br />
n<br />
a) 2<br />
2<br />
≥n , ∀ n ≥ 4;<br />
k<br />
⎛ 1⎞<br />
k<br />
b) ⎜1<br />
⎟<br />
⎜⎝<br />
+ ≥ 1 + ,<br />
n⎠⎟n *<br />
nk , ∈ ;<br />
n<br />
c) (1 + x)<br />
*<br />
≥ 1 + nx (Bernoulli egyenlőtlenség), ha n ∈ és x > 0;<br />
d) 2( n + 1 − 1) < 1+ 1<br />
+<br />
2<br />
1<br />
+ … +<br />
3<br />
1<br />
< 2<br />
n<br />
n ;<br />
1 3 5 2n−1 e) ⋅ ⋅ ⋅… ⋅ <<br />
2 4 6 2n 1<br />
,<br />
3n + 1<br />
∀ n > 1;<br />
n + 1 1 1 1 1<br />
f) ≤ 1 + + + + … + < n, n<br />
2 2 3 4 2 −1<br />
∀ n ≥2;<br />
1<br />
g) 1+ 2<br />
2<br />
1 1<br />
+ + … + 2 2<br />
3 n<br />
< 2;<br />
n<br />
h) 3<br />
3<br />
≥n ∀ n ≥ 4;<br />
n<br />
i) 2<br />
2<br />
> n + 4n + 5, ∀ n ≥7;<br />
2 n<br />
2<br />
n + 2n − 2 k n + 3n<br />
− 4<br />
j)<br />
< ∑ k ! <<br />
.<br />
6 4<br />
k=<br />
2<br />
=
142 A matematikai logika elemei<br />
4<br />
Bizonyítás. a) n = 4 esetén 2<br />
2<br />
5<br />
= 4 = 16,<br />
n = 5 -re pedig 2<br />
2<br />
= 32> 25 = 5 -<br />
Ha 2<br />
2<br />
, akkor 2 és így a<br />
n<br />
n+<br />
1 2<br />
≥ n<br />
≥ 2n<br />
n n n n n<br />
2 2 2 2<br />
2 ≥ ( + 1) ⇔ − 2 + 1 ≥2 ⇔ ( −1) ≥ 2<br />
+<br />
2 ≥ ( n + 1)<br />
n 1<br />
2<br />
egyenlőtlenség alapján . A matematikai indukció elve alapján így<br />
n 2<br />
2 ≥n ∀ n ≥ 4.<br />
b) k szerinti indukciót használunk. k = 1 esetén egyenlőség áll fenn. Ha rögzített k<br />
k<br />
⎛ 1 ⎞ k<br />
esetén ⎜1+<br />
⎟<br />
⎜⎝<br />
≥ 1+<br />
n⎟ , akkor<br />
⎠ n<br />
k + 1<br />
⎛ 1⎞ 1 1<br />
1 ⎟<br />
⎛ ⎞ k k k k<br />
1 ⎟⎜<br />
⎛ ⎞<br />
1 ⎟<br />
+ 1<br />
⎜ ⎜<br />
⎜ + ⎟ 1 1 2<br />
n⎟ ≥<br />
⎜ + ⎟⎜+<br />
⎟ = + + + ≥ +<br />
n⎟⎜n⎟ ,<br />
⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ n n n n<br />
tehát, az egyenlőtlenség ( k + 1)<br />
-re is igaz. A matematikai indukció elve alapján tehtát<br />
k<br />
⎛ 1 ⎞<br />
⎜ 1 ⎟<br />
⎜⎝<br />
+<br />
n⎠ ⎟<br />
k<br />
≥ 1 + ,<br />
n<br />
*<br />
∀ nk , ∈ .<br />
c) Ha n = 1,<br />
az egyenlőség teljesül.<br />
n<br />
Ha (1 + x)<br />
≥ 1 + nx , akkor<br />
n+<br />
1 2<br />
(1 + x) ≥ (1 + nx)(1 + x) = 1 + nx + x + nx ≥ 1 + ( n + 1) x<br />
*<br />
∀ x > − 1 és n ∈ esetén.<br />
n<br />
A matematikai indukció elve alapján (1 + x) ≥ 1 + nx<br />
, ∀ n ≥1és x > −1<br />
.<br />
d) n = 1-re<br />
a 2( 2 − 1) < 1 < 2 1 egyenlőséget kell megvizsgálni. Ez igaz, mert<br />
2 2 < 3 és 1 < 2.<br />
Ha az egyenlőtlenségek teljesülnek n -re, akkor<br />
2( n + 1 − 1) +<br />
1<br />
< 1 +<br />
n + 1<br />
1<br />
+ … +<br />
2<br />
1<br />
+<br />
n<br />
1<br />
< 2<br />
n + 1<br />
n +<br />
1<br />
n + 1<br />
(*)<br />
Megvizsgáljuk a<br />
2 n +<br />
1<br />
< 2<br />
n + 1<br />
n + 1 (1)<br />
és<br />
2( n + 1 − 1) +<br />
1<br />
> 2(<br />
n + 1<br />
n + 2 − 1) (2)<br />
egyenlőtlenségeket.<br />
(1) ⇔<br />
1<br />
4n + +<br />
n + 1<br />
4 n<br />
< 4n + 4<br />
n + 1<br />
⇔ 1 + 4 n( n + 1) < 4n + 4 ⇔<br />
2 2<br />
*<br />
⇔ 16n + 16n < 16n + 24n + 9 és ez igaz mert n .<br />
∈ <br />
(2) ⇔ 2 n + 1 +<br />
1<br />
> 2<br />
n + 1<br />
n + 2 ⇔<br />
1<br />
4n + 4 + + 4 > 4n + 8<br />
n + 1<br />
1<br />
és ez igaz mert > 0 .<br />
n + 1
A matematikai logika elemei 143<br />
(1), (2) és (*) alapján az egyenlőtlenség igaz ( n + 1) -re. Így a matematikai indukció<br />
alapján az egyenlőtlesnség igaz ∀ n ≥1esetén.<br />
1 3 3 1<br />
2<br />
e) n = 2 esetén ⋅ = < mivel 9⋅ 7 = 63 < 64 = 8 .<br />
2 4 8 7<br />
Ha az egyenlőtlesnég teljesül n -re, akkor<br />
1 3 5 2n − 1 2n + 1 1 2n + 1<br />
⋅ ⋅ ⋅…⋅ ⋅ < ⋅<br />
2 4 6 2n 2n + 2 3n + 1 2n + 2<br />
.<br />
Ha igazolni tudjuk, hogy<br />
1 2n+ 1 1<br />
⋅ ≤<br />
3n + 1 2n + 2 3n + 2<br />
(1)<br />
akkor következik, hogy az egyenlőtlenség ( n + 1)<br />
-re is igaz, tehát a matematikai<br />
*<br />
indukció elve alapján bármely n ∈ esetén is igaz.<br />
2 2 2<br />
(1) (3n 2)(2 n 1) (3n 1)(2 n 2) 0 8n 9n 2<br />
⇔ + + ≤ + + ⇔ ≤ + + .<br />
*<br />
Mivel az utolsó egyenlőtlenség igaz ∀ n ∈ esetén, a bizonyítás teljes.<br />
3 1<br />
f) n = 2 esetén a < 1+<br />
144 A matematikai logika elemei<br />
Mivel az utolsó egyenlőség igaz,<br />
elve alapján<br />
1 1<br />
(1) ⇔ < ⇔ n < n + 1<br />
2<br />
( n + 1) ( n + 1)<br />
n<br />
∑<br />
n+<br />
1<br />
∑<br />
1 1<br />
≤2− és így a matematikai indukció<br />
+ 1<br />
2<br />
k= 1 k n<br />
1 1<br />
≤2− < 2, ∀ n ≥1.<br />
2<br />
k=<br />
1 k n<br />
1 1<br />
Megjegyzés. Az < egyenlőtlenség alapján<br />
2<br />
k k( k − 1)<br />
n n n<br />
1 1 ⎛ 1 1⎞<br />
1 1 1 ⎟<br />
1<br />
+ ∑ < + ∑ = + ∑⎜−<br />
⎟ = 2−<br />
<<br />
k k( k + 1)<br />
⎜⎜⎝k −1<br />
k⎠⎟2. n<br />
2<br />
k= 2 k= 2 k=<br />
2<br />
4<br />
h) Ha n = 4 , akkor 3<br />
3<br />
= 81<br />
és 4<br />
4<br />
= 64,<br />
tehát 3<br />
3<br />
> 4 .<br />
Ha rögzített n ∈ esetén 3<br />
3<br />
, akkor 3 3 1,<br />
mert<br />
n<br />
n+<br />
1 3 3 2<br />
≥ n<br />
≥ n > n + 3n + 3n<br />
+<br />
3 2 2<br />
2<br />
n ≥ 4 esetén n ≥ 4n ≥ 3n + 4n<br />
≥ 3n<br />
+ 3n + 1.<br />
n 3<br />
A matematikai indukció elve alapján 3 ≥n ∀ n ≥ 4.<br />
7<br />
i) n = 7 esetén 2<br />
2<br />
= 128<br />
és n + 4n + 4 = 82,<br />
tehát az egyenlőtlenség teljesül.<br />
n<br />
Ha 2<br />
2<br />
n+<br />
1 2 2<br />
≥ n + 4n<br />
+ 5, akkor 2 ≥ 2 n + 8n + 10> n + 6n<br />
+ 10,<br />
tehát az egyenlőtlenség<br />
( n + 1) -re is teljesül.<br />
n 2<br />
A matematikai indukció elve alapján 2 > n + 4n + 5, ∀ n ≥7.<br />
j) Ha az egyenlőtlenséget teljes indukcióval akarjuk bizonyítani, azt kell ellenőriznünk,<br />
teljesül-e az n legkisebb szóba jövő értékére, és azt, hogy az egyes odalak<br />
megváltozása nem változtat-e az egyenlőtlenség irányán, ha ( n − 1)<br />
-ről áttérünk n -re.<br />
Ha n = 2 , 1< 2 < 1, 5,<br />
tehát az egyenlőtlenség teljesül.<br />
Ha ( n − 1)<br />
-ről áttérünk n -re, a bal oldal megváltozása:<br />
2<br />
2<br />
n + 2n − 2 ( n − 1) + 2( n −1) −2<br />
2n<br />
+ 1<br />
Bn− B = − = ,<br />
n−1<br />
6 6<br />
6<br />
az egyenlőtlenséglánc középső tagjának a megváltozása:<br />
n<br />
K − K = n!<br />
,<br />
n n−1<br />
végül a jobb oldal megváltozása:<br />
2<br />
2<br />
n + 3n − 4 ( n − 1) + 3( n −1) −4<br />
n + 1<br />
Jn− J = − = .<br />
n−1<br />
4 4<br />
2<br />
Elég tehát a<br />
2n + 1 n n + 1<br />
< n ! < ,<br />
6 2<br />
vagy a kicsit többet mondó<br />
n 1 n ! 1<br />
(1)<br />
< <<br />
3 n + 1 2
A matematikai logika elemei 145<br />
egyenlőtlenséget bizonyítani az n ≥ 3 egészekre.<br />
Alkalmazzuk a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenségeket az<br />
1, 2, …,<br />
n<br />
számokra. Ezeknek a számoknak a mértani közepe<br />
n M = n!<br />
,<br />
számtani közepe pedig<br />
1+ 2+ … + n n + 1<br />
S = = .<br />
n<br />
2<br />
Az M < S egyenlőtlenségből épp (1) jobb oldalát kapjuk.<br />
Az n! = n⋅( n −1)! összefüggés alapján alakítsuk az (1) közepén álló kifejezés n -<br />
edik hatványát szorzattá:<br />
n n<br />
n n−1<br />
1<br />
n! n n! n ( n −1)! ⎛ n ⎞ ⎛n −1⎞ ⎛ ⎞<br />
= ⋅ = ⋅ = …= ⎜<br />
n n n n n−1⎜<br />
⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟<br />
( n 1) ( n 1) n ( n 1) n ⎜ ⎟ ⋅ ⎟ ⋅ ⎟<br />
n 1⎟ ⎜ n ⎟ …<br />
+ + + ⎝ + ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎜ ⎜2⎟<br />
1<br />
⋅<br />
⎠ .<br />
Ez egy n -tényezős szorzat, elég belátnunk, hogy mindegyik tagja nagyobb 1<br />
3 -nál:<br />
j<br />
⎛ j ⎞ 1<br />
(2)<br />
⎜<br />
⎟ > ( j = 1, 2, )<br />
j 1<br />
⎟<br />
… .<br />
⎜ ⎝ + ⎠⎟3<br />
Ismét a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenséget akarjuk felhasználni:<br />
⎛ 1⎞<br />
veszünk j számot, melyek mindegyike ⎜<br />
⎜⎜ 1 + ⎟-vel<br />
egyenlő, és veszünk k egymással<br />
⎝ j ⎠⎟<br />
egyenlő pozitív számot, amelyek szorzata 1<br />
-dal egyenlő. Ezek m mértani közepének<br />
3<br />
( j + k)<br />
-adik hatványa<br />
j<br />
1⎛ j+ k j + 1⎞<br />
m = ⎜<br />
⎟<br />
3 ⎜⎜⎝ j ⎠<br />
⎟<br />
,<br />
számtani közepe pedig<br />
⎛ 1⎞<br />
j ⎜<br />
⎜1 + ⎟ + k ⋅a<br />
⎜⎝ j ⎠⎟<br />
s =<br />
,<br />
j + k<br />
k 1<br />
ahol a = . Eszerint készen vagyunk, ha sikerül k -t úgy megválasztani, hogy s = 1<br />
3<br />
legyen, hiszen ekkor m < 1,<br />
ami ekvivalens a bizonyítandó (2)-vel.<br />
Az s ≤ 1 egyenlőtlenség feltétele<br />
j + 1 + k ⋅a ≤ j + k , azaz<br />
ami teljesül például k = 6 mellett:<br />
k<br />
1 k ⎛k−1⎞ = a ≤ ⎜ ⎟<br />
3<br />
⎜⎜⎝ ⎟<br />
k ⎠ ⎟<br />
,<br />
3<br />
6<br />
⎛6⎞ ⎟<br />
216<br />
⎛5⎞ 1<br />
⎜<br />
⎜⎝<br />
= = 1, 728 < 3<br />
5⎠⎟ , tehát ⎜ ⎟ ><br />
125<br />
⎜⎝6 ⎟ .<br />
⎠ 3
146 A matematikai logika elemei<br />
5. Bizonyítsd be a következő egyenlőtlenségeket:<br />
2<br />
⎛ n ⎞⎛ n n<br />
a) ⎜ 2<br />
⎜<br />
⎜ 2<br />
a ⎟<br />
⎞<br />
⎜<br />
⎜ b ⎟<br />
⎛ ⎞⎟⎠<br />
∑ ⎟ ⎜ a b , ha a b ;<br />
k⎟ ⎟≥ ⎟ ⎜ ⎜∑<br />
k ⎟<br />
⎜ ⎜∑<br />
, ∈ <br />
k k<br />
k k<br />
⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝<br />
k= 1 k= 1 k=<br />
1<br />
a + a + …+ a ≤ a + a + … + a , ha a ∈ ,<br />
k = 1, n;<br />
b) 1 2 n 1 2<br />
n<br />
a + b ) ≥ ( a + b)<br />
, ∈ + > 0<br />
n−1n n<br />
n<br />
c) 2 ( , ha ab és a b ;<br />
1<br />
d) Ha x + x + … + x<br />
1 2<br />
n ≤ és xj 2<br />
≥ 0 ∀ j = 1,n , akkor<br />
1<br />
(1 −x )(1 −x ) ⋅… ⋅(1 −x )<br />
1 2<br />
n ≥ ;<br />
2<br />
n<br />
1 1 1 1<br />
e)<br />
≤ − + … + − <<br />
( x + 1)( x + 2 n) x + 1 x + 2 x + 2n − 1 x + 2n<br />
n<br />
< , ha x > 0,<br />
⎛ 1⎞⎛ 1<br />
x ⎟<br />
⎞<br />
⎜ + ⎟⎜x + 2n<br />
+ ⎟<br />
⎜⎝ ⎟<br />
2⎠⎝ ⎟ ⎜ 2⎠⎟<br />
n ∈ .<br />
n k<br />
f) Ha k, n ∈ és 0≤x≤ 1,<br />
akkor [ 1 −(1 −x) ]<br />
k<br />
≥1 −(1 −x )<br />
n .<br />
2 2 2<br />
Bizonyítás. a) n = 1 esetén ab ( ab)<br />
ha a , b ∈ , tehát ebben az esetben<br />
≥ 1 1 1 1<br />
1 1<br />
az egyenlőtlenség teljesül.<br />
*<br />
Ha n ∈ és tetszőleges ( a ) ,( b ) valós számokra teljesül a<br />
i i= 1, n i i= 1, n<br />
⎛ n ⎞⎛ n ⎞ ⎛ n ⎞⎟⎠<br />
⎜ 2 2<br />
⎜ a ⎟ ⎟⎜ b ⎟ ⎟≥⎜<br />
a b<br />
⎜ ⎜∑ k ⎟<br />
⎜ ⎜∑ k ⎟<br />
⎜ ⎜∑<br />
k k<br />
⎝k= 1 ⎠⎝k= 1 ⎠ ⎝k=<br />
1<br />
egyenlőtlenség, akkor írhatjuk, hogy:<br />
2 2<br />
⎛n+ 1 ⎞⎛n+ 1 ⎞ ⎛n+ 1 ⎞ ⎛ n ⎞⎛ n ⎞ ⎛ n<br />
⎞<br />
⎜ 2 2 2 2 2 2<br />
⎜ a ⎟ ⎟⎜ b ⎟ ⎟− ⎜ ab ⎟ = ⎜ a + a ⎟ ⎟⎜ b + b ⎟ ⎟− ⎜ ab + a b ⎟ =<br />
⎜ ⎜∑ k ⎟<br />
⎜ ⎜∑ k ⎟<br />
⎜ ⎜∑ k k ⎟<br />
⎜ ⎜∑ k n+ 1 ⎟<br />
⎜ ⎜∑ k n+ 1 ⎟<br />
⎜ ⎜∑<br />
k k n+ 1 n+<br />
1<br />
⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠<br />
⎟<br />
k= 1 k= 1 k= 1 k= 1 k= 1 k=<br />
1<br />
n n n n n<br />
2<br />
n<br />
2 2 2 2 2 2<br />
a ⎟ b ⎟ a b b a a b ⎟<br />
∑ ⎟ 2<br />
k⎟ ⎟ ⎟ a b a b<br />
⎟ ∑ k ⎟ n+ 1∑ k n+ 1∑ k ∑ k k ⎟ n+ 1 n+<br />
1∑<br />
k k<br />
k= 1 k= 1 k= 1 k= 1 k= 1 k=<br />
1<br />
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞<br />
= ⎜<br />
⎜ + + − ⎜ − =<br />
⎜⎜⎝ ⎠⎝ ⎜ ⎠ ⎝ ⎜ ⎠<br />
2<br />
⎛ n ⎞⎛ n ⎞ ⎛ n ⎞<br />
2 2<br />
= ⎜ a ⎟ ⎟⎜ b ⎟ ⎟− ⎜ a b ⎟<br />
⎜ ⎜∑ k ⎟<br />
⎜ ⎜∑ k ⎟<br />
⎜<br />
⎜⎜∑<br />
k k<br />
⎝k= 1 ⎠⎝k= 1 ⎠ ⎝k= 1 ⎠<br />
⎟<br />
n<br />
+ ∑ ( a b n+ 1 k<br />
k=<br />
1<br />
2<br />
−b a ) n+<br />
1 k ≥ 0<br />
A matematikai indukció elve alapján<br />
2<br />
⎛ n ⎞⎛ n n<br />
2 2<br />
a ⎟<br />
⎞<br />
b ⎟<br />
⎛ ⎞⎟⎠<br />
⎜ ⎟⎜ ⎟≥⎜<br />
a b<br />
⎜ ⎜∑ k ⎟<br />
⎜ ⎜∑ k ⎟<br />
⎜ ⎜∑<br />
, ∀ n ∈ , k k<br />
⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝<br />
∀ a , b k k ∈ k = 1,n.<br />
k= 1 k= 1 k=<br />
1<br />
b) a + a ≤ a + a . Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha a számok azonos<br />
1 2 1 2<br />
előjelűek.<br />
Ha n -re teljesül az egyenlőtlenség, akkor<br />
2<br />
k<br />
n n+<br />
1<br />
∑ ∑<br />
a + a + …+ a + a ≤ a + a + …+ a + a ≤ a + a = a .<br />
n+<br />
1 2 n n+ 1 1 2 n n+<br />
1 i 1<br />
i<br />
i= 1 i=<br />
1
A matematikai logika elemei 147<br />
2 2 2<br />
2<br />
c) n = 1 esetén egyenlőség van. n = 2 -re 2( a + b ) ≥ ( a + b)<br />
, mert ( a −b) ≥ 0.<br />
Ha az egyenlőtlenség teljesül n -re, akkor<br />
n−1n n<br />
n<br />
2 ( a + b ) ≥ ( a + b)<br />
és így<br />
Vizsgáljuk meg a<br />
2 ( a + b )( a + b) ≥ ( a + b)<br />
n− 1 n n n+<br />
1<br />
n n+ 1 n+ 1 n−1 n n<br />
2( a + b ) ≥ 2 ( a + b )( a + b)<br />
n n<br />
egyenlőtlenséget. Ez ekvivalens az ( a −b ) ( a −b) ≥ 0 egyenlőtlenséggel és ez igaz.<br />
d) Ha n = 1,<br />
akkor egyenlőség áll fenn. Ha n = 2 , akkor<br />
1 1<br />
(1 −x1)(1 − x2) = 1 −x1 − x2 + xx 1 2 ≥ + xx 1 2 ≥ .<br />
2 2<br />
Feltételezzük, hogy létezik olyan n , amelyre tetszőleges x , x , …, x 1 2 n<br />
1<br />
1<br />
ra, ha x + x + … + x<br />
1 2<br />
n ≤ , akkor (1 −x )(1 −x ) …(1<br />
−x 1 2<br />
n ) ≥ .<br />
2<br />
2<br />
∈ számok-<br />
+<br />
Ha y , y , , y , és<br />
1 2 n y n+<br />
1 + ∈<br />
… 1<br />
y + y + … + y 1 2 n + y ≤ , akkor az<br />
n+<br />
1<br />
2<br />
(1 −y )(1 −y ) ≥1−y − y > 0<br />
1 2 1 2<br />
egyenlőtlenség alapján írhatjuk, hogy<br />
1<br />
(1 −y )(1 −y ) ⋅…⋅(1 −y )(1 ) (1 )(1 ) (1 )<br />
1 2 n −y ≥ −y −y −y ⋅… ⋅ −y ≥<br />
n+ 1 1 2 3 n+<br />
1<br />
2<br />
x = y + y , x = y , k = 2,n számokra alkalmazzuk az indukciós felté-<br />
mert az 1 1 2 k k+<br />
1<br />
telt. A matematikai indukció elve alapján a tulajdonság bármely n ∈ esetén igaz.<br />
1 1 1 1<br />
e) Ha n = 1,<br />
akkor az<br />
≤ − ≤<br />
( x + 1)( x + 2) x + 1 x + 2 ⎛ 1⎞ 5<br />
⎜<br />
⎜x ⎟<br />
⎜⎝<br />
+ ⎟<br />
2 ( x +<br />
⎠⎟<br />
2)<br />
egyenlőtlenséget kell igazolnunk. Az első egyenlőtlenségben egyenlőség van, míg a<br />
második teljesül mert 5<br />
< 2 . Feltételezzük, hogy n -re teljesül és mindhárom<br />
4<br />
⎛ 1 1 ⎞<br />
kifejezéshez hozzáadunk ⎜ ⎟<br />
⎜⎝<br />
−<br />
x + 2n + 1 x + 2n + 2⎟<br />
-t. Elégséges igazolnunk, hogy<br />
⎠<br />
n 1 1 n + 1<br />
+ − ≥<br />
( x + 1)( x + 2 n) x + 2n + 1 x + 2n + 2 ( x + 1)( x + 2n + 2)<br />
és<br />
n 1 1 n + 1<br />
+ − ≤<br />
⎛ 1⎞⎛ 1 2 1 2 2 1<br />
x ⎟<br />
⎞<br />
x 2n ⎟ x + n + x + n + ⎛ ⎞⎛<br />
x ⎟<br />
1⎞<br />
⎜ + ⎟⎜ + + ⎟ ⎜ + ⎟⎜x<br />
+ 2n<br />
+ +<br />
⎝ 2⎠⎝ ⎟ ⎜ 2⎠⎟ ⎝ ⎜ 2⎠⎝<br />
⎟ ⎜<br />
2<br />
2⎟⎠<br />
Az első egyenlőtlenség ekvivalens az ( x + 1 )( x + 2n + 2) ≥ x( x + 2n)<br />
egyenlőtlenséggel és a második az<br />
⎛ 1⎞⎛ 1⎞<br />
⎜<br />
⎜x 2n ⎟⎜x 2n 2 ⎟<br />
⎜<br />
+ + ⎟ + + + ⎟≤<br />
( x + 2n + 1)( x + 2n<br />
+<br />
⎝ 2⎠⎝ ⎟ ⎜<br />
2⎠⎟<br />
2)
148 A matematikai logika elemei<br />
egyenlőtlenséggel. Mivel mindkét egyenlőtlenség igaz, a bizonyítandó egyenlőtlenség<br />
*<br />
(n + 1) -re is igaz és így a matematikai indukció alapján igaz minden n ∈ esetén.<br />
f) Két egymásba ágyazott indukciót használunk. Ahhoz, hogy a k szerinti indukció<br />
működjön az<br />
k+ 1 n k n n n k n<br />
*<br />
(1 − x ) + (1 −x ) (1 −x) ≥(1 − x)<br />
+ (1 − x ) x ∈[0, 1], k, n ∈ <br />
k<br />
egyenlőtlenségre volna szükség. Az x = a és x = b jelöléssel ez<br />
n<br />
(1 − ab) n n<br />
+ (1 −a) (1 −b) n<br />
≥(1 − a) n<br />
+ (1 − b)<br />
alakban írható. Ezt az egyenlőtlenséget n szerinti indukcióval igazoljuk.<br />
n<br />
(1 −ab) n<br />
≥(1 − a) n n n<br />
+ (1 −b) −(1 −a) (1 −b) / ⋅(1 − ab)<br />
Elégséges igazolni, hogy<br />
n<br />
(1 − a) n n n n n<br />
+ (1 −b) −(1 −a) (1 −b) −ab(1 −a) −ab(1 − b) n<br />
+ ab(1 −a) (1 −b)<br />
n+ 1 n+ 1 n+ 1 n+<br />
1<br />
≥ (1 + a) + (1 −b) −(1 −a) (1 − b)<br />
.<br />
Ez ekvivalens az<br />
n n n<br />
n<br />
a(1 −a) (1 −b) [ 1 −(1 − b) ] + b(1 −b) [ 1 −(1 −a) ] ≥ 0<br />
egyenlőtlenséggel és ez igaz.<br />
6. Bizonyítsd be a következő oszthatóságokat:<br />
n<br />
a) 4|(15<br />
n+ 1<br />
+ 3 ) ;<br />
n<br />
b) 9|(16 −6n−1) ;<br />
n−1 4n−3 2n+ 1 3n+ 1<br />
c) 7| (5⋅ 2 + 9 ) ; d) 17 | (3 ⋅ 5 + 2 ) ;<br />
3 | (11 + 12 )<br />
n+ 2 2n+<br />
1 7n+ 3 2n+ 1 4n+ 1<br />
e) 13 ; f) 23 | (2 + 3 ⋅ 5 ) ;<br />
2<br />
Bizonyítás. a) n = 1 esetén 15 + 3 = 24 4 .<br />
n<br />
Ha 15<br />
n+<br />
1<br />
n n+<br />
2<br />
+ 3 = 4M<br />
, akkor 15 ⋅ 3 + 3<br />
n+ 2<br />
= 4 ⋅ 3M<br />
és így 3<br />
n<br />
= 4 ⋅3M−15 ⋅3,<br />
n+ 1 n+<br />
2<br />
tehát 1 5 + 3<br />
n+ 1 n<br />
n<br />
= 15<br />
−15⋅ 3 + 4 ⋅ 3M = 15 ⋅ 12 + 12 ⋅ M 4 .<br />
n<br />
b) n = 1 esetén 16 −6n−1értéke 9.<br />
n<br />
n<br />
n+<br />
1<br />
Ha (1 6 −6n−1) 9 , akkor 16 = 9M + 6n + 1 , tehát 16 = 16 ⋅ 9M + 96n + 16<br />
n+ 1<br />
és így 16 − 6( n + 1)<br />
− 1 = 16 ⋅ 9M + 90n + 9 és ez osztható 9-cel. A matematikai<br />
*<br />
indukció elve alapján 9| (16 −6n −1), ∀ n ∈ .<br />
n<br />
n−1<br />
4n−3 c) n = 1 esetén 5⋅ 2 + 9 értéke 14 és ez osztható 7-tel.<br />
n−1 4n−3<br />
Ha 5⋅ 2 + 9<br />
n<br />
= 7M,<br />
akkor 5⋅ 2<br />
4n−3 n<br />
= 14M−2⋅9 , vagyis 5⋅ 2<br />
4n+ 1<br />
+ 9 =<br />
4n−3 4<br />
4<br />
= 14M + 9 (9 − 2) és ez osztható 7-tel mert ( 9 − 2) = 81⋅81 −2=<br />
6559 és ez<br />
osztható 7-tel.<br />
2n+ 1 3n+ 1<br />
d) n = 0 esetén 3⋅ 5 + 2 értéke 17 .<br />
Ha<br />
2n+ 1 3n+ 1<br />
3⋅ 5 + 2 = 17M,<br />
akkor<br />
2n+ 3 3n+ 1<br />
3 ⋅ 5 = 17 ⋅25M −25 ⋅2,<br />
tehát<br />
2n+ 3 3n+ 4<br />
3⋅5 + 2<br />
3n+ 1<br />
= 17⋅25M−2 ⋅17<br />
és ez osztható 17 -tel.<br />
n+ 2 2n+<br />
1<br />
e) n = 0 esetén 11 + 12 értéke 133 .<br />
n+ 2 2n+<br />
1<br />
n+ 3<br />
Ha 11 + 12 = 133M<br />
, akkor 11<br />
2n+<br />
1<br />
= 11⋅133M −11⋅12és így<br />
n ≥
A matematikai logika elemei 149<br />
n+ 3 2n+ 3<br />
11 + 12<br />
2n+<br />
1<br />
= 11⋅ 133M + 133 ⋅12<br />
. A matematikai indukció elve alapján<br />
n+ 2 2n+ 1<br />
133 | (11 + 12 ) ∀ n ∈ .<br />
7n+ 3 2n+ 1 4n+ 1<br />
f) n = 0 esetén 2 + 3 ⋅ 5 értéke 23.<br />
7n+ 3 2n+ 1 4n+ 1<br />
7n+ 3 2n+ 1 4n+ 1<br />
Ha 2 + 3 ⋅ 5 = 23M,<br />
akkor 2 = 2 3M−3 ⋅5<br />
, tehát<br />
7n+ 10 7 7 2n+ 1 4n+ 1<br />
2 = 2 ⋅23M−2 ⋅3 ⋅ 5 .<br />
Ebből következik, hogy<br />
7n+ 10 2n+ 3 4n+ 5 7 2n+ 1 4n+ 1 2 4 7<br />
2 + 3 ⋅ 5 = 2 ⋅ 23M+ 3 ⋅4 ⋅(3 ⋅5 − 2 ) .<br />
2 4 7<br />
7n+ 10 2n+ 3 4n+ 1<br />
Mivel 3 ⋅5− 2 = 23 ⋅ 239 következik, hogy (2 + 3 ⋅ 5 ) 23 és így a<br />
7n+ 3 2n+ 1 4n+<br />
1<br />
matematikai indukció alapján (2 + 3 ⋅5) 23 ∀ n ∈ .<br />
7. Bizonyítsd be, hogy minden háromszög felbontható n darab hozzá hasonló<br />
háromszögre, ha n ≥ 6 .<br />
Bizonyítás. Ha egy háromszögben felvesszük az oldalak felezőpontjait és meghúzzuk<br />
a középvonalakat, négy darab az eredetivel hasonló háromszög keletkezik. Ez azt<br />
jelenti, hogy ha egy háromszöget felbontottunk n darab vele hasonló háromszögre,<br />
akkor a felbontás valamelyik háromszögét négy háromszögre bontva, ( n + 3) háromszögre<br />
is felbonthatjuk.<br />
A mellékelt ábrákon látható egy-egy felbontás 6 illetve 8 háromszögre. Mivel<br />
7 = 4+<br />
3,<br />
7 háromszögre is felbonthatjuk és így az első észrevétel és a teljes<br />
indukció elve alapján szerkeszthetünk minden n ≥ 6 esetén olyan felbontást, amely<br />
n darab az eredetivel hasonló háromszöget tartalmaz.<br />
8. Feldarabolható-e egy általános háromszög n darab egyenlő szárú háromszögre,<br />
ha n ≥ 4 ?<br />
Bizonyítás. Ha egy derékszögű háromszögben<br />
meghúzzuk a derékszöghöz tartozó oldalfelezőt,<br />
két egyenlő szárú háromszög keletkezik. Mivel<br />
minden háromszögnek van legalább egy olyan<br />
magassága, amely a háromszög belsejében van,<br />
minden háromszög felbontható 4 egyenlő szárú<br />
háromszögre. Ez egyben azt is jelenti, hogy ha van<br />
felbontás n háromszögre, akkor van n + 4<br />
háromszögre is. Ugyanakkor ha előbb levágunk<br />
egy vagy két egyenlő szárú háromszöget, akkor kaphatunk 5 illetve 6<br />
háromszöget
150 A matematikai logika elemei<br />
tartalmazó felbontást is. Így tetszőleges n ≥ 4 esetén szerkeszthetünk n darab<br />
egyenlő szárú háromszöget tartalmazó felbontást. (Ha ez a háromszög egyenlő szárú,<br />
akkor az előbbi feladatot is használhatjuk.)<br />
9. Bizonyítsd be, hogy ha n ≥ 6 , akkor egy tetszőleges négyzet feldarabolható n<br />
darab négyzetre.<br />
Bizonyítás. Ha egy négyzetben összekötjük a szembenfekvőoldalak felezőpontjait,<br />
négy kisebb négyzetet kapunk, tehát n = 4 -re van felbontásunk és ha van n -re, akkor<br />
van ( n + 3)<br />
-ra is. A mellékelt ábrán láthatók n = 6 , n = 7 és n = 8 esetén a<br />
felbontások.<br />
A matematikai indukció elve alapján tetszőleges n ≥ 6 esetén felbonthatjuk a<br />
négyzetet n darab kisebb négyzetre.<br />
10. Bizonyítsd be, hogy az ( n + 1 )( n + 2)<br />
…(2 n)<br />
szorzatban a 2 kitevője pontosan n .<br />
Bizonyítás. Ha n = 1,<br />
akkor az 1 ⋅ 2 szorzat prímtényezős felbontásában a 2 kitevője<br />
1. Ha valamilyen n -re az ( n + 1 )( n + 2) ⋅…⋅(2n) szorzatban a 2 kitevője n ,<br />
akkor az<br />
(2n + 1)(2n + 2)<br />
( n + 2)( n + 3) …(2 n)(2n + 1)(2n + 2) = ( n + 1)(<br />
n + 2) … (2 n)<br />
n + 1<br />
szorzatban a 2 kitevője ( n + 1)<br />
, mert (2 n + 1) 2 . Így a matematikai indukció elve<br />
alapján ( n + 1 )( n + 2)<br />
⋅… ⋅(2n)<br />
felbontásában a 2 kitevője n , ∀ n ≥1.<br />
∈ 2 n<br />
*<br />
11. Bizonyítsd be, hogy minden n esetén -nek létezik olyan egész számú<br />
többszöröse, amely csak az 1 és 2 számjegyekből áll.<br />
Bizonyítás. n = 1 és n = 2 esetén a 2 és 12 megfelel.<br />
n<br />
Ha az N szám n számjegyű és minden számjegye 1 vagy 2 és 2 | N , akkor az<br />
1 1<br />
n<br />
n<br />
N = 0 + N és 2 2 10 számok közül az egyik osztható 2 -nel<br />
( vagy 2 5 páros, esetén), tehát létezik ( számjegyű<br />
n<br />
N = ⋅<br />
+ 1<br />
+ N<br />
5 + x ∀ x ∈<br />
k k<br />
+ x ⋅ n +<br />
1)<br />
2 n+<br />
1<br />
-nel osztható szám, amelynek minden számjegye 1 vagy 2. Így a matematikai<br />
indukció elve alapján a bizonyítás teljes.
A matematikai logika elemei 151<br />
12. Bizonyítsd be, hogy 1+ 2+ … + n<br />
*<br />
< 2 bármely n ∈ esetén.<br />
Bizonyítás. Igazoljuk, hogy<br />
*<br />
k + k + … + k + n < k + 1 , ∀ k ∈ , ∀ n ∈ .<br />
Ha n = 0 , akkor a k < k + 1<br />
2<br />
k + k + 1> 0<br />
*<br />
∀ k ∈ .<br />
egyenlőtlenséget kell igazolni és ez igaz mert<br />
*<br />
Ha az egyenlőtlenség minden k ∈ esetén igaz egy rögzített n -re, akkor<br />
k + ( k + 1) + …+ k + n + 1 = k + ( k + 1) + … + ( k + 1) + n <<br />
< k + k + 2 < k + 1<br />
mert k ≥ 1 . Így a matematikai indukció elve alapján az egyenlőtlenség minden<br />
*<br />
<br />
n ∈ esetén igaz. k = 1-re<br />
a kért egyenlőtlenséget kapjuk.<br />
IV.2.3.1. Gyakorlatok és feladatok (99. oldal)<br />
2<br />
1. Van-e nullától különböző természetes megoldása az u = 7 egyenletnek?<br />
2<br />
v<br />
* *<br />
Megoldás. Ha volna ( u , v ) ∈ × megoldás, akkor ezek közt lenne olyan is,<br />
o o<br />
2 2<br />
2<br />
amelyre u minimális (de nem 0 !). Az u = 7v<br />
egyenlet alapján u 7 , tehát u<br />
∈ <br />
*<br />
és így létezik u úgy, hogy u 1 , azaz 1<br />
2<br />
1<br />
2<br />
. Hasonló gondolatmenet<br />
*<br />
alapján v 7 , tehát létezik v ∈ úgy, hogy v = 7v . Ha ezt visszahelyettesítjük, az<br />
1 1<br />
2 2<br />
u = 7v<br />
egyenlethez jutunk. Mivel u < u , szerkesztettünk olyan ( , megol-<br />
1 1 ) u v<br />
1<br />
1<br />
dást, amelyre u < u . Ez ellentmond u megválasztásának, tehát az egyenletnek nincs<br />
nullától különböző megoldása.<br />
1<br />
= 7u<br />
2 2<br />
2. Bizonyítsd be, hogy ha x + y + 1 = xyz<br />
, akkor z = 3 .<br />
1<br />
7u = v<br />
7<br />
2<br />
2<br />
Bizonyítás. Ha x = y , akkor 2x + 1 = x ⋅ z , tehát x |1 és így z = 3 ,<br />
x = y = 1 . A továbbiakban feltételezzük, hogy x < y (a szimmetria alapján feltéte-<br />
lezhetjük) és tekintjük az ( x , y megoldást, amelyre y a lehető legkisebb. Ha<br />
0 0 )<br />
és y , akkor y x 0,<br />
tehát x és<br />
1<br />
. A végtelen leszállás elve alapján ilyen ( , megoldás nem<br />
=<br />
1z ( z y )<br />
1 0 0 −<br />
2<br />
x = x ⋅z −y<br />
x<br />
= x + 1><br />
∈ <br />
1 0 0<br />
0<br />
0<br />
1<br />
2 2<br />
x + y + 1 = x y x y<br />
1 1<br />
1<br />
0 0 )<br />
létezhet, tehát csak az (1 , 1, 3) megoldás teljesíti az egyenletet.<br />
3. Határozd meg az összes olyan n természetes számot, amelyre minden n oldalú<br />
sokszög felbontható egymás belső pontjait nem metsző átlók segítségével háromszögekre<br />
úgy, hogy minden csúcsból páros számú átló induljon ki.<br />
0
152 A matematikai logika elemei<br />
Megoldás. Ha n -re lehetséges akkor ( n + 3) -ra is<br />
lehetséges, a felbontás. A mellékelt ábrának megfelelő<br />
toldás segítségével (az AB átlóvá változik). A<br />
legkisebb m , amelyre lehetséges a kért felbontás az<br />
n = 6 , tehát n ∈{3k | k ≥2}<br />
esetén az n oldalú<br />
sokszögek felbonthatók a feltételnek megfelelően.<br />
4. Az n ∈ természetes számból kiindulva a következő<br />
lépéseket végezzük:<br />
a) ha a szám páros, osztjuk 2-vel;<br />
b) ha a szám páratlan hozzáadunk 1-et.<br />
Bizonyítsd be, hogy mindig eljutunk 1-hez.<br />
B<br />
Bizonyítás. Ha n = a a a …a<br />
az n szám reprezentánsa a kettes számrend-<br />
1 2 3 k<br />
szerben, akkor a k 0 esetén az n -ből kapott szám, ( eggyel kevesebb<br />
számjegyet tartalmaz. Ha a 1,<br />
akkor az n szám vagy k számjegyet tartalmaz<br />
= aaa … a )<br />
1 2 3 k−1<br />
+ 1<br />
k =<br />
és az utolsó számjegye 0, vagy ( k + 1)<br />
számjegyet tartalmaz és az utolsó k számjegye<br />
0. Ezért legtöbb két lépés után csökkentjük a kettes számrendszerbeli számjegyek<br />
számát. Így el kell jutnunk az 1-hez is.<br />
5. Négy tetszőleges a , bcd , , természetes számból kiindulva a következő lépéseket ismé-<br />
teljük: a meglevő ( a , bcd , , ) számnégyest helyettesítjük a ( a −b , b−c , c−d , d − a)<br />
számnégyessel. Bizonyítsuk be, hogy egy idő után csupa 0-t kapunk.<br />
Bizonyítás. A lépések során a számok maximuma nem növekedhet. Ha a számok<br />
mind oszthatók d -vel, akkor ez a tulajdonság megörződik. Másrészt ellenőrizhető,<br />
hogy tetszőleges konfiguráció esetén 2-nek egyre nagyobb hatványával oszthatók a<br />
számok. Jelöljük 1-gyel a páratlan és 0-val a páros számokat. Például, ha<br />
0 0 0 1 -ből indulunk<br />
0 0 0 1<br />
0 0 1 1<br />
0 1 0 1<br />
1 1 1 1<br />
0 0 0 0<br />
Tehát 4 lépés után minden szám osztható 2-vel.<br />
IV.2.4.2. Gyakorlatok és feladatok (101. oldal)<br />
1. Egy tasakban 60 darab cukorka van, 20 áfonyás, 10 almás, 15 narancsos és 15<br />
sárgadinnyés. Egy bekötött szemű gyereknek hány cukorkát kell kiemelni ahhoz, hogy<br />
biztosan legyen közöttük:<br />
a) egy áfonyás;<br />
b) két áfonyás és két almás;<br />
A<br />
C
A matematikai logika elemei 153<br />
c) két narancsos, egy sárgadinnyés és egy almás;<br />
d) mindegyikből egy-egy;<br />
e) valamelyikből három egyforma.<br />
Megoldás. a) Legalább 41 darabot kell kivenni, mert előfordulhat, hogy előbb<br />
kiveszi az almás, a narancsos és a sárgainnyés cukorkákat (ez 40 darab) és csak azután<br />
vesz ki áfonyásat.<br />
b) 52; c) 51; d) 51; e) 9.<br />
2. Egy zsákban 10 pár azonos férfi- és 5 pár női kesztyű van. Legalább hány kesztyűt<br />
kell kivennünk ahhoz, hogy<br />
a) legyen egy pár a kivett kesztyük között;<br />
b) legyen egy pár női kesztyű a kivettek között;<br />
c) legyen két azonos pár?<br />
Megoldás. a) 16; b) 26; c) 18.<br />
3. Igaz-e, hogy egy 25-ös létszámú osztályban van legalább három diák, aki ugyanabban<br />
a hónapban született?<br />
Megoldás. Ha minden hónapban legfeljebb két születésnap volna, akkor ez legfeljebb<br />
12 ⋅ 2 = 24 születésnapot jelentene. Mivel 25 diák van, valamelyik hónapba<br />
legalább három születésnap esik.<br />
4. Egy építkezéshez 50 kőtömböt kell elszállítani, amelyek tömege 370 kg, 372 kg,<br />
374 kg, ... 466 kg. El lehet-e ezekez szállítani egy maximum 3 tonnát szállító<br />
teherautóval 7 út alkalmával?<br />
Megoldás. Ha 50 kőtömböt 7 út alkalmával szállítunk, legalább egy alkalmommal<br />
legalább 8 kőtömböt kell szállítani. De<br />
370 + 372 + 374 + 376 + 378 + 380 + 382 + 384 = 3016<br />
Így ez a szállítmány több volna mint 3 tonna, tehát nem lehetséges.<br />
5. Bizonyítsd be, hogy n darab 2n -nél kisebb és n -től különböző természetes szám<br />
közül kiválasztható kettő, amelyek összege 2 n .<br />
Bizonyítás. A számokat ( x, 2 n − x)<br />
alakú párokba rendezzük. Mivel ( n + 1) ilyen<br />
pár létezik, legalább az egyik pár az adott számok között van.<br />
6. Bizonyítsd be, hogy öt, 10-nél nagyobb prímszám közül kiválasztható kettő, melyek<br />
különbsége osztható 10-zel!<br />
Bizonyítás. A 10-nél nagyobb prímszámok 10-zel való osztási maradéka 1, 3, 7<br />
vagy 9 lehet, így öt ilyen prímszám közt mindig van kettő, amelyek ugyanazt a<br />
maradékot adják 10-zel való osztáskor. A különbségük osztható 10-zel.<br />
7. Bizonyítsd be, hogy 7 egész szám közül kiválasztható kettő, amelyek összege vagy<br />
különbsége osztható 11-gyel.<br />
Bizonyítás. A teljes négyzetek 11-gyel való osztási maradékai 0, 1, 4, 9, 5 és 3,<br />
2 2<br />
tehát hét szám közül van kettő, x és y , amelyre x és y 11-gyel való osztási<br />
2 2<br />
maradéka egyenlő. Így x − y = ( x − y)<br />
( x + y)<br />
és mivel 11 prímszám, az összeg<br />
vagy a különbség osztható 11-gyel.
154 A matematikai logika elemei<br />
8. Bizonyítsd be, hogy 27 darab 100-nál nem nagyobb és 0-tól különböző természetes<br />
szám között van kettő, amelyek relatív prímek.<br />
Bizonyítás. Ha felsoroljuk a számok prímosztóit, legalább 27-et kellene kapjunk,<br />
ha nincs köztük olyan, amely nem relatív prím. Ez nem lehetséges, mert nincs 27<br />
darab 100-nál kisebb prímszám.<br />
9. Bizonyítsd be, hogy bármely n páratlan számhoz létezik olyan k tetszőleges szám,<br />
k<br />
amelyre (2 − 1) n .<br />
2 3<br />
Bizonyítás. Az 1, 2, 2 , 2 , , 2 számok közt van kettő, amelyeknek n -nel való<br />
n<br />
…<br />
a b<br />
a−b osztási maradéka egyenlő. Így (2 − 2 ) n , tehát (2 −1) n .<br />
10. Bizonyítsd be, hogy 6 irracionális szám között mindig van három, amelyek közül<br />
bármely kettő összege irracionális.<br />
Bizonyítás. Ha x, y , z irracionálisak, akkor nem lehet az x + y , y + z és z + x<br />
egyaránt racionális mert x − y = ( x + z) − ( z + y)<br />
∈ és x + y ∈ -ból következik,<br />
hogy x, y ∈ . Helyezzük el az adott számokat egy szabályos hatszög csúcsaiba<br />
és az átlókat illetve oldalakat színezzük kékre, ha a végpontokban levő számok<br />
összege racionális illetve pirosra, ha irracionális. Az így kapott ábrán van egyszínű<br />
háromszög, mert egy csúcsból kiindul legalább három azonos színű vonal és ha ezek<br />
másik végpontjait összekötő szakaszok közt van ezekkel megegyezző színű, akkor<br />
megvan a háromszög, ellenkező esetben ezek a végpontok határoznak meg ilyen<br />
háromszöget. Az egyszínű háromszög az első észrevétel alapján nem lehet kék, tehát<br />
van 3 olyan szám, amely teljesíti a feltételt.<br />
11. Egy egységoldalú négyzet belsejében felvettünk 51 pontot. Bizonyítsd be, hogy<br />
kiválasztható közülük 3, amelyek által meghatározott háromszög köré írható kör<br />
sugara kisebb mint 1<br />
7 .<br />
Bizonyítás. A négyzetet osszuk fel 25 darab 1<br />
oldalhosszúságú négyzetre. Így van<br />
5<br />
legalább egy kis négyzetecske, amely 3 pontot tartalmaz. Másrészt az általuk<br />
2 1<br />
meghatározott háromszög köré írható kör sugara nem nagyobb mint < .<br />
10 7<br />
12. Bizonyítsd be, hogy minden 21 oldalú sokszögben van két átló, amelyek által<br />
bezárt szög mértéke kisebb mint 1.<br />
Bizonyítás. A sík egy tetszőleges P pontján át húzzunk párhuzamost minden<br />
21⋅ 18<br />
átlóhoz. Így = 189 egyenest kapunk és 378 szöget. Ha ezek mindegyike 1 -<br />
2<br />
nál nagyobb lenne, akkor a P körül legalább 8 -os szög keletkezne. Ez ellentmondás,<br />
mert a P körüli teljes szög , tehát létezik két átló, amelyek 1 -nál kisebb<br />
szöget zárnak be.<br />
<br />
<br />
37<br />
<br />
360
A matematikai logika elemei 155<br />
13. Egy 3× 4-es<br />
téglalapban felvettünk 6 pontot. Bizonyítsd be, hogy van köztük<br />
kettő, amelyek távolsága legfeljebb 5 .<br />
Bizonyítás. Ha két egymásmelletti 1× 1-es<br />
négyzetben van<br />
pont, akkor ezek távolsága legfeljebb 5 , tehát az állítás igaz. Ha<br />
viszont egymásmelletti 1× 1-es<br />
négyzetben nincs pont, akkor<br />
valamelyik ábrán látható négyzetekbe kerül pont. Mindkét esetben<br />
van olyan 3× 3-as<br />
része a táblának, amelyen 5 pont van. Így a<br />
3<br />
négy<br />
2 2<br />
× 3 -es négyzet közül legalább egyben két pont van. Ezek<br />
távolsága nem több mint 3 3<br />
⋅ 2 és ⋅ 2 < 5 , mert 18 .<br />
2 2 20 <<br />
14. A sík minden pontját kékre vagy pirosra színezzük. Bizonyítsd be, hogy van két<br />
azonos színű pont, amelyek távolsága 1.<br />
Bizonyítás. Tekintsünk egy egységnyi oldalhosszúságú egyenlő oldalú háromszöget.<br />
Két csúcsát ugyanazzal a színnel színeztük, tehát létezik két azonos színű pont,<br />
amelyek távolsága 1.<br />
15. Egy egységoldalú négyzet belsejébe egy konvex sokszöget írunk, amelynek területe<br />
nagyobb mint 1<br />
. Bizonyítsd be, hogy van olyan d egyenes, amely párhuzamos<br />
2<br />
a négyzet valamelyik oldalával és a sokszögből 1<br />
-nél hosszab szakaszt metsz ki.<br />
2<br />
Bizonyítás. A beírt sokszöget az egyik oldallal<br />
párhuzamos egyenesek segítségével két háromszögre<br />
és néhány trapázra bonthatjuk. Ha minden d egyenes,<br />
amely párhuzamos a négyzet valamelyik oldalával 1<br />
2 -<br />
nél nem hosszabb szakaszt metsz ki, akkor egy-egy<br />
trapéz területére<br />
a<br />
a + b h<br />
T = ⋅h ≤<br />
h<br />
t<br />
2 2<br />
b<br />
}h1 és a háromszögek területére<br />
1 1 h b⋅h T = < .<br />
h<br />
2 2<br />
Így a sokszög területe<br />
∑ hi<br />
1<br />
T < < .<br />
2 2<br />
Ez ellentmondás, tehát létezik olyan d egyenes, amely párhuzamos valamelyik<br />
oldallal és legalább 1<br />
hosszúságú szakaszt metsz ki a sokszögből.<br />
2
156 A matematikai logika elemei<br />
IV.2.5.1. Gyakorlatok és feladatok (102. oldal)<br />
1. Egy táblára felírtuk a számokat 1-től 2001-ig majd egy alkalommal a táblán levő<br />
számok közül néhányat helyettesítünk a számjegyeik összegével. Ezt a lépést addig<br />
ismételjük, amíg egy szám marad a táblán. Melyik ez a szám?<br />
Megoldás. Egy lépés során az összeg 9-cel való osztási maradéka nem változik.<br />
2001⋅ 2002<br />
1 + 2 + … + 2001 = = 1001⋅ 2001<br />
2<br />
és ennek a 9-cel való osztási maradéka 6, tehát a végén a 6-os marad a táblán.<br />
2<br />
2. Egy táblára az x + 7x<br />
+ 8 kifejezést írtuk és egy-egy alkalommal valamelyik<br />
együtthatót eggyel növelhetjük vagy csökkenthetjük. Bizonyítsd be, hogy ha egy idő<br />
2<br />
után az x −7x<br />
−8<br />
kifejezés áll a táblán, akkor volt olyan másodfokú kifejezés a<br />
táblán, amelynek van egész gyöke.<br />
Bizonyítás. A táblán levő kifejezés 1-ben számolt behelyettesítési értéke 1-gyel<br />
változhat. Mivel ez kezdetben 16 és a végén –14, van olyan állapot, amikor 0. Tehát<br />
volt olyan másodfokú kifejezés, amelynek az 1 gyöke.<br />
3. Egy asztalon 6 pohár áll. Egy-egy alkalommal 5 poharat fordítunk meg. Elérhetjük-e,<br />
hogy minden pohár az eredeti helyzetéhez képest fordítva álljon? Hát akkor, ha<br />
5 pohár van és minden lépésben 4-et fordítunk meg?<br />
Megoldás. A k -adik fordításnál a k -adik poharat hagyjuk változatlanul k = 1, 6 .<br />
Így hat forgatás után minden pohár fordítva áll. Ha minden lépésben 4 poharat<br />
fordítunk meg, akkor összesen 4k<br />
poharat fordítunk meg k fordítás alatt. Másrészt ha<br />
ezután minden pohár fordítva áll, akkor a fordítások száma páratlan. Ez ellentmondás,<br />
tehát 5 pohár esetén nem lehet megfordítani a poharakat.
Függvények 157<br />
V. Függvények<br />
V.1.1. Gyakorlatok és feladatok (104. oldal)<br />
1. Bizonyítsd be a következő egyenlőségeket:<br />
a) A∪ A = A;<br />
b) A∩ A= A;<br />
c) A∩( B ∩ C) = ( A∩B) ∩ C ; d) A∪( B ∪ C) = ( A∪B) ∪C<br />
;<br />
e) A∩( B ∪ C) = ( A∩B) ∪( A∩ C)<br />
; f) A∪( B ∩ C) = ( A∪B) ∩( A∪C) ;<br />
g) C ( A ∩ B) = ( C A) ∪ ( C B)<br />
; h) C ( A ∪ B) = ( C A) ∩ ( C B)<br />
;<br />
E E<br />
E<br />
i) A∆ A=<br />
∅ ; j) A∆ B = B∆A; k) A∆∅ = ∅∆ A = A;<br />
l) A∆( B∆ C) = ( A∆B) ∆C<br />
.<br />
Bizonyítás. a) x ∈A∪A ⇔ x ∈A vagy x ∈A ⇔ x ∈A.<br />
b) x ∈A ∩A ⇔ x ∈A és x ∈A ⇔ x ∈A.<br />
E E<br />
c) x ∈A∩( B ∩C) ⇔ x ∈A<br />
és x ∈( B ∩C) ⇔ x ∈A<br />
és ( x ∈ B és x ∈C) ⇔<br />
⇔ x ∈A és x ∈ B és x ∈C ⇔ x ∈( A∩B) ∩C<br />
.<br />
d) x ∈A∪( B ∪C) ⇔ x ∈A<br />
vagy x ∈( B ∪C) ⇔ x ∈A<br />
vagy (x ∈ B vagy<br />
x ∈ C) ⇔ x ∈A vagy x ∈ B vagy x ∈C ⇔ (x ∈A<br />
vagy x ∈ B)<br />
vagy x ∈C ⇔<br />
⇔ x ∈( A∪B) vagy x ∈C ⇔ x ∈( A∪B) vagy x ∈C ⇔ x ∈(A∪B)<br />
∪C<br />
.<br />
e) A∩( B ∪C) ⇔ x ∈A<br />
és x ∈B ∪C ⇔ x ∈A<br />
és (x ∈ B vagy<br />
x ∉ B) ⇔ ( x ∈ E ⇔ (x ∈A<br />
és x ∈ B)<br />
vagy (x ∈ A és x ∈C) ⇔<br />
vagy x ∈B ∩C ⇔ ⇔ x ∈ ( A∩B)<br />
∪( A∩C) .<br />
⇔ (x ∈ A vagy x ∈ B)<br />
és ( x ∈ A vagy x ∈C ) ⇔ x ∈A∪B<br />
és<br />
⇔ x ∈( A∪B) ∩( A∪C) .<br />
g) M1 x ∈C ( A∩B) ⇔ x ∈E<br />
és x ∉( A∩B) ⇔ x ∈E<br />
és (x ∉ A vagy<br />
E<br />
x ∈C) ⇔<br />
x ∈A∩B f) x ∈A ∪( B ∩C) ⇔ x ∈A<br />
vagy x ∈( B ∩C) ⇔ x ∈A<br />
vagy ( x ∈ B és x ∈C) ⇔<br />
E<br />
x ∈A∪C ⇔<br />
x ∉ B) ⇔ ( x ∈E és x ∉ A)<br />
vagy (x ∈ E és x ∉ B)<br />
⇔ x ∈C<br />
A vagy<br />
x ∈C B ⇔ x ∈(<br />
C A)<br />
∪(C<br />
B)<br />
.<br />
E E<br />
M2 ( ∩ B) = E ∩( A∩ B) = E ∩( A∪ B)<br />
= E e<br />
C A<br />
e)<br />
E<br />
= ( E ∩A) ∪( E ∩B) ⇔ ( C A) ∪(<br />
C B)<br />
(felhasználva, hogy A∩ B = A∪ B ).<br />
E E<br />
h) M1 x ∈C ( A∪B) ⇔ x ∈E<br />
és x ∉( A∪B) ⇔ x ∈E<br />
és ( x ∉ A és<br />
E<br />
⇔ x ∈E és x ∉ A és x ∉ B ⇔ x ∈E és x ∉ A és x ∈ E és x ∉ B ⇔<br />
⇔ x ∈C A és x ∈C B ⇔<br />
x ∈( C A) ∩(<br />
C B)<br />
.<br />
E<br />
E E<br />
E<br />
)<br />
E<br />
x ∉ B)
158 Függvények<br />
M2 C ( A∪ B) = E ∩( A∪ B) = E ∩( A∩ B) = ( E ∩E) ∩( A∩ B) = ( E ∩A) ∩<br />
E<br />
∩( E ∩ B) = C A∩ C B.<br />
E E<br />
i) A ∆ A= ( A\ A) ∪ ( A\ A)<br />
= ∅∪∅= ∅ .<br />
j) A ∆ B = ( A\ B) ∪ ( B \ A) = ( B \ A) ∪ ( A\ B) = B∆A. j)<br />
k) A∆∅=∅∆A; A∆∅ = ( A \ ∅) ∪( ∅ \ A) = A∪∅=<br />
A.<br />
l) A∆(<br />
B∆ C) = [ A∩( B∆C)] ∪[( B∆C) ∩ A].<br />
b) c)<br />
e) c)<br />
( B∆C) ∩ A= [( B ∩C) ∪( C ∩B)] ∩ A= [( B ∩C) ∩A] ∪[( C ∩B) ∩ A]<br />
=<br />
c) e)<br />
= [( B ∩A) ∩C] ∪[( A∩B) ∩ C] = [( B ∩A) ∪( A∩B)] ∩ C = ( A∆B) ∩C<br />
.<br />
B∆ C = ( B ∩C) ∪( C ∩ B) = [ B ∪( C ∩B)] ∩[ C ∪( C ∩ B)]<br />
=<br />
= [( B ∪C) ∩( B ∪B)] ∩[( C ∪C) ∩( C ∪ B)] = ( B ∪C) ∩( B ∩ C) = ( B ∪C)\( B ∩ C).<br />
B∆ C = B ∩ C . A∩( B∆ C) = A∩( B ∩ C) = ( A∩B) ∩ C = A∆B ∩C<br />
.<br />
Tehát A∆( B∆ C) = [ A∩( B∆C)] ∪[( B∆C) ∩ A] = [ C ∩( A∆B)] ∪[( A∆B) ∩ C]<br />
=<br />
= ( A∆B) ∆C<br />
.<br />
⎧⎪ 1, ha u ∈ X<br />
Megjegyzés. Ha X, A , B, C ⊂ E és f : E → {0,1}, f ( u)<br />
= az X<br />
X X ⎨<br />
⎪<br />
⎪0, ha u ∉ X<br />
⎪⎩<br />
karakterisztikus függvénye, akkor az<br />
f = f ⋅ f ; f = f (1 − f ) ; f = f + f − f f ;<br />
B<br />
B B<br />
A∩ B A<br />
AB \<br />
f = f + f − 2f<br />
f ;<br />
A∆ B A B A B<br />
A<br />
B<br />
c)<br />
A∼ B A A<br />
1 f = − f<br />
C A A<br />
E<br />
egyenlőségek segítségével adhatók egyszerűbb bizonyítások. (lásd 2.23. paragrafus 3.<br />
és 4. feladatát.)<br />
2. Határozd meg az A és B halmazt, ha egyidejűleg teljesülnek a következő<br />
tulajdonságok:<br />
a) A∆ B = {1,2,4,5,6,7} ; b) A∩ B = {3} ; c) A\( B ∪ {2}) = {1, 4} .<br />
Hány megoldás van? A B<br />
Megoldás. Egy Venn-Euler diagram segítségével próbáljuk<br />
meghatározni az A és a B halmazt. A∩ B = {3} , tehát a 3-ast<br />
beírhatjuk a metszetbe.<br />
3<br />
A B<br />
A\ ( B ∪ {2}) = {1, 4} , tehát az 1 és a 4 az A \ B halmazban<br />
vannak.<br />
Aszerint, hogy 2 ∈ B vagy 2 ∉ B , két különböző esethez jutunk (az A \ B<br />
halmazban<br />
több elem nem lehet).<br />
1<br />
4<br />
3
Függvények 159<br />
A B<br />
1 2<br />
3<br />
4<br />
A B<br />
1<br />
4<br />
3<br />
2<br />
Az A∆ B = {1,2,4,5,6,7} alapján az 5, 6 és 7 a B \ A halmazban van, tehát a kö-<br />
vetkező két megoldás létezik:<br />
A B<br />
1 2<br />
4<br />
3 5<br />
6<br />
7<br />
A B<br />
1<br />
4<br />
3<br />
2<br />
5<br />
6<br />
7<br />
Megjegyzés. Külön-külön meghatározhatjuk mindhárom egyenlet általános megoldását<br />
is.<br />
Az A∆ B = {1,2,4,5,6,7} egyenlet általános megoldása: A X , B X ,<br />
C = ∪ 2 C = ∪<br />
ahol X , X ⊂A∆B; C ∩( A ∆ B)<br />
= ∅ . X , X részhalmazai a szimmetrikus különb-<br />
1 2<br />
1 2<br />
ségnek és C az A és B halmazok keresztmetszete, amelyre az a kikötésünk, hogy<br />
legyen diszjunkt a szimmetrikus különbségre nézve. Tehát mivel a C halmazt végtelen<br />
sok féle képpen választhatjuk meg, így végtelen sok megoldás létezik.<br />
Az A∩ B = {3} egyenlet általános megoldása: A= X ∪ {3} , B = X ∪ {3} (ahol<br />
2<br />
). X1 és 2 diszjunkt halmazok, azaz nincs közös elemük. Mivel<br />
, X -t tetszőlegesen választhatjuk meg, figyelembe véve a megkötést, így végtelen<br />
X<br />
X<br />
X ∩ X = ∅<br />
1 2<br />
1 2<br />
sok megoldása van az egyenletnek.<br />
Az A\( B ∪ {2}) = {1, 4} egyenlet általános megoldása A= {1, 4} ∪ X , B = X ,<br />
ahol X ⊂ X és {1 , 4} ⊄ X . Az 1, 4-et nem tartalmazhatja az X , és X részhalmaza<br />
1 2<br />
kell legyen X -nek, hogy kivonáskor tűnjenek el X elemei. A 2 eleme lehet X -nek.<br />
2<br />
1<br />
Hasonlóan az előző esetekhez, itt is végtelen sok megoldás létezik. Belátható, hogy az<br />
általános megoldás három jellemzéséből is eljuthatunk a megoldáshoz.<br />
c) B \ A = { 3} ; d) A∩B ∩ C = {4, 5} ;<br />
1<br />
1<br />
1<br />
1 1<br />
3. Határozd meg az A , B és C halmazokat, ha<br />
a) A∪B ∪ C = {1,2,3,4,5,6,7,8,9} ; b) A\( B ∪ C)<br />
= {1,2} ;<br />
e) { 4,5,6,7,8,9} ⊂ C ; f) 3 ∉ C ; g) A -nak öt eleme van.<br />
Hány megoldás van?<br />
Megoldás. Az A∪B ∪ C = {1,2,3,4,5,6,7,8,9} -ből kiindulva tételezzük fel,<br />
hogy A = {1,2,3,4,5,6,7,8,9}<br />
,<br />
B = {1,2,3,4,5,6,7,8,9} ,<br />
C =<br />
{1,2,3,4,5,6,7,8,9} .<br />
1<br />
1<br />
2
160 Függvények<br />
A továbbiakban kihúzzuk azokat az elemeket, amelyek nem tartoznak a halmazba, és<br />
aláhúzzuk azokat, amelyek igen.<br />
A B \ A= { 3} , A∩B ∩ C = {4, 5} , { 4,5,6,7,8,9} ⊂ C , 3 ∉ C , A\( B ∪ C)<br />
=<br />
= {1, 2} feltételeket felhasználva kapjuk, hogy {1 , 2} ∈ A és {1 , 2} ∉ B , {1 , 2} ∉ C .<br />
A = {1, 2, 3, 4, 5,<br />
6, 7, 8, 9},<br />
B = {1,2,3,4, 5,<br />
6, 7, 8, 9},<br />
C = {1, 2, 3, 4, 5, 6,<br />
7, 8, 9}.<br />
Még nem használtuk fel, hogy A = 5 . A 6, 7, 8, 9 közül bármelyiket választhatjuk.<br />
A B értékei nincsenek pontosan tisztázva, de a B \ A = { 3} alapján tudjuk, hogy ha a<br />
6, 7, 8, 9 közül valamelyik benne van a B -ben, akkor az A -ban is benne kell legyen.<br />
De ha ez az érték benne van mindkét halmazban, tudván hogy {6 , 7, 8, 9} ⊂ C , mind a<br />
három halmazban benne van, ami ellentmond az A∩B ∩ C = {4, 5} feltételnek. Tehát<br />
B = {3, 4, 5} . A végső eredmény tehát:<br />
A= {1, 2, 4, 5} ∪ { c}<br />
; B = {3, 4, 5} ; C = {4,5,6,7,8,9}<br />
ahol c ∈ {6, 7, 8, 9} . Így a feladatnak négy különböző megoldása van.<br />
Megjegyzés. Ugyanehhez az eredményhez jutunk, ha a Venn-Euler diagram segítségével<br />
próbáljuk felépíteni a keresett halmazokat.<br />
Az A = 5<br />
és {4,5,6,7,8,9} ⊂ C alapján a besatírozott részbe pontosan egy elem<br />
kerülhet a {6 , 7, 8, 9} közül és a ( B ∩C) \( A∩B ∩ C)<br />
rész üres, tehát a többi három<br />
elem a C \( A ∪ B)<br />
halmazt képezi. Így az előbbi négy megoldáshoz jutunk.
Függvények 161<br />
4. Oldd meg a következő egyenleteket, ha A és B adott halmazok:<br />
a) A∆ X = B;<br />
b) A∩( X ∪ B)<br />
= A ; c) ( A\ B) ∪( X ∩ A) = A.<br />
Megoldás. a) Tételezzük fel, hogy x ∈ X . A∆ X = ( A∩X) ∪( X ∩ A)<br />
.<br />
Ha x ∈X ⇒ x ∉ A∩ X ;<br />
x ∈ X és x ∈A ⇒ x ∉ X ∩A ⇒ x ∉ B ;<br />
x ∈ X és x ∉ A ⇒ x ∈X ∩A ⇒ x ∈ B.<br />
Tehát x ∈( A ∩B) ∪( B ∩ A)<br />
, azaz x ∈A ∆B ∀x ∈X ⇒ X = A∆B .<br />
Megjegyzés. Az A∆( B∆ C) = ( A∆B) ∆C ∀ A, B, C halmaz azonosság (1. feladat<br />
e) alpontja) alapján A∆ X = B ⇒ A∆( A∆ X) = A∆B ⇒ ( A∆A) ∆ X = A∆B ⇒<br />
⇒ ∅∆ X = A∆B<br />
⇒ X = A∆B .<br />
b) Ahhoz, hogy A∩( X ∪ B)<br />
= A teljesüljön, A⊂( X ∪B)<br />
. De ez több féleképpen<br />
teljesülhet, tehát nagyon sok megoldása van az egyenletnek.<br />
1. 2. 3.<br />
Mind a három eset lehetséges. A megoldások általános alakja X = ( A ∩B) ∪X<br />
,<br />
ahol X tetszőleges halmaz.<br />
1<br />
c) Tudjuk, hogy A= ( A \ B) ∪( A∩B) . Innen kapjuk, hogy A∩B ⊂X ∩A,<br />
ami<br />
csak akkor következhet be, ha ( A∩B) ⊂X<br />
. Más megkötés X -re nincs, tehát az<br />
általános megoldás alakja X = ( A ∩B) ∪X<br />
, ahol X tetszőleges.<br />
1<br />
1<br />
5. Lehetséges-e, hogy egy halmaz minden eleme részhalmaza is legyen? Hát az, hogy<br />
minden részhalmaza eleme is legyen?<br />
Megoldás. Igen, például { ∅}<br />
.<br />
Mivel minden részhalmaza eleme kell legyen, biztos, hogy tartalmazni fogja az ∅ -t, a<br />
halmaz többi elemét már induktívan generáljuk a következő szabályok szerint<br />
I = { ∅ }<br />
1<br />
I = { ∅,{ ∅ } }<br />
2<br />
I = { ∅,{ ∅}, { { ∅} }{ ∅,{ ∅ } }<br />
3 }<br />
I I ( )<br />
1 n P I , ahol P( I n ) az I n<br />
részhalmazainak a halmazát jelöli.<br />
n+<br />
= ∪ n<br />
1
162 Függvények<br />
Az így szerkesztett ( I ) halmazokból megszerkeszthető az I halmaz,<br />
≥1<br />
∞ = ∪ In<br />
n n<br />
amely rendelkezik a kért tulajdonsággal.<br />
6. Bizonyítsd be, hogy ha A , B és C véges halmazok, akkor<br />
a) A∩ B = A + B − A∪ B ;<br />
b) A∪B ∪ C = A + B + C − A∩B − B ∩C −C ∩ A + A∩B ∩ C ;<br />
c) A∩B ∩ C = A + B + C − A∪B − B ∪C −C ∪ A + A∪B ∪ C .<br />
Bizonyítás. Arra törekszünk, hogy diszjunkt halmazok egyesítésére bontsuk fel az<br />
A∪B halmazt.<br />
a) A∪ B = A∪ ( B \ A)<br />
, ahol A∩ ( B \ A)<br />
= ∅ , tehát A∪ B = A + B \ A (*).<br />
A B halmazt felírhatjuk B = ( B \ A) ∪( B ∩ A)<br />
alakban, ahol ( B \ A) ∩( B ∩ A)<br />
= ∅<br />
⇒ B = B \ A + A∩B ⇒ B \ A = B − A∩B (**).<br />
Tehát (*) és (**) alapján A∪ B = A + B − A∩ B .<br />
b) A∪B ∪ C = ( A∪B) ∪( C \( A∪ B))<br />
, ahol ( A∪B) ∩( C \( A∪ B))<br />
= ∅ . Tehát<br />
a)<br />
A∪B ∪ C = A + B − A∩ B + C \( A∪B) ; (1)<br />
∞<br />
n=<br />
1<br />
C = ( C \( A∪B)) ∪( C ∩A) ∪(( C ∩ B)\ A)<br />
mind diszjunktak ⇒<br />
C = C \( A∪ B) + C ∩ A + ( C ∩B)\ A)<br />
⇒<br />
C \( A∪ B) = C −C ∩A − ( C ∩ B)\ A)<br />
; (2)<br />
C ∩ B = (( C ∩B) \ A) ∪( C ∩B ∩A)<br />
C ∩ B = ( C ∩ B)\ A + C ∩B ∩A ⇒<br />
diszjunkt halmazok ⇒<br />
( C ∩ B)\ A = C ∩B −C ∩B ∩ A . (3)<br />
Az (1), (2), (3) egyenlőségek alapján kapjuk, hogy<br />
A∪B ∪ C = A + B + C − A∩B − A∩C − B ∩ C + A∩B ∩ C .<br />
c) A b) pont alapján<br />
A∩B ∩ C = A∪B ∪C − A − B − C + A∩ B + A∩ C + B ∩ C =<br />
= A B C A B C ( A B A B ) ( A C A C )<br />
∪ ∪ − − − + + − ∪ + + − ∪ +<br />
+ ( B + C − B ∪ C ) =<br />
= A + B + C − A∪B − A∪C − B ∪ C + A∪B ∪C<br />
.<br />
7. Írd fel az A × B halmaz elemeit, ha<br />
a) A= {1, a } és B = {2, 5} ; b) A = { − 2, 3,8} és B = { P , O, E}<br />
;<br />
c) A = { −2, − 1, 4, 7} és B = {2, 3, 6} ;<br />
d) A= { − 2,3,8, W } és B =<br />
{ L , i, r, k}<br />
;
Függvények 163<br />
Megoldás. a) A× B = {(1, 2), (1, 5), ( a, 2), ( a,<br />
5)} .<br />
b) A× B = {( −2, P), ( −2, O), ( −2,<br />
E), (3, P), (3, O), (3, E), (8, P), (8, O), (8, E)}<br />
.<br />
c) A× B = {( −2, 2), ( −2, 3), ( −2, 6), ( −1, 2), ( −1, 3), ( −1,<br />
6), (4, 2), (4, 3), (4, 6),<br />
(7,<br />
2), (7, 3), (7, 6)}<br />
.<br />
d) A× B = {( −2, L), ( −2, i), ( −2, r), ( −2,<br />
k), (3, L), (3, i), (3, r), (3, k), (8, L),<br />
(8,<br />
i),(8, r),(8, k),( W, L),( W, i),( W, r),( W, k)}<br />
8. Ábrázold az A× B halmaz geometriai képét a síkban, ha<br />
a) A = [ − 2, 2]<br />
és B = [ − 2, 2]<br />
; b) A = [ −1, 2] ∪ [3, 4] és B = [ −1,1]<br />
;<br />
c) A = [ −1, 2] ∪[3, 4] ∪ {5} és B = [ −1,1] ∪[2, 3] ∪{5}<br />
.<br />
Megoldás<br />
c)<br />
–1<br />
5<br />
3<br />
2<br />
1<br />
O<br />
–1<br />
y<br />
2<br />
3 4<br />
Az a) alpontban ugyanazt kapjuk, a b) és c) alpontokban különböző az A × B és<br />
B× A geometriai képe.<br />
.<br />
5<br />
x
164 Függvények<br />
9. Bizonyítsd be, hogy az A × B és B× A halmazok pontosan akkor egyenlők, ha<br />
A= B .<br />
Bizonyítás. Redukció ad abszurdum módszerével bizonyítjuk. Feltételezzük, hogy<br />
A≠B és A× B = B× A.<br />
Ha A ≠ B , akkor ∃ x ∈ A úgy, hogy x ∉ B.<br />
Ebben az<br />
esetben ( xb , ) ∈ A× B-nek,<br />
ahol b ∈ B.<br />
De mivel A× B = B× A,<br />
következik, hogy<br />
(,) xb ∈ B× A,<br />
azaz x ∈ B és b ∈ A,<br />
de mi feltételeztük, hogy x ∉ B.<br />
Ellentmon-<br />
dáshoz jutottunk, tehát igaz a bebizonyítandó tulajdonság.<br />
10. Bizonyítsd be az alábbi egyenlőségeket:<br />
a) A× ( B \ C) = ( A× B)\( A× C)<br />
; b) ( A∩ B) × C = ( A× C) ∩ ( B× C)<br />
.<br />
Bizonyítás. a) ( x, y) ∈ A× ( B \ C) ⇔ x ∈A<br />
és y ∈( B \ C) ⇔ x ∈A<br />
és y ∈ B<br />
és y ∉C ⇔ x ∈A és x ∈ A és y ∈ B és y ∉C ⇔ x ∈A és y ∈ B és<br />
és y ∉C ⇔ (, x y) ∈ ( A× B)<br />
és ( xy , ) ∉ ( A× C)<br />
⇔ (, xy) ∈ ( A× B)\( A×<br />
C)<br />
.<br />
x ∈ A<br />
b) ( x, y) ∈( A∩ B) × C ⇔ x ∈( A∩B) és y ∈C ⇔ x ∈A<br />
és x ∈ B és y ∈C ⇔<br />
⇔ x ∈A és x ∈ B és y ∈ C és y ∈C ⇔ x ∈A és y ∈ C és x ∈ B és y ∈C ⇔<br />
⇔ (, x y) ∈ ( A× C)<br />
és ( x, y) ∈ ( B× C)<br />
⇔ (, x y) ∈ ( A× C)<br />
∩ ( B× C)<br />
.<br />
11. Bizonyítsd be, hogy ha az A halmaznak a eleme van és a B halmaznak b eleme,<br />
akkor az A× B és B× A halmazoknak a ⋅b elemük van, azaz A× B = A ⋅ B .<br />
Bizonyítás. Tetszőleges x ∈ A elem esetén b darab számpárt alakíthatunk ki,<br />
amely eleget tesz az ( x, y)<br />
y ∈ B feltételnek. A minden egyes elemére ezt elvégezve,<br />
kapunk a −b<br />
darab számpárt. Ez éppen az A × B halmaz számossága, mert így<br />
felsoroltuk az A × B minden elemét pontosan egyszer. A B × A halmaz számosságát<br />
hasonlóan igazoljuk.<br />
12. Bizonyítsd be, hogy két halmaz Descartes-szorzatának geometriai képe nem lehet<br />
egy egységnyi sugarú kör.<br />
Bizonyítás. Feltételezzük, hogy A × B Descartes szorzat geometriai képe az egységnyi<br />
sugarú, origó középpontú kör. Akkor 1 ∈ A és az 1 ∈ B is, vagyis (1 , 1) ∈ A× B,<br />
de az egységnyi sugarú kör nem tartalmazza az (1 , 1)<br />
pontot. Az előbbi ellentmondás<br />
alapján a szorzat geometriai képe nem lehet az origó középpontú egységsugarú kör. A<br />
koordináta-tengelyek tetszőlegesen megválaszthatók, tehát a szorzat geometriai képe<br />
nem lehet kör.
Függvények 165<br />
V.2.2. Gyakorlatok (107. oldal)<br />
1. Válaszd ki az alábbi megfeleltetések közül a függvényeket és indokold meg, miért<br />
nem függvények azok, amelyeket nem választottál ki!<br />
a) –2<br />
4<br />
5<br />
8<br />
d) –2<br />
4<br />
5<br />
8<br />
1<br />
a<br />
2<br />
1<br />
a<br />
2<br />
b) –2<br />
e)<br />
4<br />
5<br />
8<br />
1<br />
a<br />
2<br />
c) –2<br />
x –2 –1 0 1 2<br />
fx ( ) 4 1 0 1 4<br />
f) f : { −3, 0, 5, 7, 9} → , f( x)<br />
=<br />
1<br />
; g) f : → ,<br />
x − 3<br />
2<br />
x + x<br />
f( x)<br />
= .<br />
x + 2<br />
Megoldás. Függvények: a), b), e), h).<br />
Nem függvény: c) A 8-nak nincs megfeleltetve egy elem sem; d) A 2-nek két érték<br />
van megfeleltetve; f) Mivel − 3 nem értelmezett, így –3-nak nem felel meg egy<br />
érték sem; g) x = −2<br />
esetén nem értelmezett a tört.<br />
2. Határozd meg a következő függvények maximális D értelmezési tartományát:<br />
a) f : D ⊆ → ,<br />
1<br />
f( x)<br />
= ;<br />
x −1<br />
b) f : D ⊆ → , +<br />
1<br />
f( x)<br />
= ;<br />
x − 1<br />
c) f : D ⊆ →[1, 2] ∪ [3, + ∞ ),<br />
1<br />
f( x)<br />
= ;<br />
x −1<br />
d) f : D ⊆ → , f( x) = x ; e)<br />
f)<br />
g)<br />
h)<br />
4 2<br />
f : D ⊆ → , f( x) = x −1;<br />
3 ;<br />
3 2<br />
f : D ⊆ →( −∞ , 0], f( x) = x − 4x<br />
+ x<br />
3<br />
f D ⊆ → f x = x<br />
2<br />
f : D , f( x) x 3x<br />
4<br />
5<br />
8<br />
⊆ → = − + 2;<br />
: , ( ) ; i) f : D ⊆ → , f( x) = x, n ∈<br />
n<br />
*<br />
;<br />
x j) f : D ⊆ → , f( x)<br />
= 2;<br />
k) f : D ⊆ → , f( x)<br />
= x ;<br />
l)<br />
1<br />
5<br />
f : D ⊆ → , f( x)<br />
= x ;<br />
m) f : D ⊆ → , f( x)<br />
=<br />
2<br />
x − 1+ x −1<br />
.<br />
x − 3<br />
Megoldás. a) x = 1 esetén nem értelmezett a tört. Tehát D = <br />
\{1} .<br />
1<br />
3<br />
1<br />
a<br />
2
166 Függvények<br />
1<br />
b) Mivel az értékkészlet , a maximális értelmezési tartományt az > 0 felté-<br />
+<br />
x −1<br />
1<br />
tel adja. > 0<br />
x −1<br />
⇔ x −1> 0 ⇔ x > 1. Tehát D = (1, +∞)<br />
.<br />
1<br />
1 1<br />
c) ∈ [1, 2] vagy ≥ 3 . ∈[1, 2]<br />
x −1<br />
x −1<br />
x −1 ⇔<br />
1<br />
1 ≤ ≤2 x −1 ⎧⎪x −1≤1 ⇔ ⎪<br />
⎨<br />
⎪1≤2x−2 ⎪⎩<br />
ha x − 1> 0 ⇔<br />
⎧⎪x ≤2<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪<br />
3<br />
⎪x<br />
≥<br />
⎪⎩ 2<br />
⇔<br />
⎡3 ⎤ 1<br />
x ∈ ⎢ ,2⎥.<br />
≥ 3<br />
⎢⎣ 2 ⎥⎦<br />
x −1<br />
⇔ 1≥ 3x−3<br />
ha x − 1> 0,<br />
azaz x > 1 ⇔<br />
4<br />
x ≤ és x > 1<br />
3<br />
⇔<br />
⎛ 4⎤<br />
x ∈⎜ ⎜⎝<br />
1, ⎥ . Mivel az értékkészlet -ban van,<br />
+<br />
3⎥⎦<br />
⎛ 4⎤ ⎡3<br />
⎤<br />
a b) alpontot felhasználva kapjuk, hogy x > 1 . Tehát D = ⎜<br />
⎜⎝<br />
1, ⎥ ∪ ⎢ , 2⎥⎥⎦<br />
3⎥⎦ ⎢⎣2<br />
.<br />
d) x értelmezett ha x ≥ 0 . D = [0, +∞)<br />
.<br />
2<br />
2<br />
e) x − 3x + 2 ≥ 0.<br />
x − 3x + 2 = 0 ⇔ ( x −1)( x − 2) = 0 ⇔ x = 1, x = 2 ⇒<br />
⇒ D = ( −∞,1] ∪ [2, + ∞) .<br />
⇒ D = ( −∞, −1] ∪ [1, + ∞ ) .<br />
1 2<br />
2<br />
2<br />
f) x −1≥ 0.<br />
x − 1= 0 ⇔ ( x − 1)( x + 1) = 0 ⇔ x = − 1, x = 1 ⇒<br />
g)<br />
x<br />
1 2<br />
3 2<br />
3 2<br />
x − 4x + 3x<br />
≥ 0. x − 4x + 3x = 0 ⇔ x ( x −1)( x − 3) = 0 ⇔ x = 1,<br />
= 2, x = 3<br />
2 3<br />
D = [0, 1] ∪ [3, + ∞ ) .<br />
x −∞ 0 1 3 +∞<br />
x – 0 + + +<br />
x − 1<br />
– – 0 + +<br />
x − 3<br />
– – – 0 +<br />
3 2<br />
x − 4x + 3x<br />
– 0 + 0 – 0 +<br />
h) D = .<br />
i) Ha n páratlan: D = . Ha n páros: x > 0 ⇒ D = . +<br />
j)<br />
1<br />
x x<br />
*<br />
2 = 2 , x ≠ 0 és x ∈ , tehát D = .<br />
1<br />
3 k) x 3 = x , így D = .<br />
1<br />
5 l) x 5 = x , így D = .<br />
m) A tört értelmezéséből x . A gyök értelmezéséből ⎪ ⎧⎪ x −1≥ 0<br />
≠ 3<br />
⎨⎪ 2<br />
x −1≥ 0<br />
⎪⎩<br />
⇔<br />
1
Függvények 167<br />
⎧⎪ x ∈[1, ∞]<br />
⇔ ⎨<br />
⎪<br />
⇔ x ∈ [1, + ∞)<br />
. Tehát D = [1, +∞)<br />
\ {3} .<br />
⎪x ∈( −∞, −1] ∪ [1, + ∞)<br />
⎪⎩<br />
3. Írd át az alább függvények értelmezését az összes lehetséges módon (táblázattal,<br />
diagrammokkal, képlettel, ( ABX , , ) halmazhármassal):<br />
a)<br />
b)<br />
2<br />
f :{ 1,0,1,2} {0,2,6}, fx ( ) x x<br />
− → = + ; c)<br />
f :{1,2,3,4} → <br />
x 1 2 3 4<br />
fx () 1 0,5 0,(3) 0,25<br />
d) A= {2,3,5,7,11,13}, B = {1,2,3,4,5,6} ,<br />
X = {(1,2),(2,3),(3,5),(4,7),(5,11),(6,13)} .<br />
Megoldás<br />
a) 1)<br />
A<br />
2) –1 0<br />
B<br />
x –1 0 1 2<br />
fx () 0 0 2 6<br />
3) A = { − 1, 0,1,2} , B = {0, 2, 6}, X = {( −1,<br />
0), (0, 0), (1, 2), (2, 6)} .<br />
A<br />
b) 1) –1 1<br />
B<br />
2) f :{1,2,3,4} → , 1<br />
f(<br />
x ) = .<br />
x<br />
0 0,5<br />
3) A = {1, 2, 3, 4} , B = ,<br />
1 0,(3)<br />
X = {(1; 1), (2; 0, 5)<br />
, (3; 0, (3)),<br />
(4; 0, 25)} .<br />
2 0,25<br />
c)<br />
⎧⎪<br />
⎪0,<br />
x = 0<br />
⎪<br />
1) f :{0,3,4,5} → {0,1,2} , fx ( ) = ⎪<br />
⎨1, xpáros<br />
2)<br />
⎪⎪⎪⎪⎩<br />
2, x páratlan<br />
3) A= {0,3,4,5}, B = {0,1,2}, X =<br />
{(0,0),(3,2),(4,1),(5,2)} .<br />
0<br />
1<br />
2<br />
0<br />
5<br />
3<br />
4<br />
2<br />
6<br />
x 0 3 4 5<br />
fx ( ) 0 2 1 2<br />
6<br />
2<br />
1
168 Függvények<br />
d) 1) 2)<br />
x 1 2 3 4 5 6<br />
fx () 2 3 5 7 11 13<br />
3) f : {1, 2, 3, 4, 5, 6} → {2, 3, 5, 7, 11, 13}, f(<br />
i)<br />
= az i -edik prímszám .<br />
4. Döntsd el, hogy az alábbi függvénypárok egyenlők-e vagy sem:<br />
a) f :{ −1,0,1} → , f(<br />
x) = x és g :{ −1,0,1} → ,<br />
3<br />
g ( x) = x ;<br />
b)<br />
c)<br />
f : , f( x)<br />
2<br />
→ = x és : ,<br />
( x)<br />
2<br />
1<br />
2<br />
3<br />
4<br />
5<br />
6<br />
g → g = x ;<br />
2<br />
f : → , fx ( ) = x−1<br />
és g : → , g ( x) = x − 2x<br />
+ 1;<br />
d) f : → ,<br />
⎡ 1⎤<br />
f( x) = [ x] + ⎢x + ⎥ és g : → , ⎢⎣ 2⎥⎦<br />
g( x)<br />
= [ 2 x]<br />
.<br />
Megoldás. a) A = { − 1, 0,1} ; B = .<br />
X = {( −1, − 1), (0, 0), (1, 1)} , X = {( −1, −1),<br />
(0, 0), (1, 1)} .<br />
f<br />
X = X ⇒ a két függvény egyenlő.<br />
f<br />
g<br />
g<br />
b) A = , B = .<br />
2<br />
x = x , tehát a két függvény egyenlő.<br />
2 2<br />
c) x − 2x + 1 = ( x − 1)<br />
2<br />
= (1 −x) ⇒<br />
2<br />
2<br />
x − 2x + 1= x − 1 , tehát a két függvény<br />
egyenlő.<br />
d) x = n + r,<br />
ahol n = [ x]<br />
és r ∈ [0, 1) .<br />
⎡ 1⎞<br />
1. eset. r ∈ ⎢0, ⎟<br />
⎢⎣ 2⎟⎠<br />
fn ( + r) = n+ n ⇔<br />
1<br />
fn ( + r) = 2n,<br />
mivel r + < 1 ;<br />
2<br />
gn ( + r) = [2n+ 2 r] ⇔ gn ( + r) = 2n,<br />
mivel 2r < 1.<br />
⎡1 ⎞<br />
2. eset. r ∈ ⎢ ,1⎟<br />
⎢⎣ 2 ⎟⎠<br />
fn ( + r) = n+ n+ 1 ⇔<br />
1<br />
fn ( + r) = 2n+1,<br />
mivel r + ≥ 1 ;<br />
2<br />
gn ( + r) = [2n+ 2 r] ⇔ gn ( + r) = 2n+1,<br />
mivel 2r≥1. Tehát fx ( ) = gx ( ) ∀ x∈<br />
<br />
⇒ a két függvény egyenlő.<br />
2<br />
3<br />
5<br />
7<br />
11<br />
13
Függvények 169<br />
V.5. Gyakorlatok (109. oldal)<br />
1. Határozd meg a következő függvények értékeinek a halmazát és keresd meg a<br />
minimum illetve maximumpontját (ha létezik):<br />
a) f :[ −3,2] → , f( x)<br />
= 2x + 1;<br />
b) f :[ −4, −3] → ,<br />
f( x)<br />
= 3− 2x<br />
;<br />
c) f :[ −3,2] → ,<br />
2<br />
fx ( ) = x;<br />
d) f :[1,2] ∪[3,5] → ,<br />
1<br />
f( x)<br />
= ;<br />
2x−5 e) f : → ,<br />
2<br />
fx ( ) = x − 3x+ 2;<br />
f) f :[ −∞,3] → ,<br />
2<br />
fx ( ) = x − 4x+ 7;<br />
g)<br />
h)<br />
2<br />
f :[ −∞, −2] → , fx ( ) = x − 3x+ 1;<br />
2<br />
:[2, + ∞) → , ( ) = − 2 + 3<br />
f fx x x .<br />
Megoldás. a) 2x + 1 = y ⇒<br />
y −1<br />
xy=<br />
. Mivel az értelmezési tartomány [ −3<br />
, 2]<br />
2<br />
y −1<br />
−3≤ ≤2 ⇒ y ∈[ −5, 5] ⇒ Im f = [ −5, 5].<br />
2<br />
Minimumpont: –3; maximumpont: 2.<br />
b) 3− 2x<br />
= y ⇒<br />
3 − y<br />
3 − y<br />
xy=<br />
. Értelmezési tartomány [ −4 , −3]<br />
⇒− 4 ≤ ≤−3<br />
2<br />
2<br />
⇒ y ∈[9, 11] ⇒ Im f = [9, 11] . Minimumpont: –3; maximumpont: –4.<br />
c)<br />
2<br />
x = y ⇔ x = y ha y ≥ 0 ⇒ Im f = [0, ∞)<br />
.<br />
Minimumpont: 0; maximumpont: nincs.<br />
1<br />
d) = y ⇔ xy<br />
2x − 5<br />
5y+ 1<br />
= . Értelmezési tartomány D = [1, 2] ∪ [3, 5] tehát xyD .<br />
2y<br />
∈<br />
xy<br />
∈[1, 2] ⇔<br />
5y+ 1<br />
1 < ≤ 2<br />
2y<br />
1. eset. y > 0 : 2y ≤ 5 y + 1≤ 4y<br />
⇒<br />
1<br />
y ≥− és y ≤−1 3<br />
⇒ y ∈∅.<br />
2. eset. y < 0 : 2y ≤ 5y + 1≤ 4y ⇒<br />
⎡ 1⎤<br />
y ∈ ⎢−1, − ⎥ ⊂( −∞,<br />
0] .<br />
⎢⎣ 3⎥⎦<br />
Ha x y ∈[3, 5] ⇔<br />
5y+ 1<br />
3 ≤ ≤5.<br />
Hasonlóan tárgyalva mint az előbb, kapjuk,<br />
2y<br />
⎡1 ⎤<br />
hogy y ∈ ⎢ ,1⎥.<br />
⎢⎣5⎥⎦ Tehát összegezve,<br />
⎡ 1⎤ ⎡1<br />
⎤<br />
Im f = ⎢−1, − ⎥ ∪ ⎢ , 1⎥<br />
⎢⎣ 3⎥⎦ ⎢⎣5 ⎥⎦<br />
. A függvény minimuma<br />
–1, tehát minimumpontja 2. A függvény maximuma 1, ezt a függvény az x =<br />
3<br />
pontban veszi fel.
170 Függvények<br />
e) f ( x) = y ⇒<br />
2<br />
x − 3x + 2− y = 0.<br />
1<br />
∆y≥ 0 ⇔ y ≥−<br />
4<br />
⎡ 1 ⎞<br />
⇒ Imf<br />
= ⎢− , + ∞⎟<br />
⎢⎣ 4 ⎟⎠<br />
.<br />
1<br />
A függvény minimuma = −<br />
4<br />
⇒ ∆ = 0 ⇒ y =<br />
2<br />
3<br />
y x , tehát a minimumpont 3 maximumpont nincs.<br />
;<br />
2<br />
f) f ( x) = y ⇒<br />
2<br />
x − 4x + 7− y = 0.<br />
∆ ≥ 0 ⇔ y ≥ 3,<br />
de az értelmezési tarto-<br />
mány ( −∞, 3] . y = 3 -ra x = 2 a függvény minimumpontja, ha az értelmezési<br />
y<br />
tartomány lenne, de x = 2 ∈( − , 3] -nak, tehát x y a kért függvénynek is<br />
=<br />
∞ 2<br />
y<br />
y<br />
minimumpontja és az Im f = [3, +∞)<br />
. A függvénynek maximumpontja nem létezik.<br />
g) Hasonlóan járunk el mint az f) alpontban.<br />
2<br />
5<br />
f ( x) = y ⇒ x − 3x + 1− y = 0 . ∆y≥ 0 ⇔ y ≥− . Tehát a minimumpont<br />
4<br />
3 3<br />
, de ∉( −∞, −2]<br />
-nak, ezért a függvény minimumpontja –2 lesz és a függvény<br />
2 2<br />
értekeinek halmaza Im f = [11, + ∞ ) , ahol f ( − 2) = 11.<br />
Maximumpontja nincs a<br />
függvénynek.<br />
h) f ( x) = y ⇒<br />
2<br />
x − 2x + 3− y = 0 . ∆ ≥ 0 ⇔ y ≥2<br />
. A minimumpont 1, de<br />
1 ∉ [2, + ∞)<br />
Maximumpont nincs.<br />
y<br />
-nek, tehát a függvény minimumpontja 2. f(2) = 3 ⇒ Im f = [3, +∞)<br />
.<br />
2. Vizsgáld meg az alábbi egyenlőségek és implikációk helyességét, ha M, N ⊆ A és<br />
f : A→ B egy függvény, valamint<br />
ért<br />
f ( M) = { f( x)| x ∈ M}<br />
.<br />
a) M ⊂N ⇒ f( M) ⊂ F( N)<br />
; b) fM ( ) ⊂ fN ( ) ⇒ M⊂N; c) fM ( ∩ N) = fM ( ) ∩ fN ( ) ; d) fM ( ∪ N) = fM ( ) ∪ fN ( ) .<br />
Megoldás. a) f ( N) = {()| f x x ∈ N} = {()| f x x ∈( M ∪ C M)} = {()| f x x ∈ M<br />
és x ∈ C M}<br />
= { f( x)| x ∈M} ∪{ f( x)| x ∈ C M} = f( M) ∪ f( C M)<br />
.<br />
N N<br />
Mivel M ⊂N ⇒ N = M ∪C M , ahol M C . Tehát az implikáció igaz.<br />
NM ∩ = ∅<br />
N<br />
b) Nem igaz. Legyen az ábrán látható módon értelmezett függvény. A B<br />
Legyen M = {1}, N = {2, 3} , akkor f( M ) = { a}, fN ( ) = { ab , } , 1 a<br />
2<br />
így igaz, hogy fM ( ) ⊂ fN ( ) , de M ⊂ N .<br />
b<br />
3<br />
c) Nem igaz. Példaként legyen az előző alpontban megszerkesztett<br />
függvény. M ∩ N = ∅⇒f( M ∩ N) = f(<br />
∅ ) = ∅ . fM ( ) ∩ fN ( ) = { a}<br />
.<br />
d) fM ( ∪ N) = { fx ( )| x∈M∪ N} = { fx ( )| x∈ Mvagy<br />
x ∈ N } =<br />
= {()| fx x∈M} ∪{()| fx x∈ N} = fM ( ) ∪ fN ( ) .<br />
N<br />
N
Függvények 171<br />
3. Bizonyítsd be, hogy ha f, g :[ a, b] → két függvény, amelyre létezik max<br />
f ( x)<br />
illetve max gx ( ) és fx ( ) ≤gx ( ), ∀ x∈[ ab , ] , akkor max f ( x) ≤ max g(<br />
x ) .<br />
x∈[ a, b]<br />
x∈[ a, b] x∈[ a, b]<br />
x∈[ a,<br />
b] Bizonyítás. Adott f( x ) ≤gx ( ) ∀x∈[ ab , ] , akkor f maximumára is érvényes<br />
max f ( x) f( x )<br />
x∈[ a, b]<br />
= 0 ≤ g( x0), 0<br />
1<br />
4. Számítsd ki a max ⎪<br />
⎨min<br />
, 0 { x, y + , y<br />
xy><br />
}<br />
de g( x ) ≤ maxgx<br />
( ) , tehát max<br />
f ( x) ≤ max g(<br />
x ) .<br />
x∈[ a, b]<br />
x∈[ a,<br />
b] x∈[ a, b]<br />
⎧<br />
⎪ ⎪⎩ x<br />
⎪⎫<br />
⎬ kifejezés értékét.<br />
⎪ ⎪⎭<br />
⎧⎪ 1 1<br />
Megoldás. Ha n ⎪ ⎪⎫<br />
x, y , ⎪<br />
1<br />
mi ⎨ + ⎬=<br />
m , akkor m ≤ x és m ≤ , tehát ( x, y > 0<br />
⎪ ⎪⎩ x y ⎪ ⎪⎭<br />
y<br />
1 1 1 1 2<br />
1<br />
2<br />
alapján) y ≤ és ≤ . Így y + ≤ . Másrészt m ≤ y + , tehát m ≤ .<br />
m x m x m<br />
x<br />
m<br />
Az előbbi egyenlőtlenség alapján m ≤ 2 . Mivel x = 2, y =<br />
2<br />
2<br />
esetén<br />
⎧⎪ 1 1<br />
min ⎪ ⎪⎫<br />
⎨x, y + , ⎪<br />
⎬=<br />
⎪ ⎪⎩ x y ⎪ ⎪⎭<br />
⎧⎪ 1 1<br />
2 és bármely más érték esetén mi n ⎪<br />
⎫⎪<br />
⎨x, y + , ⎪<br />
⎬≤<br />
⎪ ⎪⎩ x y ⎪ ⎪⎭<br />
2 ,<br />
⎧⎪ ⎧⎪ 1 1⎫⎪⎫⎪<br />
állíthatjuk, hogy ma x ⎪<br />
⎨min ⎪<br />
⎨x, y + , ⎪⎪<br />
⎬⎬=<br />
xy , > 0 ⎪<br />
⎪⎩ ⎪ ⎪⎩ x y⎪⎪<br />
⎪⎭⎪⎭<br />
2 .<br />
5. Bizonyítsd be, hogy ha f, g :[ a, b] → és az alábbi egyenlőtlenségben szereplő<br />
maximumok léteznek, akkor az egyenlőtlenség igaz:<br />
max f ( x) + g( x) ≤ max f( x) + max g( x)<br />
.<br />
x∈[ a, b] x∈[ a, b] x∈[ a, b]<br />
Bizonyítás. Legyen x m az az érték, amelyre f ( x) + g( x)<br />
felveszi a maximumát.<br />
max f ( x) + g( x) = f( x ) + g( x ) ≤ f( x ) + g( x ) ≤ max f( x) + max g( x)<br />
.<br />
m m m m<br />
x∈[ a, b] x∈[ a, b] x∈[ a, b]<br />
Tehát max f ( x) + g( x) ≤ max f( x) + max g( x)<br />
.<br />
∈[ , ] ∈[<br />
, ] ∈[<br />
, ]<br />
x a b x a b x a b<br />
V.8. Gyakorlatok és feladatok (113. oldal)<br />
1. Állapítsd meg, hogy a következő rendezett számpár halmazok közül melyik lehet<br />
egy függvény grafikonja:<br />
a) { (1, 2), (1, 4), (3, 3), (4, 6)} ;<br />
b) { (0, 3), (1, 3), (3, 5), (4, 1), (5, 6)} ;<br />
c) { (0, 0), (2, 1), (3, 2), (0, 4), (4, 1), (5, 4)} .<br />
Megoldás. a) Nem lehet függvény grafikonja mert az 1-nek két érték felel meg, a 2<br />
és a 4.<br />
b) Lehet függvény grafikonja.
172 Függvények<br />
c) Nem lehet függvény grafikonja, a 0-nak két érték felel meg.<br />
2. Határozd meg az alábbi függvények grafikonját, majd ábrázold a függvényeket:<br />
a) f : {0, 1, 2} → {1, 2, 3}, f(0) = 1, f(1)<br />
= 2, f (2) = 1 ;<br />
b)<br />
2<br />
f : {0, 1, 2, 3} → , fx ( ) = x, ∀ x∈{0,<br />
1, 2, 3} ;<br />
c) f :{1,2,3,4} → {1,3,5,6,7,8}, f( x) = 9 −x, ∀ x ∈{1,2,3,4}<br />
;<br />
d) f :{1,2,3} → , f( x)<br />
= x −1<br />
;<br />
3 1 1 3<br />
e) { }<br />
f :<br />
Megoldás<br />
−2, − , −1, − , 0, ,1, ,2<br />
2 2 2 2<br />
→ , fx ( ) = [ x]<br />
.<br />
a) Gr f = {(0, 1),(1, 2), (2, 1)} .<br />
c) Gr f = {(1,8),(2,7),(3,6),(4,5)} .<br />
2<br />
A(0, 1)<br />
O<br />
y<br />
B(1, 2)<br />
1 2<br />
C(2, 1)<br />
b) Gr f = {(0, 0),(1, 1), (2, 4), (3, 9)} .<br />
9<br />
4<br />
1<br />
A(0, 0)<br />
O<br />
y<br />
B(1, 1)<br />
C(2, 4)<br />
1 2 3<br />
D(3, 9)<br />
x<br />
x<br />
8<br />
7<br />
6<br />
5<br />
O<br />
y<br />
A(1, 8)<br />
B(2, 7)<br />
1 2 3<br />
C(3, 6)<br />
D(4, 5)<br />
d) Gr f = {(1, 0), (2, 1), (3, 2)} .<br />
2<br />
1<br />
O<br />
y<br />
A(1, 0)<br />
1 2<br />
4<br />
B(2, 1)<br />
x<br />
C(3, 2)<br />
3<br />
x
Függvények 173<br />
⎧⎪ ⎛ 3 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛1 ⎞ ⎛3 ⎞ ⎫⎪<br />
e) Gr f = ⎪<br />
⎨( −2, −2), ⎜− , −2 ⎟, ( −1, −1), ⎜− , −1<br />
⎟, (0, 0), ⎜ , 0 ⎟,<br />
(1, 1), ⎜ , 1 , (2, 2) ⎪<br />
⎬<br />
⎪ ⎜ ⎜⎝ ⎟ ⎟ ⎟<br />
2 ⎠⎟ ⎝ ⎜ 2 ⎠⎟ ⎝ ⎜ ⎜2 ⎠⎟ ⎝ ⎜<br />
⎪ 2 ⎠⎟<br />
.<br />
⎩ ⎪ ⎪⎭<br />
y<br />
–2<br />
3<br />
–– 2<br />
–1<br />
2<br />
1<br />
1<br />
––<br />
2<br />
O 1<br />
–<br />
2<br />
1 3<br />
–<br />
2<br />
2<br />
–1<br />
–2<br />
3. Vizsgáld meg az alábbi függvények párosságát, páratlanságát illetve<br />
periodikusságát:<br />
a) f : → ,<br />
2001<br />
fx ( ) = x ; b) f : → ,<br />
2002<br />
fx ( ) = x ;<br />
2n + 1<br />
f : → , f( x) = x , n ∈ f : → , fx ( ) = x, n∈<br />
\{0,1}<br />
;<br />
n<br />
c) ; d)<br />
e)<br />
g)<br />
f :[0, ∞) → , fx ( ) = x<br />
2<br />
3<br />
; f) f :[ −2,1] → , fx ( ) = x + x<br />
5 3<br />
f :[ −2,2] → , fx ( ) = x + x + x<br />
; h)<br />
x<br />
;<br />
f :[ −1,1] → , fx ( ) = x + x<br />
i) f : → , f( x)<br />
= sinx<br />
; j) f : → ,<br />
f( x)<br />
= {sinx}<br />
.<br />
Megoldás. a) ∀ x ∈ ⇒−x ∈ ,<br />
= −fx ( ), ∀ x∈<br />
, tehát f páratlan függvény.<br />
4 2<br />
;<br />
2001 2001 2001 2001<br />
f ( x) ( x) ( 1) x x<br />
− = − = − = − =<br />
2001 2001<br />
f periodikus ha ∃ T : f( x + T) = f( x), ∀ x ∈ , azaz ( x + T) = x , ∀ x ∈ .<br />
Akkor igaz x = 0 esetén is, ahonnan kapjuk, hogy T = 0 . Tehát f nem periodikus<br />
függvény.<br />
2002 2002 2002 2002<br />
b) ∀ x ∈ ⇒−x ∈ , f ( − x) = ( − x) = ( − 1) x = x = f( x), ∀ x ∈ ,<br />
tehát f páros függvény.<br />
2002 2002<br />
x= 0<br />
fx ( T) fx ( ), x ( x T) x , x T<br />
+ = ∀ ∈ ⇔ + = ∀ ∈ ⇔ = 0 , tehát f<br />
nem periodikus.<br />
n ⎧⎪ x , n páros<br />
n n n<br />
c) f( − x) = ( − x) = ( − 1) x = ⎪<br />
⎨ n , ∀ x ∈ , azaz f páros függvény,<br />
⎪−x<br />
, n páratlan<br />
⎪⎩<br />
ha n páros, f páratlan függvény ha n<br />
páratlan.
174 Függvények<br />
n n<br />
fx ( + T) = fx ( ), ∀ x∈ ⇔ ( x+ T) = x, ∀ x∈ ⇔ T=<br />
0 , tehát f nem<br />
periodikus függvény.<br />
d) ∀ x ∈ ⇒−x ∈ .<br />
x = 0<br />
1 1 1 1<br />
2n+ 1 2n+ 1 2n+ 1 2n+ 1 2n+ 1<br />
f ( − x) = − x = ( − x) = −1 ⋅ x = − x =<br />
2n+ 1 = − x = −f( x),<br />
∀ x ∈ , tehát az f páratlan függvény.<br />
x = 0<br />
2n+ 1 2n+ 1<br />
fx ( T) fx ( ), x x T x, x T<br />
+ = ∀ ∈ ⇔ + = ∀ ∈ ⇔ = 0, f nem pe-<br />
riodikus függvény.<br />
e) ∀ x ∈ [0, + ∞) ⇒/ −x ∈ [0, + ∞) , például 1 ∈ [ 0, + ∞) , de −1 ∉ [0, + ∞) , f<br />
nem páros és nem páratlan függvény.<br />
f ( x + T) = f( x), ∀ x ∈ [0, + ∞) ⇔<br />
2<br />
( x + T) 2<br />
= x , ∀ x ∈ [0, + ∞) ⇔ T = 0 , f<br />
nem periodikus függvény.<br />
f) ∀ x ∈[ −2,1] ⇒/ −x ∈[ − 2,1]<br />
, például −2 ∈ [ −2,1] , de 2 ∉− [ 2,1]<br />
, f nem páros<br />
és nem páratlan függvény.<br />
f ( x + T) = f( x), ∀ x ∈[ −2,1] ⇔<br />
3 3<br />
( x + T) + x + T = x + x, ∀ x ∈[ −2,1]<br />
, és ha<br />
x = 0 ∈− [ 2,1]<br />
+ = 0<br />
( + 1) = 0<br />
3<br />
2<br />
, akkor kapjuk, hogy T T , azaz TT , melynek az<br />
egyedüli valós gyöke a T = 0 . Tehát f nem periodikus.<br />
g) ∀ x ∈[ −2,2] ⇒−x ∈[ −2,2]<br />
.<br />
f ( x) ( x) ( x) ( x) ( 1) x<br />
5 3 5 5<br />
− = − + − + − = − +<br />
3 3 5 3<br />
3<br />
( −1) x − x = −x −x − x = − + x + x) =−f( x), ∀ x ∈[ −2,<br />
2] , tehát<br />
5<br />
+ (x<br />
f<br />
páratlan függvény.<br />
f ( x + T) = f( x), ∀ x ∈[ −2, 2] ⇔<br />
5 3 5 3<br />
( x + T) + ( x + T) + x + T = x + x + x ,<br />
5 3<br />
4 2<br />
∀ x ∈[ −2,2] . Ha x = 0 , akkor T + T + T = 0 , azaz T( T + T + 1) = 0.<br />
Jelöl-<br />
= z<br />
+ + 1= 0<br />
T változós egyenlet egyetlen gyöke a T = 0 , azaz az f nem periodikus.<br />
2<br />
2<br />
jük T , kapjuk a z z egyenletet, melynek nincs valós gyöke, tehát a<br />
4 2 4 2<br />
h) ∀ x ∈[ −1,1] ⇒−x ∈[ −1,1]<br />
. f ( − x) = ( − x) + ( − x) = x + x = f(<br />
x ) bármely<br />
x ∈− [ 1,1] , tehát f páros függvény.<br />
4 2 4 2<br />
f ( x + T) = f( x), ∀ x ∈[ −1,1] ⇔ ( x + T) + ( x + T) = x + x , ∀ x ∈[ − 1,1] .<br />
4 2 2 2<br />
Legyen x = 0 , akkor kapjuk a T + T = 0 ⇔ T ( T + 1) = 0 egyenletet, mely-<br />
nek egyedüli valós gyöke 0. Tehát<br />
f nem periodikus.<br />
i) ∀ x ∈ ⇒−x ∈ . f( − x) = sin( − x) = − sin x = −f( x), ∀ x ∈ , tehát f<br />
páratlan függvény.<br />
fx ( + T) = fx ( ), ∀ x∈ ⇔ sin( x+ T) = sinx⇔ T= 2kπ,<br />
ahol k ∈ , tehát<br />
f periodikus függvény.
Függvények 175<br />
⎧⎪<br />
⎪sin<br />
x, sin x ∈ [0, 1]<br />
⎪<br />
j) fx ( ) = {sin x} = ⎪<br />
⎨1+<br />
sin x, sin x∈−<br />
[ 1, 0] .<br />
⎪ 0, sin x = 1<br />
⎪⎩<br />
∀ x ∈ ⇒ −x ∈ . f ( − x) = {sin( − x)} = { −sin x} ≠{sin x}<br />
⇒ f nem páros.<br />
f ( − x) = {sin( − x)} = { −sin x} ≠−{sin x}<br />
⇒ f<br />
Ha T = 2 π ⇒ f( x + T) = f( x)<br />
⇒ f periodikus.<br />
= {sin<br />
x} = f( x)<br />
.<br />
nem páratlan.<br />
4. Egy f :[ −6,6] → függvény változási táblázata a következő:<br />
x –6 –4 –1 0 1 4 6<br />
fx () 2 4 –1 5<br />
Megoldás<br />
f páratlan:<br />
f páros:<br />
x –6 –4 –1 0 1 4 6<br />
fx () 5 2 –1 4 –1 2 5<br />
x –6 –4 –1 0 1 4 6<br />
fx () –5 2 1 4 –1 –2 5<br />
5. Melyik igaz és melyik hamis az alábbi kijelentések közül?<br />
f : A→B a)<br />
g: A→B páros⎫⎪<br />
⎪<br />
⎬ ⇒ f + g : A→B is páros;<br />
páros⎪<br />
⎪⎭<br />
f : A→B b)<br />
g: A→B páratlan⎫⎪<br />
⎬<br />
⎪ ⇒ f + g : A→B is páratlan;<br />
páratlan⎪<br />
⎪⎭<br />
f : A→B c)<br />
g: A→B páros⎫⎪<br />
⎪<br />
⎬ ⇒ f ⋅g : A→ B is páros;<br />
páros⎪<br />
⎪⎭<br />
f : A→B d)<br />
g: A→B páratlan⎫⎪<br />
⎪<br />
⎬ ⇒ f ⋅g : A→ B is páratlan.<br />
páratlan⎪<br />
⎪⎭<br />
Megoldás. a) ∀ x ∈A ⇒ −x ∈A mivel f és g is páros.<br />
fx ( + 2 π ) = {sin( x+<br />
2 π )} =<br />
Töltsd ki a táblázatot, ha f<br />
páros, majd ha f páratlan.<br />
( f + g)( − x) = f( − x) + g( − x) = f( x) + g( x) = ( f + g)( x), ∀ x ∈A , azaz f + g páros.<br />
Igaz a kijelentés.<br />
b) ∀ x ∈A ⇒ −x ∈A mivel f , g páratlan.<br />
( f + g)( − x) = f( − x) + g( − x) = −f( x) − g( x) = − ( f( x) + g( x)) =− ( f + g)( x)<br />
⇒<br />
f + g páratlan. Tehát igaz a kijelentés.
176 Függvények<br />
c) ∀ x ∈A ⇒ −x ∈ A mivel f, g páros.<br />
( f ⋅g)( − x) = f( −x) ⋅g( − x) = f( x) ⋅ g( x) = ( f ⋅g)( x), ∀ x ∈A, vagyis f ⋅ g páros.<br />
d) ∀ x ∈A ⇒ −x ∈ A mert f, g páratlan.<br />
( f ⋅g)( − x) = f( −x) ⋅g( − x) = ( −fx ( ) ) ⋅( − gx ( ) ) = fx ( ) ⋅ gx ( ) = ( f⋅g)( x), ∀ x∈ A ,<br />
tehát f ⋅ g páros. Tehát hamis a kijelentés.<br />
e) Igazolni kell, hogy ∃ T : ( g f)( x + T) = ( g f)( x)<br />
.<br />
( g f)( x + T) = g( f( x + T) ) = g( f( x) ) = ( g f)( x)<br />
. Tehát g f periodikus, következik<br />
az f periodikusságából. Igaz kijelentés.<br />
6. Van-e függőleges szimmetriatengelye az alábbi függvények grafikus képének?<br />
a) f : → ,<br />
2<br />
fx ( ) = ax+ bx+ c, a≠<br />
0;<br />
b) f : → , f( x) = ax + b,<br />
a ≠ 0;<br />
c)<br />
→ = + ∈ ;<br />
3<br />
f : , fx ( ) x a, a<br />
4 4<br />
4 3<br />
d) f : → , fx ( ) = ( x− 1) + ( x+<br />
3) ; e) f : → , f( x) = x + x ;<br />
f) f : → , f( x)<br />
= x ; g) f :[ −3,2] → ,<br />
f(<br />
x) = x ;<br />
h) f :[ a, b] → , f( x) = a + b−x, a, b ∈ ,<br />
a < b.<br />
Megoldás. a) ∀ x ∈ ⇒ 2d<br />
−x ∈ , ahol d ∈ . Vizsgálnunk kell, hogy<br />
létezik-e olyan d ∈ úgy, hogy teljesüljön a fx ( ) = f(2d−x), ∀ x∈<br />
feltétel.<br />
2 2<br />
f ( x) f(2 d x) ax bx c a(2 d x) b(2 d x) c<br />
= − ⇔ + + = − + − + ⇔<br />
⇔ (2 + ) = 2 +<br />
2<br />
da b x d a bd<br />
Az egyenlőség fenn kell álljon bármely x -re a valós számok halmazából, ami csak<br />
b<br />
akkor lehetséges ha 2 da + b = 0.<br />
Ahonnan kapjuk, hogy x = − függőleges szim-<br />
2a<br />
metriatengelye a megadott függvény grafikus képének.<br />
b) Mivel -ben vagyunk, az első feltétel biztos, hogy teljesülni fog.<br />
fx ( ) = f(2 d−x), ∀ x∈ ⇔ ax+ b= a(2 d− x) + b, ∀ x∈<br />
⇔<br />
⇔ x = d, ∀ x ∈ <br />
Tehát ellentmondáshoz jutottunk, így az f függvény grafikus képének nincs függőleges<br />
szimmetriatengelye.<br />
c) -ben vagyunk, tehát teljesül az első feltétel.<br />
3 3<br />
f ( x) = f(2 d −x), ∀ x ∈ ⇔ x + a = (2 d − x) + a, ∀ x ∈ ⇔<br />
3 2 2 3<br />
⇔ x − 3dx + 6d x − 4d = 0, ∀ x ∈ <br />
Az egyenletnek legfeljebb három különböző gyöke van, de nekünk az minden valós<br />
szám esetén kellene teljesüljön. Tehát a függvény grafikus képének nincs függőleges<br />
szimmetriatengelye.
Függvények 177<br />
d) Teljesül az első feltétel.<br />
( ) (2 ),<br />
4 4<br />
( 1) ( 3) (2 1 ) 4<br />
f x = f d −x ∀ x ∈ ⇔ x − + x + = d − − x +<br />
+ + − ⇔ = −<br />
4<br />
(2d 3 x) d 1<br />
Tehát teljesül az egyenlőség, így az x = −1<br />
egyenletű egyenes a függvény grafikus<br />
képének függőleges szimmetriatengelye.<br />
e) -ben teljesül a 2 d −x ∈ ∀ d, x ∈ feltétel.<br />
4 3 4 3<br />
f ( x) f(2 d x), x D x x (2 d x) (2 d x) , x<br />
= − ∀ ∈ ⇔ + = − + − ∀ ∈ <br />
Megfeleltetjük a szabadtagok együtthatóját.<br />
4 3 3<br />
1<br />
(2 d) + (2 d) = 0 ⇔ (2 d) (2d + 1) = 0 ⇔ d = 0 vagy d = −<br />
2<br />
4 3 4 3<br />
d = 0 esetén az x + x = x −x , ∀ x ∈ egyenlőséget kapjuk, ami nem igaz.<br />
1<br />
4 3 4<br />
d = − esetén az x + x = ( −1 − x) + ( −1 −x) egyenlőségnek kellene teljesül-<br />
2<br />
nie ∀ x ∈ esetén. Mivel ez sem teljesül, a grafikus kép nem rendelkezik függőleges<br />
3<br />
<br />
szimmetriatengellyel.<br />
f) fx ( ) = f(2 d−x), ∀ x∈ ⇔ x= 2 d−x∀ x∈ ⇔ x= d, ∀ x∈.<br />
Nincs függőleges szimmetriatengely.<br />
g) fx ( ) = f(2 d−x), ∀ x∈[ −3, 2] ⇔ x= 2 d−x, ∀ x∈[ −3,2] ⇔ x= d,<br />
∀ x ∈[ − 3,2] . Ez nem lehetséges mert d egy rögzített érték és x a változó, tehát<br />
nincs függőleges szimmetriatengely.<br />
h) fx ( ) = f(2 d−x), ∀ x∈[ ab , ] ⇔ a+ b− x= a+ b− 2 d+ x, ∀ x∈[ ab , ] ⇔<br />
⇔ x = d, ∀ x ∈[ a, b] ⇔ a = b = d , de a < b.<br />
Nincs függőleges szimmetriatengely.<br />
7. Bizonyítsd be, hogy ha az f : → függvény teljesíti az<br />
1<br />
2<br />
fx ( + a) = + fx ( ) − f( x)<br />
2<br />
egyenlőséget, ∀ x ∈ esetén, akkor f periodikus.<br />
Bizonyítás. Ha fx () = y,<br />
akkor fx (<br />
Ha x helyett ( x + a)<br />
-t helyettesítünk, az<br />
a) 1<br />
2<br />
y y<br />
2<br />
+ = + − .<br />
2<br />
1 1 1 ⎛1 ⎞<br />
+ = + + − + = + + − − ⎜<br />
⎟<br />
2 2 2<br />
⎜⎜⎝ + − ⎟ =<br />
2 ⎠⎟<br />
2 2<br />
2<br />
fx ( 2 a) fx ( a) f( x a) y y y y<br />
2<br />
2<br />
⎛ ⎞<br />
y y ⎜y<br />
⎟ y<br />
1<br />
= +<br />
2<br />
1<br />
+<br />
4<br />
−<br />
1<br />
= +<br />
2<br />
⎜⎜⎝ 1<br />
−<br />
2⎠ ⎟<br />
1<br />
= +<br />
2<br />
1<br />
− = y<br />
2<br />
egyenlőséghez jutunk, tehát fx ( + 2 a) = fx ( ), ∀ x∈<br />
, azaz f periodikus.
178 Függvények<br />
8. Bizonyítsd be, hogy ha az f : → \ {1} függvény teljesíti az<br />
1<br />
fx ( + 2) = egyenlőséget, ∀ x ∈ esetén, akkor f periodikus.<br />
1 − fx ( )<br />
Bizonyítás. Legyen fx ( ) = y<br />
helyettesítünk az<br />
⇒<br />
1<br />
fx ( + 2) = . Ha x helyett ( x + 2) -t<br />
1 − y<br />
1<br />
fx ( + 4) =<br />
1<br />
1 −<br />
1 − y<br />
1−y<br />
=−<br />
y<br />
egyenlőséghez jutunk, majd az x + 4 helyettesítés után:<br />
1<br />
f ( x + 6) = = y .<br />
1 − y<br />
1 +<br />
y<br />
Azaz fx ( ) = fx ( + 6) , tehát f periodikus.<br />
9. Ábrázold grafikusan a következő függvényeket:<br />
a) f : → , f( x)<br />
= [ x ] ; b) f : → ,<br />
f( x)<br />
= { x}<br />
.<br />
Megoldás. a)<br />
b)<br />
–4<br />
[ )<br />
–4<br />
–3<br />
–3<br />
–2<br />
[ )<br />
–2<br />
[ )<br />
4<br />
3<br />
2<br />
y<br />
1<br />
–1 O [ )<br />
1<br />
[ ) –1<br />
–1<br />
1<br />
–2<br />
–3<br />
–4<br />
y<br />
[ )<br />
[ )<br />
[ )<br />
[ )<br />
2 3 4 5 x<br />
[ )<br />
[ )<br />
[ )<br />
[ )<br />
[ )<br />
[ )<br />
[ )<br />
[ )<br />
[ )<br />
O<br />
1<br />
2 3 4 5 x
Függvények 179<br />
V.9.1. Gyakorlatok és feladatok (116. oldal)<br />
1. Vizsgáld az alábbi f : I → függvények monotonitását.<br />
2<br />
2<br />
a) f ( x) = x + 4, I = [0, +∞ ) ; b) f ( x) = 2x − 6 x, I = [ − 2,1] ;<br />
2<br />
c) f ( x) = − 3x + 2, I = [0, +∞ ) ;<br />
x<br />
d) fx ( ) = ,<br />
x − 2<br />
I=<br />
(2, + ∞)<br />
.<br />
2 2<br />
f ( x1) − f( x2) x1 + 4−x2 −4<br />
Megoldás. a)<br />
= = x1 + x2 > 0, ∀ x1, x2<br />
x1 −x2 x1 −x2<br />
∈I<br />
mivel<br />
x ≠ x . Tehát f szigorúan növekvő függvény.<br />
1<br />
b)<br />
2<br />
1 − 2<br />
2<br />
− 1 − 1<br />
2<br />
+ 2 2 − 1 2 + 1 2 − − 1 2<br />
f ( x ) f( x ) 2x 6x 2x 6x 2( x x )( x x ) 6( x x )<br />
= =<br />
=<br />
x −x x −x x −x<br />
1 2 1 2 1 2<br />
= 2( x + x ) − 6 < 0, ∀ x , x ∈[ −2,<br />
1] . Tehát f szigorúan csökkenő függvény.<br />
1 2 1 2<br />
c)<br />
2 2<br />
f ( x1) −f( x2) − 3x1 + 2+ 3x2 − 2<br />
= =− 3( x1 + x2) < 0, ∀ x1, x2<br />
x1 −x2 x1 −x2<br />
∈ I mivel<br />
≠ , x , x nem veheti fel egyszerre a 0 értéket. Tehát f szigorúan csökkenő<br />
x x 1 2 1 2<br />
függvény.<br />
x x<br />
1 2 −<br />
fx ( ) −fx ( ) x −2 x −2 −2( x −x) 1 2 1 2 1 2<br />
−2<br />
d)<br />
= = =<br />
< 0 ,<br />
x −x x −x ( x −2)( x −2)( x −x ) ( x −2)( x −2)<br />
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2<br />
mert x , x ∈ (2, + ∞) ⇒ x − 2> 0 és ( x − 2 ) > 0.<br />
Tehát f szigorúan csökkenő<br />
2<br />
függvény.<br />
1 2 1<br />
2. Legyen f : I → , ( I ⊂ )<br />
függvény. A tagadási szabályok használásával, írd<br />
fel, hogy mit jelent:<br />
a) f nem szigorúan növekvő I -n;<br />
c) f nem szigorúan monoton I -n.<br />
b) f nem szigorúan csökkenő I -n;<br />
Megoldás. a) f csökkenő I -n (vagy f növekvő, f csökkenő, f szigorúan csökkenő,<br />
f változtatja a monotonitását az I intervallumon belül).<br />
b) f növekvő I -n (vagy f csökkenő, növekvő, szigorúan növekvő, változtatja a<br />
monotonitását I -n).<br />
c) f növekvő vagy csökkenő (vagy f növekvő, csökkenő, változtatja a<br />
monotonitását az I<br />
intervallumon belül).
180 Függvények<br />
x<br />
3. Vizsgáld az f :( −∞, − 1) → , f( x)<br />
= függvény monotonitását.<br />
2<br />
1 + x<br />
x x<br />
1 2 − 2 2<br />
fx ( ) −fx ( ) 1−x1 −x( x −x) −xx( x−x) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2<br />
Megoldás.<br />
= =<br />
=<br />
2 2<br />
x −x x − x (1 + x )(1 + x )( x − x )<br />
1 2 1 2 1 2 1 2<br />
1 − xx<br />
= , 1+ x > 0 ∀ x ∈ ; 1+ x > 0 ∀ x ∈ .<br />
(1 + x )(1 + x )<br />
1 2<br />
2 2<br />
2 2 1 1 2 2<br />
1 2<br />
− xx 1 2<br />
1 2<br />
A függvény monotonitását az 1 előjele fogja megadni. Mivel x , x ∈ I , ezért<br />
vizsgáljuk az x = x esetén kapott kifejezés előjelét. Az I = ( −1,1)<br />
intervallumon<br />
2 1<br />
az<br />
1<br />
f függvény csökkenő, míg az I = \( 1,1) halmazon növekvő.<br />
− <br />
2<br />
4. Tanulmányozd az f : \{ −1} → ,<br />
2<br />
x − 2x<br />
+ 1<br />
f ( x)<br />
=<br />
x + 1<br />
és g : → ,<br />
3 2<br />
gx ( ) = x − 3x+ 4x+<br />
1 függvények monotonitását!<br />
Megoldás.<br />
2 2<br />
x − 2x + 1 x − 2x + 1<br />
1 1 2 2 −<br />
fx ( ) − fx ( ) x + 1 x + 1 xx + x + x − 3<br />
1 2 1 2 1 2 1 2<br />
= =<br />
.<br />
x −x x − x ( x + 1)( x + 1)<br />
1 2 1 2 1 2<br />
2<br />
x + 2x<br />
−<br />
1 1<br />
2<br />
( x + 1) 1<br />
Ha x = x , az eredeti tört a következő formában írható:<br />
1 2<br />
2<br />
előjelének vizsgálata megegyezik az x + 2x<br />
− 3 kifejezés előjelével. Ebből<br />
1 1<br />
következik, hogy az I = ( −3,1) intervallumon f csökkenő, az I<br />
1<br />
intervallumon pedig növekvő.<br />
3 2 3 2<br />
gx ( ) −gx ( ) x − 3x+ 4x+ 1− x + 3x−4x−1 1 2 1 1 1 2 2 2<br />
= =<br />
x −x x −x<br />
1 2 1 2<br />
= x + x x + x −3x − 3x<br />
+ 4.<br />
2 2<br />
1 1 2 2 1 2<br />
x1 x2 2<br />
3x1 6x1<br />
2<br />
3<br />
. A tört<br />
= \( 3,1) −<br />
Hasonlóan járva el mint az előbb: = ⇒ − + 4 előjelét kell vizs-<br />
gálnunk. ∆ = − 12 < 0 ⇒ a g függvény szigorúan növekvő az -en.<br />
x 1<br />
5. Bizonyítsd be, hogy két növekvő függvény összege is növekvő. Ez alapján igazold,<br />
hogy ha a , a , , n pozitív számok, akkor az<br />
a …<br />
1 2<br />
f : + → , f ( x) = a x + a x + … + a x + a<br />
n n−1<br />
0 1 n−1<br />
függvény növekvő. Adjál példát olyan f : → ,<br />
…<br />
n n−1<br />
f ( x) = a x + a x + + a x + a<br />
0 1<br />
n−1 n<br />
nem csökkenő az -on.<br />
+<br />
alakú függvényre, amely se nem növekvő, se<br />
n
Függvények 181<br />
Megoldás. Legyen f , g két növekvő függvény és igazolni fogjuk, hogy f + g is<br />
növekvő.<br />
( f + g)( x ) − ( f + g)( x ) ( ) ( ) ( ) ( )<br />
1 2<br />
ért f x + g x −f x −g<br />
x<br />
1 1 2 2<br />
= =<br />
x −x x −x<br />
1 2 1 2<br />
f ( x ) − f( x ) + g( x ) −g( x ) f( x ) −f( x ) g( x ) −g(<br />
x )<br />
1 2 1 2 1 2 1 2<br />
= = +<br />
> 0<br />
x −x x −x x −x<br />
1 2 1 2 1 2<br />
Tehát két növekvő függvény összege növekvő.<br />
n<br />
Legyen f ( x) = a x ,<br />
n−1<br />
f ( x) = a x , … , f ( x) = a x, f ( x) = a . Ekkor<br />
0 0 1 1 n−1 n−1<br />
n−i n−i f ( x ) −f( x ) ax −ax<br />
i 1 i 2 i 1 i 2<br />
n−− i 1 n−− i 2 n−− i 1<br />
= = a ( x + x x + … + x ) > 0<br />
i 1 1 2 2<br />
x −x x −x<br />
1 2 1 2<br />
Tehát f növekvő -n ∀ i = 0, n ⇒ f<br />
+<br />
i<br />
növekvő függvény -n. +<br />
6. Az eddigiek alapján döntsd el, hogy a következő grafikus képek közül melyek<br />
ábrázolnak növekvő függvényeket és melyek csökkenőket! Azoknál a függvényeknél,<br />
amelyek nem monotonak az egész -en, határozd meg a monotonitási<br />
intervallumokat. Vizsgáld meg a szigorú monotonitást is!<br />
Megoldás. Az 1. szigorúan növekvő az -n; a 2. csökkenő az -n; a 3. növekvő<br />
az -n; a 4. az I = ( −∞, −1], I = ( 3, + ∞)<br />
intervallumokon szigorúan növekvő,<br />
1 3<br />
míg az I = ( −1,<br />
3] intervallumon szigorúan csökkenő; az 5. az I = ( −∞, − 3]<br />
,<br />
2 1<br />
I3= ( −1,1],<br />
I = (3, +∞)<br />
intervallumokon szigorúan növekvő, az I = ( −3, −1]<br />
,<br />
5 2<br />
I<br />
4<br />
= (1, 3]<br />
intervallumokon pedig szigorúan csökkenő; a 6. az I = ( −∞, − 1]<br />
1<br />
intervallumon szigorúan növekvő, míg az I intervallumon szigorúan<br />
2<br />
csökkenő.<br />
= ( − 1 + ∞)<br />
V.13. Gyakorlatok (129. oldal)<br />
1. Ábrázold a következő első és másodfokú függvényeket:<br />
a) f : → , f( x)<br />
= x + 1;<br />
b) f : → , fx ( ) = 2x−1; c) f : → , f( x)<br />
= 7−3x<br />
; d) f : → , x<br />
f( x)<br />
= −<br />
2<br />
3 ;<br />
e) f : → ,<br />
2<br />
fx ( ) = x − 4x+<br />
5;<br />
f) f : → ,<br />
2<br />
fx ( ) = x − 2x+ 6;<br />
2<br />
2<br />
g) f : → , fx ( ) = x − 2 2x+ 2;<br />
h) f : → , fx ( ) = x − 5x+ 6;<br />
i) f : → ,<br />
2<br />
fx ( ) = x − 7x+ 12;<br />
j) f : → ,<br />
1 2 1 1<br />
f( x) = x − x + ;<br />
2 3 4<br />
k) f : → ,<br />
2<br />
fx ( ) = − x + 10x;<br />
l) f : → ,<br />
2<br />
fx ( ) = x −16.<br />
n<br />
n
182 Függvények<br />
Megoldás.<br />
a) f(0) = 1, f(<br />
− 1) = 0 .<br />
d) f (0) = − 3, f (2 3) = 0 .<br />
b)<br />
c)<br />
B(–1, 0)<br />
y<br />
O<br />
A(0, 1)<br />
1<br />
f(0) 1, f 0<br />
2<br />
⎛ ⎞ = − ⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟<br />
= .<br />
⎠<br />
y<br />
O<br />
A(0, –1)<br />
7<br />
f(0) 7, f 0<br />
3<br />
⎛ ⎞ = ⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟ = .<br />
⎠<br />
y<br />
7<br />
O<br />
A(0, 7)<br />
2<br />
B(1/ 2, 0)<br />
B(7/3, 0)<br />
x<br />
x<br />
x<br />
y<br />
O<br />
A(0, – 3 )<br />
B(2 3 ,0)<br />
b<br />
e) x = − , V<br />
2a ∆<br />
y = − ,<br />
V<br />
4a<br />
x = 2,<br />
V<br />
= 1 ; ∆ < 0 ⇒ Gr ∩ Ox = ∅ .<br />
yV<br />
f (0) = 5 , f (4) = 5 , f (1) = 2 ,<br />
f (3) = 2 .<br />
x 0 1 2 3 4<br />
fx () 5 2 1 2 5<br />
y<br />
5<br />
2<br />
1<br />
O 1 2 3 4<br />
x<br />
x
Függvények 183<br />
b<br />
f) A csúcspont koordinátái: x = − = 1 ,<br />
V<br />
2a<br />
∆<br />
y = − = 4 . ∆ < 0 , tehát a grafikus kép nem<br />
V<br />
4a<br />
metszi az Ox tengelyt. f (0) = 6 ; f (2) = 6 ;<br />
f ( − 1) = 9;<br />
f (3)<br />
= 9 .<br />
x<br />
fx ( )<br />
–<br />
–1 0 1 2 3<br />
9 6 4 6 9<br />
8<br />
2<br />
O<br />
2<br />
y<br />
2 2 2 3 2<br />
h) A csúcspont koordinátái:<br />
b 5<br />
x = − =<br />
V<br />
2a2 ,<br />
∆ 1<br />
y = − = − . ∆ = 1 , a grafikon metszi az<br />
V<br />
4a4 Ox tengelyt: f (2)<br />
= 0 , f (3) = 0 ; f (0) = 6 ,<br />
f (5) = 6<br />
x<br />
.<br />
0 2 5/2 3 5<br />
fx () 6 0 − 1/4 0 6<br />
x<br />
y<br />
9<br />
6<br />
4<br />
–1 O 1 2 3<br />
b<br />
g) A csúcspont koordinátái x = − = 2 ,<br />
V<br />
2a<br />
∆<br />
y = − = 0 . ∆ = 0 , a grafikon érinti az<br />
V<br />
4a<br />
Ox tengelyt. f (0)<br />
= 2 ; f (2 2) = 2 ;<br />
f ( − 2) = 8;<br />
f (3 2) = 8 .<br />
x – 2 0 2 2 2 3 2<br />
fx ( ) 8 2 0 2 8<br />
6<br />
O<br />
–<br />
1<br />
4<br />
y<br />
2<br />
5<br />
2<br />
3<br />
5<br />
x<br />
x
184 Függvények<br />
i) A csúcspont koordinátái:<br />
b 7<br />
x = − =<br />
V<br />
2a2 ,<br />
∆ 1<br />
y = − = − . ∆ = 1> 0,<br />
a grafikus kép metszi<br />
V<br />
4a4 az Ox tengelyt. f (3) = 0 , f (4) = 0 , f (0) = 12 ,<br />
f (7) = 12<br />
.<br />
7/2<br />
x 0 3 4 7<br />
fx () 12 0 − 1/4 0 12<br />
j) A csúcspont koordinátái<br />
b 1<br />
x = − =<br />
V<br />
2a3 ,<br />
∆ 7<br />
y = − = . ∆ < 0 , a grafikus kép nem<br />
V<br />
4a36 metszi az Ox tengelyt.<br />
1 5 5<br />
f ( − ) = , f (1) = .<br />
3 12<br />
12<br />
1<br />
f (0) = ,<br />
4<br />
2 1<br />
f ( ) =<br />
3 4<br />
,<br />
x −1/3 0 1/3 2/ 3 1<br />
fx ( ) 5/12 1/4 7/36 1/4 5/12<br />
12<br />
O<br />
–<br />
1<br />
4<br />
k) A csúcspont koordinátái:<br />
b<br />
x = − = 5<br />
V<br />
2a<br />
,<br />
∆<br />
y = − = 25 . ∆ > 0 , a grafikus kép két pontban metszi<br />
V<br />
4a<br />
az Ox tengelyt: f (0) = 0 , f (10) = 0 ; f ( −1)<br />
= −11<br />
,<br />
f (11) = −11<br />
.<br />
x –1 0 5 10 11<br />
fx ( ) –11 0 25 0 –11<br />
y<br />
y<br />
7<br />
2<br />
3 4<br />
1 2<br />
– O<br />
1<br />
1<br />
3<br />
5<br />
12<br />
3<br />
25<br />
y<br />
–1<br />
O 5<br />
–11<br />
3<br />
7<br />
11<br />
x<br />
x<br />
x
Függvények 185<br />
l) A csúcspont koordinátái: V =<br />
b<br />
x − = 0<br />
2a<br />
,<br />
∆<br />
y = − = −16 V<br />
4a<br />
. ∆ > 0 , a grafikus kép két az<br />
Ox tengelyt 2 pontban metszi: f ( − 4) = 0 , f (4) = 0 ;<br />
f ( − 5) = 9,<br />
f (5) = 9 .<br />
x<br />
fx) (<br />
–5 –4 0 4 5<br />
9 0 –16 0 9<br />
2. Határozd meg a következő függvénypárok grafikus<br />
képének metszéspontját:<br />
a) f, g : → ,<br />
f( x) = 3x − 1, g( x) = 2x + 3;<br />
b) f, g : → ,<br />
f( x) = 2x − 5, g( x) = 4−x<br />
;<br />
c)<br />
d)<br />
2<br />
f, g : → , f( x) = − 3x + 2, g( x) = x − 6x + 4;<br />
2<br />
f, g : → , f( x) = 7x + 3, g( x) = x − 5x + 14.<br />
Megoldás. a) f ( x) = g( x) ⇔ 3x − 1= 2x + 3 ⇔ x = 4<br />
Tehát a metszéspont (4 , 11) .<br />
b) f ( x) = g( x) ⇔ 2x − 5 = 4−x ⇔ 3x = 9 ⇔ x = 3<br />
Tehát a metszéspont (3 , 1) .<br />
c)<br />
2<br />
–4<br />
–5<br />
9<br />
y<br />
4<br />
O 5<br />
–16<br />
, y = f (4) = g(4)<br />
= 11 .<br />
, y = f(3) = g(3)<br />
= 1 .<br />
f x = g x ⇔ − x + = x − x + ⇔ x − x + = ⇔ x = ,<br />
2 2<br />
( ) ( ) 3 2 6 4 3 2 0 2 1<br />
x = 1;<br />
y = f (2) = g(2) =− 4, y = f(1) = g(1)<br />
=−1 . A metszéspontok: (2 , − 4) ,<br />
(1, −1)<br />
d)<br />
2<br />
.<br />
1 2<br />
f x = g x ⇔ x + = x − x + ⇔ x − x + = ⇔ x = ,<br />
2 2<br />
( ) ( ) 7 3 5 14 12 11 0 1 1<br />
x = 11 ; y = f(1) = g(1) = 10, y = f(11) = g(11)<br />
= 80<br />
. Tehát a metszéspontok<br />
(1, 10),<br />
1 2<br />
( 11, 80) .<br />
2<br />
3. Ábrázold az f : → , fx ( ) = x − 2xfüggvényt<br />
és határozd meg az alábbi<br />
halmazokat:<br />
a) Im f ; b) f ([0, 2]) ; c) f ([ − 2, 4]) ; d) f ([1, 6]) ; e) f ([ −10,<br />
0]) .<br />
⎡ ∆ ⎞<br />
Megoldás. a) a 1 0 Im f , ⎟<br />
∆<br />
= > ⇒ = ⎢− +∞<br />
⎢⎣ 4a ⎟⎠<br />
. − = −1⇒ Im f = [ −1, ∞) .<br />
4a<br />
x
186 Függvények<br />
b) f(0) = 0,<br />
b<br />
f(2)<br />
= 0 . 1<br />
2a<br />
= − , x 1 [0, 2] ([0, 2]) [ 1, 0] .<br />
f<br />
= ∈ ⇒ = −<br />
c) f( − 2) = 8, f(4)<br />
= 8.<br />
x = 1 ∈− [ 2, 4] ⇒ f([<br />
− 2, 4]) = [ −1,<br />
8] .<br />
d) f(1) = − 1, f(6)<br />
= 24 . f ([1, 6]) = [ −1,<br />
24] .<br />
e) f( − 10) = 120, f(0)<br />
= 0 . x = 1 ∉− [ 10, 0] ⇒ f ([ − 10, 0]) = [0, 120] .<br />
4. Határozd meg az f , f , f : → ,<br />
f ( x) = 2x + 5, f ( x) = 3x − 4 és<br />
5<br />
1 2 3 1 2<br />
f ( x) = − 7x + 4 függvények grafikus képének metszéspontjai által meghatározott<br />
háromszög területét.<br />
Megoldás. f ( x) = f ( x) ⇒ 2x + 5 = 3x −4 ⇒ x = 9, y = 23;<br />
A (9, 23) .<br />
1 2 1 1<br />
f ( x) f ( x) 2 3 3x 4 7x 4<br />
4<br />
x , 2<br />
5<br />
8<br />
y ; 2<br />
5<br />
4<br />
B ,<br />
5<br />
⎛ ⎞ = ⇒ − = − + ⇒ = =−<br />
8<br />
⎜ − ⎟<br />
⎜⎝ 5 ⎠⎟.<br />
f ( x) f ( x) 1 3 2x 5 7x 4<br />
1<br />
x , 3<br />
9<br />
43<br />
y ; 3<br />
9<br />
1<br />
C ,<br />
9<br />
⎛ ⎞ = ⇒ + =− + ⇒ = − =<br />
43<br />
⎜<br />
⎜− ⎟<br />
⎜⎝ ⎠<br />
⎟<br />
9 ⎟ .<br />
AB =<br />
2 2 41 10<br />
( x − x ) + ( y − y ) = ; BC = 1 2 1 2<br />
5<br />
2 2 41 2<br />
( x − x ) + ( y − y ) = ;<br />
2 3 2 3<br />
9<br />
CA =<br />
2 2 82 5<br />
( x − x ) + ( y − y ) = .<br />
3 1 3 1<br />
9<br />
A háromszög területét Héron képletével számítjuk ki<br />
T =<br />
AB + BC + CA<br />
p( p−AB)( p−BC)( p− CA)<br />
ahol p = .<br />
2<br />
1681<br />
Tehát T = .<br />
45<br />
5. Bizonyítsd be, hogy ha az f :[ a , b] → grafikus képe szimmetrikus az<br />
⎛<br />
⎜<br />
a + b ⎛a<br />
+ b⎞⎞<br />
⎜ , f ⎜ ⎟<br />
⎟<br />
2<br />
⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝ ⎜⎝ 2 ⎟⎟⎠⎟<br />
pontra nézve, akkor a grafikus kép, az x = a , x = b egyenletű<br />
⎠<br />
⎛a + b⎞<br />
egyenesek és az Ox tengely által meghatározott síkidom területe ( b−a) f ⎜ .<br />
⎝⎜2⎠⎟ Bizonyítás. Ha f szimmetrikus az<br />
y<br />
⎛a b a b ⎞<br />
⎜<br />
+ ⎛ +<br />
⎜ , f ⎜ ⎟<br />
2<br />
⎜<br />
⎟<br />
⎞<br />
⎜⎝ ⎜⎝<br />
2 ⎟⎟⎟<br />
⎠⎠⎟<br />
pontra nézve, akkor<br />
⎛a + b⎞<br />
f ( x) = f( a + b− x) = 2 f ⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟,<br />
∀ x ∈[<br />
a,<br />
]<br />
2 ⎠⎟<br />
b<br />
az értelmezés alapján. Így az 1. és 2. síkidomok<br />
egybevágóak, tehát a vizsgált síkidom területe<br />
megegyezik az ABCD téglalap területével.<br />
f ( )<br />
a+ b<br />
2<br />
1<br />
O a a+ b b<br />
2<br />
2<br />
x
Függvények 187<br />
a b<br />
Ez éppen ( b a) f , tehát a kért tulajdonságot igazoltuk.<br />
2<br />
⎛ + ⎞<br />
− ⋅ ⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝ ⎠<br />
⎟<br />
6. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy az f : → ,<br />
f x = mx − m + x + függvény:<br />
2<br />
m ( ) (2 1)<br />
1<br />
a) grafikus képének csúcsa a (4 , − 2) pontban legyen;<br />
b) grafikus képe érintse az y = −2<br />
egyenletű egyenest;<br />
c) grafikus képe áthaladjon a ( −1 , −2)<br />
ponton.<br />
⎧⎪ b<br />
⎪<br />
⎪x = − = 4<br />
V<br />
2<br />
Megoldás. a) ⎪ a<br />
⎨<br />
⎪ ∆<br />
⎪y= − = −2 ⎪ V<br />
⎪⎩ 4a ⇔<br />
⎧ ⎪2m+<br />
1<br />
⎪ = 4<br />
⎪<br />
2m<br />
⎨ 2<br />
⎪ 4m+ 1<br />
⎪−<br />
= −2<br />
⎪⎩ ⎪ 4m<br />
⇔ m ∈∅.<br />
b) A grafikus kép csak a csúcspontban érintheti az y = −2<br />
egyenest, azaz<br />
∆ 2 2<br />
− = −2 ⇒ 4m + 1= 8m ⇔ 4m − 8m + 1= 0<br />
4a ⇒<br />
⎧⎪ m ∈ ⎨<br />
⎪1 +<br />
⎪<br />
⎪⎩ 3<br />
,1−<br />
2<br />
3⎫⎪<br />
⎬<br />
⎪.<br />
2 ⎪<br />
⎪⎭<br />
c) ( −1 , 2) ∈Gr f ⇔ f ( − 1) = 2 ⇔ f ( − 1) = m + 2m + 1+ 1= 2 ⇒ m = 0.<br />
m m<br />
7. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy az<br />
m<br />
Ex () =<br />
m<br />
2<br />
x 2mx 3m<br />
2<br />
x + 2x<br />
+ m<br />
+ + − 2<br />
tört értelmezve legyen és legyen pozitív minden x ∈ esetén.<br />
2<br />
Megoldás. Ahhoz, hogy a tört értelmezve legyen ∀ x ∈ esetén, az x + 2x<br />
+ m<br />
2<br />
nem veheti fel a 0 értéket, azaz ∆ < 0 ⇔ m > 1.<br />
Így kapjuk, hogy x + 2x + m > 0,<br />
2<br />
∀ x ∈ <br />
2<br />
esetén. Tehát Ex () > 0, ∀ x∈<br />
⇔ x + 2mx+<br />
3m−<br />
2><br />
0, ∀ x∈<br />
.<br />
2<br />
Azaz ∆ < 0 ⇔ m −3m<br />
+ 2< 0,<br />
m = 1, m = 2 ⇔ m ∈(1,<br />
2) . Tehát össze-<br />
1 2<br />
1<br />
gezve kapjuk, hogy m ∈ (1, 2) .<br />
2<br />
x + ax + 1<br />
8. Legyen f : → , f( x) = , ( a ∈ )<br />
függvény. Határozzuk meg az<br />
2<br />
x − x + 1<br />
a ∈ paraméter értékét úgy, hogy teljesüljön az Im f ⊂− [ 3, 2] bennfoglalás.<br />
Megoldás.<br />
Tehát a ∈ [ =<br />
4, 0]<br />
.<br />
2<br />
x + ax + 1<br />
Im f ⊂− [ 3, 2] ⇔ −3 ≤ ≤2,<br />
azaz<br />
2<br />
x − x + 1<br />
⎧ 2<br />
⎪ 4 x (3 a) x 4 0 0 ⎧<br />
⎪<br />
− + − − ≤ ⎧⎪<br />
∆ ≤ a [ 5,1<br />
1 ⎪ ∈ − 1]<br />
⎪ ⎪<br />
⎪<br />
⎨ ⇔ ⎪<br />
2<br />
⎨ ⇔ ⎪<br />
⎨ .<br />
⎪ x − (2 + a) x + 1 ≥ 0 ⎪∆ ≤ 0 ⎪a∈−<br />
[ 4, 0]<br />
⎪⎩ 2<br />
⎪⎩<br />
⎪⎩ ⎪
188 Függvények<br />
9. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy az f : → ,<br />
2<br />
fm( x) = ( m + 1) x − 2mx<br />
+ m függvény<br />
a) grafikus képe érintse az Ox tengelyt;<br />
b) grafikus képének csúcsa az Ox tengely alatt helyezkedjen el;<br />
c) grafikus képe szimmetrikus legyen az x = 1/2 egyenletű egyenesre.<br />
Megoldás. a) Ahhoz, hogy a grafikus kép az Ox tengelyt érintse ∆ = 0 ⇔<br />
⇔− 4m = 0 ⇔ m = 0.<br />
b) A grafikus kép Ox alatt helyezkedik el, ha<br />
⎧a < 0 ⎧ m + 1< 0 ⎧ m < −1<br />
⎪ ⎪ ⎪<br />
⎨ ⇔ ⎪<br />
⎨ ⇔ ⎪<br />
⎨ ⇔<br />
⎪<br />
⎪∆ < 0 ⎪<br />
− 4m< 0 ⎪ m > 0<br />
⎪⎩⎪⎩ ⎪⎩<br />
m ∈∅.<br />
1<br />
c) A grafikus kép az x = egyenes szimmetrikusa ⇔<br />
2<br />
b 1<br />
x = − = , azaz<br />
V<br />
2a2 m 1<br />
=<br />
m + 1 2<br />
⇒ m = 1.<br />
10. Határozd meg az<br />
)<br />
2<br />
f : → , fx ( ) = ax+ bx+ c<br />
az ( x , f( x ) pontban húzott érintő egyenletét.<br />
0 0<br />
függvény grafikus képéhez<br />
Megoldás. Legyen y = d x + e a keresett érintő. Ebben az esetben az<br />
⎧ ⎪y<br />
= dx + e<br />
⎪<br />
⎨<br />
egyenletrendszernek egy megoldása van, ami épp az 2 ⎪ ( x , f( x )<br />
0 0 ).<br />
y = ax + bx + c<br />
⎪⎩<br />
2<br />
Az előbbi egyenletrendszerből következik, hogy az ax + ( b −d<br />
) x + c − e = 0<br />
d − b<br />
egyenletnek az egyetlen megoldása az x , tehát ∆ = 0 és = x , azaz<br />
0<br />
0<br />
2a<br />
⎧ 2<br />
⎪( b d) 4ac 4ae 0 ⎧ d = 2ax<br />
+ b<br />
⎪<br />
− − + = ⎪<br />
0<br />
⎪ ⎪<br />
⎨ ⇔ ⎪<br />
⎨<br />
. 2<br />
⎪<br />
⎪d − b = 2ax<br />
⎪e<br />
= c−ax ⎪⎩ 0 ⎪ ⎪⎩<br />
0<br />
Tehát y = (2 a x + b) x + c−ax az ( x , f( x ) pontban húzott érintő egyenlete.<br />
0<br />
0 0 0 )<br />
2<br />
11. Határozd meg az f : → , f ( x) = mx − ( m + 1) x + 1 ( m ∈ ) parabo-<br />
m m<br />
lacsalád csúcspontjainak mértani helyét. Bizonyítsd be, hogy az előbbi család minden<br />
eleme áthalad egy rögzített ponton (a grafikus képek metszete nem üres halmaz).<br />
m 1<br />
⎧⎪ 1<br />
⎪ ⎧ +<br />
⎪ x<br />
⎪m<br />
=<br />
⎪ = ⎪<br />
V<br />
2m<br />
⎪ 2x−1 V<br />
Megoldás. ⎪ ⎪<br />
⎨ ⇔ ⎪<br />
2 ⎨<br />
2 .<br />
⎪ ( m −1)<br />
⎪ 4(1 − x ) V<br />
⎪y= − ⎪<br />
⎪<br />
y = −<br />
V ⎪ V<br />
⎪⎩4m⎪ ⎪⎩<br />
4(2x −1)<br />
V<br />
m
Függvények 189<br />
2<br />
x − 2x + 1 V V 1 3 1<br />
Tehát y = − = − x + − .<br />
V V<br />
2x −1 2 4 4(2x − 1)<br />
V V<br />
2<br />
A fixpont meghatározása: mx . Innen mx 0,<br />
ahonnan ⎪ 2<br />
− ( m + 1) x + 1=<br />
y ( −x) − x+ 1−<br />
y=<br />
2<br />
⎪⎧<br />
x − x = 0<br />
⎨<br />
⎪<br />
⎪− x + 1− y = 0<br />
⎪⎩<br />
⎪⎧<br />
x = 0 ∨ x = 1<br />
⇔ ⎪<br />
⎨<br />
. Tehát a fixpontok (0 , 1) és (1 , 0) .<br />
⎪ y = 1 ∨ y = 0<br />
⎪⎩<br />
2<br />
12. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy az mx + (2m − 1) x + m = 0<br />
egyenlet gyökeire teljesüljenek az alábbi összefüggések:<br />
a) x < 1< x < 2;<br />
b) 1< x < x < 2; c) x < 1 < x ; d) x ≤1≤x ≤2.<br />
1 2<br />
1 2<br />
1 2<br />
1 2<br />
x −1<br />
2y−1 Megoldás. Az y = helyettesítést használjuk, azaz x = .<br />
x − 2<br />
y − 1<br />
2 2<br />
mx m x m m y m y m<br />
+ (2 − 1) + = 0 ⇔ (9 −2) −(12− 3) + 3 − 1 = 0 .<br />
2<br />
12m − 3 ± (6m − 1)<br />
∆ = (6m −1) ⇒ y = 1,2<br />
2(9m − 2)<br />
3m−1 y = , y = 1.<br />
9m−2 . Tehát 1 2<br />
a) x < 1< x 1 2 < 2 ⇔ y < 0, 1<br />
3m−1 y > 0. y = < 0 2<br />
1<br />
9m−2 ⇔<br />
⎛2<br />
1⎞<br />
m ∈ ⎜ , ⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟<br />
9 3⎠⎟.<br />
b) 1< x < x < 2 ⇔ y < 0, y < 0. y = 1> 0<br />
2 ⇒ M = ∅ .<br />
1 2 1 2<br />
c) x < 1< 2 < x 1 2 ⇔<br />
3m−1 y > 0, y > 0.<br />
y = > 0 1<br />
2 1<br />
9m−2 ⇔<br />
⎡2<br />
1⎤<br />
m ∈ \ ⎢ , ⎥ .<br />
⎢⎣9 3⎥⎦<br />
d) x ≤1≤ x 1 2 ≤ 2 ⇔ y ≤ 0, 1<br />
3m−1 y ≥ 0. y = ≤ 0 2<br />
1<br />
9m−2 ⇔<br />
⎛2 1⎤<br />
m ∈⎜ ⎜⎝<br />
, ⎥ .<br />
9 3⎥⎦<br />
13. Igaz-e az alábbi kijelentés:<br />
2<br />
Az x + b x + c = 0 egyenlet gyökei pontosan akkor vannak a ( −1<br />
,1) interval-<br />
lumban, ha 1+ b + c > 0 , 1− b + c > 0 és c < 1 .<br />
x + 1<br />
y + 1<br />
Megoldás. Az y = helyettesítést használva, x = .<br />
x −1<br />
y −1<br />
+ + = ⇔ + + + − + − + = 0.<br />
2 2<br />
x bx c 0 (1 b c) y 2(1 c) y 1 b c<br />
x , x ∈( −1,1) ⇔ y , y < 0 ⇔ s < 0 és p > 0 .<br />
1 2 1 2<br />
⎧⎪ 2(1 −c)<br />
⎪<br />
⎪s<br />
= − < 0<br />
⎪ 1 + b + c<br />
⎨<br />
. A megadott feltételek kielégítik az egyenlőtlenség-rendszert.<br />
⎪ 1 − b + c<br />
⎪p<br />
= > 0<br />
⎪ ⎪⎩ 1 + b + c
190 Függvények<br />
V.14.1. Gyakorlatok (132. oldal)<br />
1. Számítsd ki a g f és f g függvényeket az alábbi f : → és g : → <br />
függvények esetén:<br />
2<br />
a) fx ( ) = 3x− 7, gx ( ) = 2−5x; b) f ( x) = 7x + 2, g( x) = x +x ;<br />
c)<br />
d)<br />
2 2<br />
f ( x) = x + 2x − 3, g( x) = x − 4x + 7;<br />
f x x x g x x x<br />
2 2<br />
( ) = − 7 + 4, ( ) = − 3 + 1<br />
3 2<br />
e) f ( x) x , g( x) 2x 3x 1<br />
;<br />
5<br />
= = − − ; f) fx ( ) = x, gx ( ) = ax+ b ( ab , ∈ )<br />
;<br />
⎧ ⎪2,<br />
x x > 1<br />
g) fx ( ) = ⎪<br />
⎨<br />
,<br />
⎪x −2, x ≤1<br />
⎪⎩<br />
x<br />
gx ( ) = ;<br />
2<br />
⎧⎪2, x x ≤ 0<br />
h) fx ( ) = ⎪<br />
⎨ ,<br />
⎪<br />
3, x x > 0<br />
⎪⎩<br />
⎧ 2<br />
⎪<br />
x −1, x ≤ 0<br />
gx ( ) = ⎪<br />
⎨<br />
;<br />
⎪<br />
⎪x<br />
− 1, x > 0<br />
⎪⎩<br />
⎪⎧1−2 x, x ≤ 2<br />
⎪<br />
i) fx ( ) = ⎪<br />
⎨ , 2<br />
⎪ − x + 1, x > 2<br />
⎪⎩ ⎧ 2<br />
⎪<br />
x + 1, x ≤ 0<br />
gx ( ) = ⎪<br />
⎨<br />
.<br />
⎪<br />
3x + 1, x > 0<br />
⎪⎩<br />
Megoldás. a) ( f g) ( x) = fgx ( ( )) = 3 gx ( ) − 7 = 3(2−5 x) − 7 = −15x−1. ( g f)( x) = g( f( x)) = 2 − 5 f( x) = 2 −5(3x − 7) = − 15x + 37 .<br />
2 2<br />
b) ( f g) ( x) = f( g( x)) = 7 g( x) + 2 = 7( x + x) + 2 = 7x + 7x<br />
+ 2.<br />
2 2 2<br />
( g f)() x = gfx (()) = (()) fx + fx () = (7x+ 2) + 7x+ 2= 49x+ 35x+ 6.<br />
c) 2 2 2 2<br />
( f g)( x) = f( g( x)) = ( g( x)) + 2 g( x) − 3 = ( x − 4x + 7) + 2( x − 4x + 7) − 3 =<br />
4 3 2<br />
= x − 8x + 25x − 36x + 60.<br />
2 2 2 2<br />
( g f)() x = gfx (()) = (()) fx − 4() fx + 7 = ( x + 2x−3) − 4( x + 2x− 3) + 7=<br />
4 3 2<br />
= x + 4x −6x − 20x + 28.<br />
d) 2 2 2 2<br />
( f g)( x) = f( g( x)) = ( g( x)) − 7 g( x) + 4 = ( x − 3x + 1) −7( x − 3x + 1) + 4 =<br />
4 3 2<br />
= x − 6x + 4x + 15x − 2.<br />
2 2 2 2<br />
( g f)() x = gfx (()) = (()) fx − 3() fx + 1 = ( x − 7x+ 4) −3( x − 7x+ 4) + 1=<br />
14 54 35 5 .<br />
3<br />
( f g)() x = f(()) g x = (()) g x<br />
2 3<br />
= (2x −3x − 1)<br />
6 5 4 3<br />
= 8x − 36x + 42x + 9x<br />
−<br />
4 3 2<br />
= x − x + x − x +<br />
e)<br />
2<br />
−21x −9x −1.<br />
2 6 3<br />
( g f)( x) = gfx ( ( )) = 2( fx ( )) −3 fx ( ) − 1= 2x−3x−1. 5 5 5 5 4 4 3 2<br />
f) ( f g)( x) = f( g( x)) = ( g( x)) = ( ax + b) = a x + 5a bx + 10a<br />
b x<br />
2 3 2 4 5<br />
+ 10abx + 5abx+<br />
b .<br />
5<br />
( g f )( x) = g( f( x)) = af( x) + b = ax + b .<br />
3<br />
+
Függvények 191<br />
⎧ ⎪2(), gx gx () > 1 ⎧ ⎪x,<br />
x > 2<br />
⎪<br />
g) ( f g) ( x) = f( g( x)) = ⎪<br />
⎨ = ⎪<br />
⎨x.<br />
⎪ gx ( ) −2, gx ( ) ≤1 ⎪<br />
−2, x ≤2<br />
⎪⎩ ⎪⎩ 2<br />
⎧ ⎪x,<br />
x > 1<br />
fx () ⎪<br />
( g f)( x) = g( f( x)) = =⎨<br />
⎪<br />
x − 2 .<br />
2 ⎪ , x ≤ 1<br />
⎪⎩ 2<br />
⎧⎪ 2(), gx gx () ≤ 0<br />
h) ( f g) ( x) = f( g( x))<br />
=⎨<br />
⎪<br />
.<br />
⎪ 3(), gx gx () > 0<br />
⎪⎩<br />
1. eset. gx ( ) ≤ 0<br />
2<br />
1.1. eset. x ≤ 0 : x −1≤ 0 ⇒ x ∈[ −1,1] ∩( −∞ , 0] = [ − 1, 0]<br />
;<br />
1.2. eset. x > 0 : x −1≤ 0 ⇒ x ∈( −∞, 1] ∩ (0, + ∞ ) = (0, 1] ;<br />
2. eset. gx ( ) > 0<br />
2<br />
2.1. eset. x ≤ 0 : x − 1> 0 ⇒ x ∈( \[ −1,1]) ∩( −∞ , 0] = ( −∞, −1)<br />
;<br />
2.2. eset. x > 0 : x − 1> 0 ⇒ x ∈ (1, + ∞) ∩ (0, + ∞ ) = (1, +∞)<br />
.<br />
⎧ 2<br />
⎪<br />
3x −3, ⎪ 2 ⎪2x −2, Tehát ( f g) ( x)<br />
= ⎪⎨<br />
⎪<br />
⎪2x<br />
−2, ⎪<br />
⎪3x −3, ⎪⎩⎪<br />
x ∈( −∞, −1)<br />
x ∈[ −1,<br />
0]<br />
.<br />
x ∈(0,1]<br />
x ∈ (1, + ∞)<br />
⎧ 2<br />
⎪(())<br />
f x −1, ( g f)( x) = g( f( x))<br />
=⎨<br />
⎪<br />
⎪fx ( ) − 1,<br />
⎪⎩<br />
1. eset. fx ( ) ≤ 0<br />
x ≤ 0<br />
.<br />
x><br />
0<br />
1.1. eset. x ≤ 0 : 2 x ≤0 ⇒ x ∈( −∞, 0] ∩( −∞, 0] ⇒ x ∈( −∞, 0] ;<br />
2. eset.<br />
1.2. eset. x > 0 : 3x ≤ 0 ⇒ x ∈( −∞, 0] ∩ (0, + ∞) ⇒ x ∈∅;<br />
fx ( ) > 0<br />
2.1. eset. x ≤ 0 : 2x > 0 ⇒ x ∈ (0, + ∞) ∩( −∞, 0] ⇒ x ∈∅;<br />
2.2. eset. x > 0 : 3x > 0 ⇒ x ∈ (0, + ∞) ∩ (0, + ∞) ⇒ x ∈ (0, + ∞)<br />
.<br />
⎧ 2<br />
⎪4x<br />
−1, x ≤ 0<br />
Azaz ( g f) ( x)<br />
= ⎪<br />
⎨ .<br />
⎪3x − 1, x > 0<br />
⎪⎩<br />
⎧⎪ 1−2 gx ( ), gx ( ) ≤2<br />
i) ( f <br />
g) ( x) = f( g( x))<br />
=⎨<br />
⎪<br />
.<br />
2 ⎪− (()) gx + 1, gx () > 2<br />
⎪⎩
192 Függvények<br />
1. eset. gx ( ) ≤ 2<br />
2<br />
1.1. eset. x ≤ 0 : x + 1≤2 ⇒ x ∈[ −1,1] ∩( −∞, 0] ⇒ x ∈[ − 1, 0]<br />
;<br />
1.2. eset. x > 0 :<br />
2. eset. gx ( ) > 2<br />
⎛ 1⎤ ⎛ 1⎤<br />
3x + 1≤2 ⇒ x ∈ ⎜ , (0, ) x ⎜<br />
⎜<br />
−∞ ⎥ ∩ + ∞ ⇒ ∈ 0, ⎥<br />
⎝ 3<br />
⎜<br />
;<br />
⎥⎦ ⎝ 3⎥⎦<br />
2<br />
2.1. eset. x ≤ 0 : x + 1> 2 ⇒ x ∈( \[ −1,1]) ∩( −∞,0] ⇒ x ∈( −∞, −1)<br />
;<br />
2.2. eset. x > 0 : 3x + 1> 2 ⇒<br />
⎛1 ⎞ ⎛1 ⎞<br />
x ∈ ⎜ , ⎟ (0, ) ⎜ , ⎟<br />
⎜<br />
+ ∞⎟∩ + ∞ = +∞<br />
⎝<br />
⎟<br />
3 ⎠⎟ ⎝ ⎜ ⎜3<br />
⎠ ⎟.<br />
⎧−<br />
4 2<br />
⎪<br />
x −2 x , x ∈< −1<br />
⎪ 2 ⎪<br />
⎪2x<br />
−1, −1≤x ≤ 0]<br />
⎪<br />
Tehát ( f g) ( x)<br />
= ⎪⎨<br />
1 .<br />
⎪−6x<br />
− 1, 0<<br />
x ≤<br />
⎪<br />
3<br />
⎪ 2<br />
1<br />
⎪9x<br />
− 6 x, x ><br />
⎪⎩⎪<br />
3<br />
⎧ 2<br />
⎪(())<br />
f x + 1,<br />
( g f)( x) = g( f( x))<br />
=⎨<br />
⎪<br />
⎪ 3() fx + 1,<br />
⎪⎩<br />
1. eset. fx ( ) ≤ 0<br />
f() x ≤ 0<br />
.<br />
fx () > 0<br />
2. eset.<br />
1.1. eset. x ≤ 2 : 1−2x ≤ 0 ⇒<br />
⎡1 ⎞<br />
x ∈ ⎢ , + ∞⎟∩( −∞, 2]<br />
⎢⎣ 2 ⎟⎠<br />
⇒<br />
⎡1<br />
⎤<br />
x ∈ ⎢ , 2⎥<br />
⎢⎣2 ⎥⎦<br />
;<br />
2<br />
1.2. eset. x > 2 : − x + 1 ≤0 ⇒ x ∈( \ ( −1, 1)) ∩ (2, + ∞) ⇒ x ∈(2, ∞)<br />
;<br />
fx ( ) > 0<br />
2.1. eset. x ≤ 2 : 1− 2 x > 0 ⇒<br />
⎛ 1⎞ x ∈ ⎜ , ⎟<br />
⎜<br />
−∞ ∩( −∞, 2]<br />
⎝ 2⎠ ⎟ ⇒<br />
⎛ 1⎞<br />
x ∈ ⎜<br />
⎜−∞,<br />
⎟<br />
⎝⎜ ⎟<br />
2⎟;<br />
⎠<br />
2<br />
2.2. eset. x > 2 : − x + 1> 0 ⇒ x ∈( −1,1) ∩ (2, + ∞) ⇒ x ∈∅.<br />
⎧⎪<br />
1<br />
⎪− ⎪ 6x + 4, x <<br />
⎪<br />
2<br />
⎪<br />
2 1<br />
Azaz ( g f) ( x) = ⎪<br />
⎨4x<br />
− 4x + 2, ≤x ≤2.<br />
⎪<br />
2<br />
⎪ 4 2<br />
⎪x<br />
− 2x + 2, x > 2<br />
⎪<br />
⎪⎩<br />
2. Az alábbi h : → függvények mindegyikére határozzunk meg két f, g : → <br />
függvényt úgy, hogy h = f g legyen.<br />
2 2 2<br />
2 5<br />
a) h( x ) = − ( x + x+ 1) + 2( x + x+<br />
1) − 4;<br />
c) hx ( ) = ( x − 4x+ 3) ;<br />
2<br />
4 2<br />
b) hx ( ) = −2( x− 2) + 3 x−<br />
2 + 1;<br />
d) h( x ) = 2x− 3x+ 1.
Függvények 193<br />
Megoldás. a)<br />
b)<br />
c)<br />
d)<br />
2 2<br />
f ( x) = − x + 2x − 4, g( x) = x + x + 1.<br />
2<br />
f ( x) = − 2x + 3 x + 1, g( x) = x − 2.<br />
5 2<br />
f ( x) = x , g( x) = x − 4x + 3.<br />
f ( x) = 2x − 3x + 1, g( x)<br />
= x<br />
2 2<br />
.<br />
3. Igazoljuk, hogy az alábbi esetekben g f = f g = 1,(, f g : → )<br />
:<br />
a) fx ( ) = 3x− 4,<br />
x + 4<br />
gx ( ) = ;<br />
3<br />
b) fx ( ) = 2x− 1,<br />
x + 1<br />
gx ( ) = ;<br />
2<br />
x + 4<br />
Megoldás. a) ( fg) ( x) = fgx ( ( )) = 3 gx ( ) − 4 = 3 − 4 = x, ∀ x∈<br />
⇒<br />
3<br />
⇒ f g = 1 . <br />
f ( x) + 4 3x − 4+ 4<br />
( g f)( x) = g( f( x)) = = = x, ∀ x ∈ ⇒ g f = 1 . <br />
3 3<br />
Tehát g f = f g<br />
= 1 . <br />
x + 1<br />
b) ( fg) ( x) = fgx ( ( )) = 2 gx ( ) − 1= − 1 = x, ∀ x∈<br />
⇒ f g = 1 . <br />
2<br />
f ( x) + 1 2x− 1+ 1<br />
( g f)( x) = g( f( x)) = = = x, ∀ x ∈ ⇒ g f = 1 . <br />
2 2<br />
Tehát g f = f g<br />
= 1 . <br />
V.18. Gyakorlatok és feladatok (140. oldal)<br />
1. Tanulmányozd az alábbi függvények injektivitását, szürjektivitását és monotonitását:<br />
a) f : → , f( n)<br />
= 2n;<br />
b) f : → <br />
3 2<br />
fn ( ) = n − n;<br />
c)<br />
f : [0, ) [0, ), fx ( ) x<br />
2<br />
+ ∞ → + ∞ = ; d)<br />
<br />
f :( ,0] [0, ), fx ( ) x<br />
2<br />
−∞ → ∞ = ;<br />
e) f : → ,<br />
2<br />
fx ( ) = x;<br />
f) f : → ,<br />
x<br />
f( x)<br />
= ; 2<br />
x + 1<br />
g) f :( −1,1) → ,<br />
x + 1<br />
f( x)<br />
= ;<br />
x − 1<br />
h) f : → ,<br />
⎧ ⎪x<br />
+ 1, x ≤ 2<br />
f( x)<br />
= ⎨<br />
⎪<br />
;<br />
2 ⎪x − 1, x > 2<br />
⎪⎩<br />
i) f : → , f( x) = x − a + x −b<br />
, ahol a < b;<br />
j) f : → ,<br />
⎧⎪2x − 1,<br />
f( x)<br />
= ⎪<br />
⎨<br />
⎪3, x<br />
⎪⎩<br />
x < 1<br />
;<br />
x ≥ 1<br />
k) f : → ,<br />
⎧⎪ ax, f( x)<br />
= ⎨<br />
⎪<br />
⎪bx, ⎪⎩<br />
x < 0<br />
;<br />
x ≥ 0<br />
l) f : → ,<br />
⎧ ⎪3x+<br />
2<br />
⎪ ,<br />
f( x)<br />
= ⎨<br />
⎪ 2<br />
⎪⎪<br />
3x + 1,<br />
⎪⎩<br />
x < 0<br />
.<br />
x ≥ 0
194 Függvények<br />
Megoldás. a) f injektívitásának vizsgálása:<br />
fn ( ) = fm ( ) ⇔ 2n= 2m⇔<br />
⇔ n = m . Tehát f injektív. f nem szürjektív, mivel a függvény értéke nem veszi<br />
fel a páratlan számokat.<br />
f ( n) −f( m) 2( n −m)<br />
= = 2> 0<br />
n −m n −m<br />
⇒ f szigorúan növekvő.<br />
3 2 3 2<br />
f ( n) − f( m) n −n − m + m 2 2<br />
b)<br />
= = n + nm + m −n −m ≥ 0, ∀n, m ∈ .<br />
n −m n −m<br />
Azaz f növekvő.<br />
f nem injektív mivel f(1) = f(0)<br />
= 0 . f nem szürjektív mivel a függvény nem vesz<br />
fel negatív értékeket.<br />
c)<br />
2 2<br />
f ( x1) −f( x2) x1 −x2<br />
= = x1 + x2 > 0,<br />
x2 −x2 x1 −x2<br />
∀ x1, x2<br />
∈[0, ∞) ⇒ f szigorúan növekvő,<br />
tehát f injektív is.<br />
f szürjektív mivel ∀ y ∈ [0, + ∞) ∃ x = y úgy, hogy fx () = y.<br />
2 2<br />
f ( x1) −f( x2) x1 −x2<br />
d)<br />
= = x1 + x2 x1 −x2 x1 −x2<br />
kenő, így f injektív is.<br />
< 0, ∀ x1, x2<br />
∈( −∞, 0] ⇒<br />
f szürjektív mivel ∀ y ∈ [0, + ∞) ∃ x = − y úgy, hogy fx ( ) = y.<br />
e)<br />
2 2<br />
f ( x ) −f( x ) x −x<br />
1 2 1 2 = = x + x ⇒<br />
1 2<br />
x −x x −x<br />
1 2 1 2<br />
f nem monoton.<br />
f szigorúan csök-<br />
f nem injektív és nem szürjektív mert f(1) = f(<br />
− 1) = 1 és ∃/ x ∈ f( x)<br />
= −1.<br />
f ( x ) −f( x )<br />
=<br />
− (<br />
1−x<br />
x<br />
+ 1)( + 1)<br />
⇒ f nem monoton.<br />
x x<br />
1 2<br />
f ( x ) = f( x ) ⇔ = ⇔ ( x −x )(1 − x x ) = 0 ⇒ f nem injektív.<br />
1 2 2 2<br />
1 2 1 2<br />
x + 1 x + 1<br />
1 2<br />
x<br />
2<br />
f szürjektív ha ∀ y ∈ ∃ x ∈ f( x)<br />
= y . = y ⇒ yx −x − y = 0 . Ha<br />
2<br />
x + 1<br />
2<br />
létezik y úgy, hogy ∆ < 0 , akkor f nem szürjektív. ∆ = 1−4 y , ∆< 0 ⇔<br />
1 2 1 2<br />
f) 2 2<br />
x x x x<br />
1 2 1 2<br />
⎡ 1 1⎤<br />
⇔ y ∈ \ ⎢− , ⎥ ⇒<br />
⎢⎣ 2 2⎥⎦<br />
f nem szürjektív.<br />
f ( x1) −f( x2)<br />
−2<br />
g) = < 0, ∀ x1, x2 x1 −x2 ( x1 −1)( x2<br />
−1)<br />
tehát f injektív is.<br />
∈( −1, 1) ⇒ f<br />
szigorúan csökkenő,
Függvények 195<br />
f szürjektív ha, ∀ y ∈ ∃ x ∈( − 1,1)<br />
x + 1<br />
f( x)<br />
= y . = y<br />
x −1 ⇔<br />
y + 1<br />
x = . Ha<br />
y − 1<br />
y = 2 ⇒ x = 3,<br />
de 3 ∉( −1,1) ⇒ f nem szürjektív.<br />
f ( x ) − f( x ) x + 1−x −1<br />
= = 1> 0 ⇒<br />
x −x x −x<br />
h) 1 2 1 2<br />
1 2 1 2<br />
f<br />
szigorúan növekvő ( −∞ ,2]<br />
-n.<br />
2 2<br />
f ( x1) −f( x2) x1 −1− x2<br />
+ 1<br />
= = x1 + x2 > 0, ∀ x1, x2<br />
x1 −x2 x1 −x2<br />
növekvő az -en.<br />
∈(2, ∞) ⇒<br />
f(2) = 3, f(2)<br />
= 3 ⇒ f injektív.<br />
f szürjektív mivel ∀ y ≤ 3 ∃ x = y − 1: f( x)<br />
= y;<br />
∀ y > 3 ∃ x = y + 1 : f( x)<br />
= y.<br />
i)<br />
x<br />
x − a<br />
x − b<br />
–<br />
–<br />
a<br />
0<br />
–<br />
+<br />
–<br />
b<br />
+<br />
0<br />
+<br />
+<br />
⎧⎪− ⎪ 2x<br />
+ a + b x ≤ a<br />
⎪<br />
f ( x) = ⎪<br />
⎨b−<br />
a a < x ≤ b<br />
⎪<br />
⎪2x − b x > b<br />
⎪⎩<br />
f ( x ) −f( x ) − 2x + a + b + 2x<br />
−a −b<br />
1 2 1 2<br />
= = − 2 < 0<br />
x −x x −x<br />
∀ x , x 1 2 ∈( −∞,<br />
a]<br />
;<br />
1 2 1 2<br />
f ( x ) −f( x ) 2x −a −b− 2x<br />
+ a + b<br />
1 2 1 2<br />
= = 2> 0 ∀ x , x ∈ ( b,<br />
+ ∞)<br />
.<br />
1 2<br />
x −x x −x<br />
1 2 1 2<br />
Tehát f nem monoton.<br />
f nem injektív mert ∀ x ∈ [, a b] f() x = b−a.<br />
f<br />
szigorúan<br />
f nem szürjektív mivel a függvény b−a -nál kisebb értékeket nem vesz fel:<br />
− 2x + a + b ≥b− a ha x ≤ a; 2x −a − b > b− a ha x > b.<br />
j) f szigorúan növekvő mind a két intervallumon. f (1) = 1 , f(1) = 3 ⇒ f szigo-<br />
rúan növekvő az -en. Tehát f injektív.<br />
f nem szürjektív mivel a függvény nem veszi fel az [1 , 3] értékeket (2x− 1 < 1 ha<br />
x < 1 és 3 x ≥ 3 ha x ≥ 1).<br />
k) 1. eset. a = b : fx ( ) = ax<br />
1.1. eset. a < 0 : fx ( ) = axszigorúan<br />
csökkenő, injektív és szürjektív;<br />
1.2. eset. a = 0 : fx () = 0állandó<br />
függvény, nem injektív, nem szürjektív;<br />
1.3. eset. a > 0 : fx ( ) = axszigorúan<br />
növekvő, injektív és szürjektív;<br />
2. eset. a < b<br />
2.1. eset. b < 0 : f szigorúan csökkenő, injektív, szürjektív
196 Függvények<br />
∀ y < 0<br />
y<br />
∃ x = :<br />
b<br />
f( x)<br />
=y, ∀ y > 0<br />
y<br />
∃ x = :<br />
a<br />
f( x)<br />
=y.<br />
2.2. eset. b = 0 : f csökkenő, nem injektív, nem szürjektív<br />
f(1) = f(2) = 0 ; f( x) ≥ 0, ∀ x ∈ <br />
2.3. eset. a < 0 0 ;<br />
( ) 1 2 1 2<br />
.<br />
1 2<br />
⇔ ax − bx = 0 ⇒ x = by, x = ay , ahol y < 0 ;<br />
1 2 1 2<br />
fx ( ) > 0, ∀ x∈<br />
, tehát negatív értékeket nem vesz fel a függvény képe.<br />
2.4. eset. a = 0 : f növekvő függvény, nem injektív és nem szürjektív<br />
f( − 1) = f( − 2) = 0; f( x) > 0, ∀ x ∈ <br />
2.5. eset. a > 0 : f szigorúan növekvő, injektív, szürjektív<br />
∀ y > 0<br />
y<br />
∃ x = :<br />
b<br />
f( x)<br />
=y, ∀ y < 0<br />
y<br />
∃ x = :<br />
a<br />
f( x)<br />
=y.<br />
Ha b < a hasonlóan tárgyaljuk mint a 2. esetet.<br />
l) f szigorúan növekvő, injektív, szürjektív<br />
∀ y < 1<br />
2y−2 ∃ x = :<br />
3<br />
f( x)<br />
= y, ∀ y ≥1 y −1<br />
∃ x = :<br />
3<br />
f( x)<br />
= y.<br />
2. Ábrázold a következő ponthalmazokat:<br />
a) H = {( x , y) | x + y ≤ 1} ;<br />
1<br />
b) H = {( x , y) | max{ x , y}<br />
≤ 1} .<br />
2<br />
Megoldás. a)<br />
1. eset. x < 0, y < 0 : −x −1≤y ;<br />
2. eset. x > 0, y < 0 : x −1≤y; .<br />
d 1<br />
–1<br />
3<br />
1<br />
y<br />
1<br />
4<br />
d 3<br />
O 1<br />
3. eset. x < 0, y > 0 : x + 1 ≥ y ;<br />
4. eset. x > 0, y > 0 : 1 −x ≥y.<br />
y<br />
1<br />
–1<br />
H1 b) 1. eset. x ≤ y ≤1 ⇒ x, y ∈[ −1, 1];<br />
2. eset. y ≤ x ≤1 ⇒ x, y ∈[ − 1,1]<br />
.<br />
–1 O 1 x<br />
–1<br />
3. Ha E egy halmaz és A ⊂ E , akkor értelmezzük az f : E {0, 1} , →<br />
⎧⎪ 1, x ∈ A<br />
f ( x)<br />
= ⎪<br />
A ⎨<br />
⎪0,<br />
x ∉<br />
A<br />
⎪⎩<br />
függvényt. Ezt a függvényt az A halmaz karakterisztikus függvé-<br />
A<br />
2<br />
d 2<br />
x
Függvények 197<br />
nyének nevezzük. Bizonyítsd be, hogy ∀ ABC , , ⊂Eesetén:<br />
a) A= B ⇔ fA= f ; B<br />
b) f = f ⋅ f ;<br />
A∩B A B<br />
c) f = 1 − f ; d) f = f ⋅(1 − f ) ;<br />
C A A<br />
E<br />
e) fA∪ B= f + f −f ⋅ f ; A B A B f) fA∆B = f + f −2f ⋅ f .<br />
A B A B<br />
Bizonyítás. a) „⇒ ” nyilvánvaló.<br />
„⇐ ” f = f ⇒ f () x = f (), x ∀ x ∈E<br />
.<br />
A B A B<br />
Ha f ( x ) = f ( x) = 1<br />
A B ⇒ x ∈A<br />
és x ∈ B ;<br />
f ( x) = f ( x) = 0 ⇒ x ∉ A és x ∉ B.<br />
A<br />
B<br />
⎧⎪ 1, ha x ∈A és x ∈B<br />
b) f ( x)<br />
= ⎪<br />
. ( f ⋅ f )( x)<br />
=<br />
A∩B ⎨ f ( x) ⋅ f ( x) = 1 ⇔ f ( x)<br />
= 1<br />
B B<br />
⎪⎪⎩<br />
A A A<br />
0, különben<br />
⎧⎪ 1,<br />
c) f = ⎪<br />
C A ⎨<br />
E ⎪0, ⎪⎩<br />
x ∉ A<br />
. (1 − f )( x) = 1 −f ( x) A A<br />
x ∈ A<br />
⇔ f ( x)<br />
= 0<br />
A ⇔ x ∉ A.<br />
⎧⎪ 1,<br />
d) f ( x)<br />
= ⎪<br />
AB \ ⎨<br />
⎪⎪⎩ 0,<br />
x ∈A és x ∉ B<br />
. ( f ⋅(1 − f ) ) ( x) = f ( x)(1 − f ( x))<br />
= 1<br />
A B A<br />
B<br />
különben<br />
⇔<br />
A<br />
( f + f −f ⋅ f )( x) = f ( x) + f ( x) − f ( x) f ( x)<br />
= 1 ⇔ f ( x)<br />
= 1 és f ( x ) = 0 ,<br />
AB \<br />
és f ( x ) = 1 azaz x ∈ A és x ∈B ⇔ x ∈A∩B. B<br />
⇔ f ( x)<br />
= 1 és (1 − f ( x))<br />
= 1 ⇔ f ( x ) = 1 és f ( x) = 0 ⇔ x ∈A és x ∉ B<br />
A<br />
⇔ x ∈A\<br />
B .<br />
⎧⎪ 1, x ∈A vagy x ∈B<br />
e) f ( x)<br />
= ⎪<br />
.<br />
A∪B ⎨<br />
⎪⎪⎩ 0, különben<br />
B<br />
A B A B<br />
A B A B<br />
A<br />
( ) 1<br />
A x = B f<br />
vagy f ( x ) = 1 és f ( x ) = 0,<br />
vagy f és ( x ) = 1<br />
B<br />
A<br />
⇔ (x ∈A<br />
és x ∉ B)<br />
vagy ( x ∈ B és x ∉ A)<br />
vagy ( x ∈ A és x ∈ B ) ⇔ x ∈A∪B .<br />
e)<br />
f) f = f = f + f − f f = f (1 − f ) + f (1 −f ) −<br />
A∆B ( AB \ ) ∪(<br />
BA \ ) AB \ BA \ AB \ BA \ A B B A<br />
−f(1 −f ) f (1 − f ) = f − f f + f − f f = f + f − 2f<br />
f mivel f vagy 1 A B B A A B A B B A A B A B<br />
A<br />
A<br />
E<br />
f −<br />
nulla lesz.<br />
4. Bizonyítsd be, hogy ha A, B ,C⊂ , akkor<br />
a) ( A\ B) ∪ ( B \ A) = ( A∪B)\( A∩B) ; b) ( A∆B) ∆ C = A∆( B∆ C)<br />
.<br />
Bizonyítás. a)<br />
( AB \ ) ∪(<br />
BA \ ) AB \ BA \ AB \ BA \<br />
d)<br />
f = f + f −f ⋅f<br />
= f (1 − f ) + f (1 −f ) −<br />
−f(1 −f ) f (1 −f ) = f + f − 2f<br />
f mert f (1 − f ) = 0 .<br />
A B B A A B A B<br />
A A<br />
Másrészt f<br />
( A∪B)\( A∩ B) fA 2<br />
ff A B<br />
2<br />
f −ff −ff<br />
B A B A B<br />
2 2<br />
ff A B fA fB 2ff<br />
A B<br />
B<br />
A<br />
B<br />
A B B A<br />
= − + + = + − , mert<br />
B
198 Függvények<br />
2<br />
f = f A A<br />
B f 2<br />
és f = . Az előbbiek alapján f = f , tehát<br />
B<br />
( \ ) ∪( \ ) ( ∪ )\( ∩ )<br />
( A∆B) ∆C ( A∆B) A B B A A B A B<br />
( A\ B) ∪ ( B \ A) = ( A∪B)\( A∩ B)<br />
.<br />
b) f = f + f − 2f f = f + f + f −2f f −2f f − 2f f + 4f<br />
f f<br />
C A∆B C A B C A B A C B C A B C<br />
Hasonló módon f = f + f − 2f f = f + f + f −2f f −2f f −<br />
A∆( B∆ C)<br />
− 2ff + 4f<br />
f f , tehát ( A∆B) ∆ C = A∆( B∆C) .<br />
B C A B C<br />
A B∆C A B∆C A B C A B A C<br />
5. Az előbbi tulajdonságok alapján az A, A , , n halmazok karakterisztikus<br />
A …<br />
1 2<br />
függvénye segítségével fejezd ki a következő halmazok karakterisztikus függvényét:<br />
a) A A ; b) A A .<br />
A<br />
∪ ∪ ∪<br />
A<br />
∆ ∆ ∆ …<br />
Megoldás. a)<br />
1 2 n … 1 2 n<br />
3. e)<br />
f = f = f + f − f f =<br />
A ∪A ∪…∪A 1 2 n A ∪( A ∪…∪A )<br />
1 2 n A A ∪A ∪…∪A 1 2 3 n A A ∪A ∪…∪A 1 2 3 n<br />
f + f − f f = f + f + f −f f − f f + f f +<br />
A A<br />
1 A ∪( A ∪…A 2 3 n) A1 A ∪( A ∪…A<br />
) 2 3 n A A A ∪…∪A 1 2 3 n A A ∪…∪A 2 3 n A A A A ∪…∪ 1 2 1 3 n<br />
∑ ∑<br />
+ f f f = …= f + f + …+<br />
f − f f + f f f + …+<br />
…<br />
A A A ∪ ∪A<br />
1 2 3 n A A A 1 2<br />
n A A A A A<br />
i j i j k<br />
1≤ i< j≤n 1≤<br />
i
Függvények 199<br />
2<br />
2 2<br />
b) x = min{ x,<br />
x } , ha x ∈ \[0,1] ; x = min{ x,<br />
x } , ha x ∈ [0, 1] .<br />
7. Az<br />
4<br />
1<br />
y<br />
–2 –1 O 1 2<br />
2<br />
f : → , fx ( ) = x − 6x+ 8 függvényre határozd meg a következő halma-<br />
zokat:<br />
a) f ([0, 2]) ; b) f ([4, 5]) ; c) f ([1, 5]) ; d) f ([1, + ∞ )) ; e) f (( −∞,<br />
4]) .<br />
b<br />
Megoldás. Az f függvény minimumának koordinátái x = − ,<br />
2a V(3, −1)<br />
.<br />
∆<br />
y = −<br />
4a<br />
,<br />
a) 3 ∉ [0, 2],<br />
f(0) = 8, f(2) = 0 ⇒ f([0,<br />
2]) = [0, 8] .<br />
b) 3 ∉ [ 4, 5]<br />
, f(4) = 0, f(5) = 3 ⇒ f([4,<br />
5]) = [0, 3] .<br />
c) 3 ∈− [ 1, 5] ⇒ a minimum f (3) , f(1) = 3, f(5) = 3 f([<br />
− 1, 5]) = [ −1,<br />
3] .<br />
d) 3 ∈ [1, + ∞) ⇒ f (3)<br />
a minimum. f ( ∞ ) = ∞ . Tehát f ([1, + ∞ )) = [ − 1, + ∞)<br />
.<br />
e) 3 ∈( −∞,4) ⇒ a minimum f (3) = − 1 . f ( −∞ ) = ∞ ⇒ f (( −∞ , 4)) = [ −1, ∞)<br />
.<br />
8. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy teljesüljön az<br />
2 2<br />
x + 4y −2x − 4y<br />
+ m > 0 egyenlőtlenség ∀ x, y ∈ esetén.<br />
2 2<br />
2<br />
Megoldás. 4y − 4y + x − 2x<br />
+ m > 0 , ∆ y < 0 ⇔ − x + 2x − m + 1<<br />
0 ⇔<br />
∆ <<br />
x<br />
0 ⇔2− m < 0 ⇔ m > 2<br />
9. Tekintsük az<br />
2<br />
m : , m(<br />
) 2<br />
x<br />
. Tehát ha m > 2 , akkor fennáll az egyenlőtlenség.<br />
f → f x = x + mx + m függvénycsalád grafikus képeit.<br />
Milyen m értékekre van a parabola csúcsa az első negyedben? Vezess le egy m -től<br />
független összefüggést a csúcs két koordinátája között.<br />
Megoldás. A parabola csúcsa az első negyedben van ⇔ x > 0, y > 0 .<br />
x<br />
b<br />
2a y<br />
∆<br />
4a<br />
V m m<br />
x ≥ 0 és y ≥ 0 , azaz<br />
2<br />
= − , = − ⇒ m(<br />
− , − +<br />
Vm Vm<br />
Vm<br />
Vm<br />
Vm Vm<br />
m ) az első negyedben legyen ahhoz
200 Függvények<br />
⎧⎪ −m≥ 0<br />
⎪<br />
⎨ 2<br />
⎪ − m + m ≥ 0<br />
⎪⎩<br />
⇔<br />
⎧⎪m ≤ 0<br />
⎪ ⎨<br />
⎪ m(1 −m) ≥ 0<br />
⎪⎩ ⇔<br />
⎧⎪m<br />
≤ 0<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪m<br />
∈[0,<br />
1]<br />
⎪⎩⎪<br />
⇔ m = 0 .<br />
xVm = −m ⇒ m = −xVm V x<br />
2<br />
. Így y = −x Vm Vm<br />
− egy m -től független összefüggés<br />
m<br />
a csúcs két koordinátája között.<br />
10. Tekintsük az f → f x = m + x + mx + m függvényekhez rendelt<br />
2<br />
m : ,<br />
m(<br />
) ( 1) 2<br />
parabolacsaládot. ( m ∈ ,<br />
m ≠−1)<br />
.<br />
a) Bizonyítsd be, hogy a parabolák csúcsa az x + y = 0 egyenletű egyenesen van.<br />
b) Milyen m esetén vannak a csúcsok az Oy tengelytől balra?<br />
Megoldás. a) A csúcsok koordinátái: xVm b<br />
= − ,<br />
2a x Vm<br />
m<br />
= − ; y Vm<br />
m + 1<br />
∆<br />
= − ,<br />
4a<br />
yVm<br />
m<br />
= . Innen következik, hogy xVm m + 1<br />
+ y Vm<br />
= 0 . Tehát a parabolák csúcsai az<br />
x + y = 0 egyenesen vannak.<br />
m<br />
b) Oy tengelytől balra vannak a parabolák csúcsai, ha x < 0 , azaz − < 0 .<br />
V m<br />
m + 1<br />
x −∞ –1 0 +∞<br />
− m + 0 – – –<br />
m + 1 – – – 0 +<br />
m<br />
−<br />
m + 1<br />
– | + 0 –<br />
Tehát m ∈ \[ −1,<br />
0] .<br />
11. Bizonyítsd be, hogy az f → f x = x − mx + m parabolák csúcsa<br />
2<br />
m : ,<br />
m(<br />
) 2<br />
egy parabolán van és, hogy m ∈ esetén az előbbi parabolák metszete nem üres<br />
(azaz, a parabolacsaládnak van egy fixpontja). Mi a csúcsok mértani helye?<br />
2<br />
Bizonyítás. A parabolák csúcsainak koordinátái: x = m , y =− m + m.<br />
2<br />
y = − x + x<br />
Vm Vm<br />
Vm<br />
Vm Vm<br />
2<br />
− x + x egy parabola egyenlete. Tehát a parabolák csúcsai parabolán találhatók.<br />
2<br />
A csúcsok mértani helye az f ( x) = − x + x parabola.<br />
A parabolacsalád fixpontjának kimutatása:<br />
f x = y ⇔ x − mx + m = y ⇔<br />
2<br />
m(<br />
) 2<br />
⇔<br />
2<br />
m(1 − 2 x) + x − y = 0 ⇒<br />
⎧⎪ ⎪ 1− 2x= 0<br />
⎪<br />
⎨ 2 ⎪<br />
⎪x − y = 0<br />
⎪<br />
⎪⎪⎩ ⇒<br />
⎧⎪<br />
1<br />
⎪<br />
x =<br />
⎪ 2 ⎛1<br />
1⎞<br />
⎨ . Tehát A ⎜<br />
⎪<br />
1 ⎜ , ⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟<br />
2 4⎟fixpont<br />
⎠<br />
⎪y=<br />
⎪⎩ 4<br />
ja a parabolacsaládnak.
Függvények 201<br />
2<br />
12. Legyen S az y = x − 6x + 5 egyenletű parabola és az Ox tengely által meghatározott<br />
síkrész területe. Bizonyítsd be, hogy 10 < S < 12 .<br />
Bizonyítás. Először meghatározzuk a parabola és<br />
az Ox tengely metszéspontjait: x = 1 , x = 5 . A<br />
1<br />
2<br />
y<br />
parabola csúcspontjának koordinátája<br />
y = −4<br />
. f (2) = − 3 , f (4) = −3<br />
.<br />
V<br />
x V = 3 ,<br />
O<br />
1 2 3 4 5<br />
x<br />
⎛3 1⎞<br />
S > 2( T + T + T ) = 2 ⎜ + 3 + ⎟ = 10<br />
xxA xxV<br />
1 2<br />
2 2 VVA ⎜ ⎟<br />
A A ⎜⎝2 2⎠⎟<br />
⇒ S > 10 . Az [1 , 5] intervallumot 16 egyenlő<br />
részre osztjuk és megszerkesztjük azon téglalapokat, t,<br />
amelyek lefedik az S területét.<br />
–3<br />
–4<br />
A<br />
VA V<br />
5 1<br />
f<br />
4 6<br />
⎛ ⎞ ⎜ ⎟<br />
5<br />
⎜⎜⎝ ⎟ = −<br />
⎠ 4 ,<br />
3 7<br />
f<br />
2 4<br />
⎛ ⎞ ⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟ = − ,<br />
⎠<br />
7 3<br />
f<br />
4 6<br />
⎛ ⎞ ⎜ ⎟<br />
9<br />
⎜⎜⎝ ⎟ = −<br />
⎠ 4 ,<br />
9 5<br />
f<br />
4 6<br />
⎛ ⎞ ⎜ ⎟<br />
5<br />
⎜⎜⎝ ⎟ = −<br />
⎠ 4 ,<br />
5 1<br />
f<br />
2 4<br />
⎛ ⎞ ⎜ ⎟<br />
5<br />
⎜⎜⎝ ⎟ = − ,<br />
⎠<br />
11 63<br />
f<br />
4 6<br />
⎛ ⎞ ⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟ = −<br />
⎠ 4 .<br />
1⎛ ⎛5⎞ ⎛3⎞ ⎛7⎞ ⎛9⎞ ⎛5⎞ ⎛11⎞ ⎞<br />
S < 2⋅ ⎜ f ⎜ f ⎟ f ⎟ f () 2 f ⎟ f f ⎟ f () ⎟<br />
4<br />
⎜<br />
⎟ ⎜ ⎜ ⎜ ⎟ ⎜<br />
⎜ ⎟ ⎜<br />
4<br />
⎟+ ⎜ ⎟+ ⎟+ + ⎟+ ⎟+<br />
⎟+<br />
⎟ <<br />
2⎟ ⎜ ⎜4⎟ ⎜ ⎜4⎟ ⎜ ⎜2<br />
⎟ ⎜ 4 ⎟ 3<br />
⎝⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎠⎟⎟<br />
12.<br />
13. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy<br />
2<br />
2<br />
a) ( m− 1 ) x + mx + m+ 1> 0, ∀ x ∈;<br />
b) mx + 2( m + 1) x + m < 0, ∀ x > 0 ;<br />
Megoldás. a) A következő feltételek kell teljesüljenek:<br />
a 0 m 1 0 ⎧ m > 1<br />
⎪⎧ > ⎧⎪ − > ⎪<br />
⎪ ⎪ ⎪<br />
⎛4 ⎞<br />
⎨ ⇔ ⎪<br />
⎨ ⇔ ⎪ ,<br />
2 ⎨<br />
0 2 4 ⇒ m ∈ ⎜ + ∞⎟<br />
3m4 0<br />
⎜<br />
m<br />
⎜⎝<br />
⎟<br />
3 ⎟ .<br />
⎪<br />
∆ < ⎪<br />
⎪− + < ⎪ <<br />
⎠<br />
⎪⎩ ⎪⎩ ⎪⎩ 3<br />
a 0 m 0<br />
⎧⎪ m < 0<br />
⎪⎧ < ⎪⎧ <<br />
1<br />
b)<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎛ ⎞<br />
⎨<br />
⎪ ⇔ ⎨<br />
⎪<br />
⇔ ⎨<br />
⎪<br />
1 ⇒ m ∈⎜− , ⎟<br />
0 2m1 0<br />
⎜ ⎟<br />
∆ < + < ⎪m<br />
< −<br />
⎜⎝<br />
∞ −<br />
2⎠⎟.<br />
⎪ ⎩ ⎪<br />
⎪<br />
⎩<br />
⎪<br />
⎪⎩ 2<br />
14. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy az<br />
2 2<br />
{ x ∈ | x + mx − 4 = 0} ∪{ x ∈ | x + 2x − 2m<br />
= 0}<br />
halmaznak pontosan két eleme legyen.<br />
Megoldás. Ahhoz, hogy A -nak 2 eleme legyen, a gyökök mindkét egyenlet esetében<br />
meg kell egyezzenek vagy mind a két másodfokú kifejezés teljes négyzet kell legyen.<br />
1. eset. Azonos gyökök.<br />
2<br />
2<br />
x + mx − 4 = 0<br />
x + 2x − 2m<br />
= 0<br />
x<br />
1,2<br />
2<br />
− m ± m +<br />
16<br />
= x = − 1± 2m<br />
+1<br />
3,4<br />
2
202 Függvények<br />
⎧⎪−<br />
2<br />
m − m + =− − m +<br />
⇒<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪<br />
⎪−<br />
m +<br />
⎪⎩<br />
16 2 2 2 1<br />
2<br />
m + 16 =− 2 + 2 2m + 1<br />
⇔<br />
⇔<br />
⎧⎪−<br />
2<br />
⎪ m + 2 = m + 16 − 2 2m + 1<br />
⎨<br />
⎪⎪<br />
2<br />
⎪<br />
− m + 2 =− m + 16 + 2 2m + 1<br />
⎪⎩<br />
⇒ − 2m + 4 = 0 ⇒ m = 2.<br />
2<br />
2. eset. Teljes négyzetek. x + m x − 4 = 0<br />
2<br />
∆ = 0 ⇔ m + 16 = 0 ⇔ m ∈∅<br />
.<br />
Tehát az egyedüli megoldás az m = 2 .<br />
15. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy az<br />
2<br />
{ x ∈ |( m −1) x − 2( m + 1) x + m = 0} ∩− [ 1,1]<br />
halmaznak pontosan egy eleme legyen.<br />
m + 1± 3m<br />
+ 1<br />
Megoldás. Az egyenlet gyökei: x =<br />
.<br />
1,2<br />
m − 1<br />
⎧ ⎪ m + 1− 3m + 1<br />
⎪−1≤ ≤1<br />
⎪ 1<br />
1. eset. ⎪ m −<br />
⎨<br />
⎪<br />
⎪m + 1+ 3m + 1<br />
⎪<br />
> 1<br />
⎪⎪⎩ m −1<br />
⇔<br />
⎪⎧ 2<br />
⎪4m<br />
−3m −1≥ 0<br />
⎪<br />
⎨1≤m<br />
⎪<br />
⎪1<<br />
m<br />
⎪⎩<br />
⇔<br />
⇔<br />
⎧⎪ ⎛ 1 ⎞<br />
⎪<br />
⎪m \ ⎜ ,1⎟<br />
⎪<br />
∈ ⎜<br />
− ⎟<br />
2 ⎟<br />
⎨ ⎝ ⎠<br />
⎪ 1 < m<br />
⎪⎩<br />
⇒ m ∈ (1, + ∞)<br />
.<br />
⎧<br />
⎪ m + 1+ 3m + 1<br />
⎪−1≤ ≤1 ⎪ 1<br />
2. eset. ⎪ m −<br />
⎨<br />
⎪<br />
⎪m + 1− 3m + 1<br />
⎪<br />
< −1 ⎪⎪⎩m−1 ⇔<br />
⎧⎪<br />
2<br />
⎪4m<br />
−3m −1≤ 0<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪m<br />
≤1<br />
⎪<br />
⎪ 2<br />
⎪4m<br />
−3m − 1< 0<br />
⎪⎪⎩<br />
⇔<br />
⇔<br />
⎧⎪ ⎛ 1 ⎞<br />
⎪<br />
⎪m ∈ ⎜ ,1⎟ ⎜<br />
− ⎟<br />
2 ⎟<br />
⎨<br />
⎪ ⎝ ⎠<br />
⎪<br />
⎪m ∈( −∞,1]<br />
⎪⎩<br />
⇒<br />
⎛ 1 ⎞<br />
m ∈ ⎜ ,1⎟<br />
⎜⎝<br />
− ⎟<br />
2 ⎠⎟.<br />
⎛ 1 ⎞<br />
Tehát m ∈ ⎜ , ⎟<br />
⎜⎝<br />
− + ∞⎟ \ {1}<br />
2 ⎠⎟.<br />
16. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy az<br />
2<br />
{ x ∈ | x − 2mx + 4m + 5 = 0} ∩ [5, 7] halmaz<br />
a) üres halmaz legyen; b) ne legyen üres halmaz; c) két elemű legyen.<br />
2<br />
Megoldás. a) 1. eset. x < 5 : m + m −4m − 5 < 5 ⇒ m < 5.<br />
2. eset. x < 5, x > 7 :<br />
1 2<br />
1,2<br />
2<br />
m m 4m 5 5 m<br />
− − − < ⇒ < 5;
Függvények 203<br />
2<br />
m m m m<br />
+ −4 − 5 > 7 ⇒ > 5, 4 ⇒m∈∅. 2<br />
3. eset. x > 7 : m − m −4m − 5 > 7 ⇒ m > 5,4.<br />
Tehát m ∈ \[5;5,4] .<br />
1,2<br />
b) m ∈ [5; 5,4] .<br />
⎧⎪ 2<br />
⎪m − m −4m − 5 > 5 ⎧⎪ m > 5<br />
c) ⎪ ⎪<br />
⎨ ⇔ ⎪<br />
⎨ ⇒ m ∈[5;<br />
5,4] .<br />
⎪ 2<br />
⎪m + m −4m − 5 < 7 ⎪m<<br />
5, 4<br />
⎪⎩<br />
⎪⎩<br />
17. Tanulmányozd az f : → ,<br />
injektivitását.<br />
⎧⎪ 0, n = 0<br />
f ( n)<br />
= ⎪<br />
⎨<br />
⎪ n( 2n + 1− ⎪⎩<br />
függvény<br />
2n − 1), n > 0<br />
Megoldás. fn ( ) =<br />
2n<br />
2n + 1+ 2n<br />
−1 és fn ( + 1) =<br />
2( n + 1)<br />
.<br />
2n + 3 + 2n<br />
+1<br />
Az fn ( + 1) > fn ( ) egyenlőtlenség ekvivalens a<br />
2n + 1+ n<br />
2n − 1<br />
><br />
2n + 3 + 2n + 1<br />
n + 1<br />
2n + 1<br />
egyenlőtlenséggel. Másrészt ><br />
n<br />
2n<br />
+ 3<br />
és<br />
n + 1<br />
2n − 1<br />
><br />
n<br />
2n<br />
+ 1<br />
, tehát<br />
n + 1<br />
fn ( + 1) > fn ( ) , ∀ n ∈ . Mivel f szigorúan növekvő, injektív is.<br />
18. Határozd meg az f :{1,2,3,4,5} → {1,2,3,4,5} függvényt, ha f f = g és g<br />
értékei az alábbi táblázatban vannak feltüntetve:<br />
Megoldás. Az f függvény<br />
x 1 2 3 4 5<br />
gx ( ) 3 1 2 4 5<br />
x 1 2 3 4 5<br />
fx () 2 3 1 4 5<br />
1→ x → 3 1 ; 2 → x2<br />
→1<br />
; 3 → x 3 → 2 ; 4 → x → 4 4 ; 5 → x → 5 5 , ahol<br />
x ∈ {1,2,3,4,<br />
5} . (Sorra kipróbáljuk az értékeket.)<br />
i<br />
2<br />
19. Létezik-e olyan f : → függvény amelyre ( f f) ( x) = x −2, ∀ x ∈ ?<br />
2<br />
Megoldás. Az x − 2 = x egyenlet megoldásai x = −1 és x = 2 . 2<br />
2 2<br />
Az f f f = ( f f) f = f ( f f)<br />
egyenlőségek alapján f ( x − 2) = f ( x)<br />
− 2,<br />
2 2<br />
tehát f(2), f( −1) ∈{ −1,<br />
2} . Hasonlóképpen az ( x −2 ) −2<br />
= x egyenlet gyökei<br />
− 1+ 5 −1− x = − 1, x = 2, x = és x =<br />
1 2 3<br />
4<br />
2<br />
2<br />
1<br />
5 , tehát az<br />
2 2<br />
= f<br />
f g g
204 Függvények<br />
egyenlőség alapján f( x ), fx ( ) { x, x, x, x}<br />
. De f( x ), fx ( ) ∉ { −1,<br />
2} (mert<br />
f ( x ) = −1<br />
3<br />
tehát fx ( ), fx ( ) ∈ { x, x}<br />
.<br />
3 4<br />
∈ 3 4 1 2 3 4<br />
3 4<br />
esetén az x = f(( f x )) = f(<br />
−1) ∈{<br />
−1, 2} ellentmondáshoz jutunk),<br />
3 4<br />
4 3<br />
Másrészt és ≠ , tehát f ( ) és f ( x ) = x . Így viszont x<br />
f ( x ) ≠ x f ( x ) x<br />
3 3<br />
4 4<br />
x 3 = x4 2<br />
4 3<br />
és x fixpontjai lennének a g : → ,<br />
g ( x)<br />
= x − 2 függvénynek és ez ismét ellent-<br />
4<br />
mondás, tehát nem létezik olyan f : → függvény, amelyre f f = g.<br />
Megjegyzés. Érvényes a következő általánosabb tulajdonság:<br />
Ha ab , ∈ és a − b > 2 , akkor nem létezik olyan f : → függvény,<br />
2<br />
amelyre f f = g , ahol g : → ,<br />
g ( x)<br />
= x −(<br />
a + b + 1) x + ab ∀ x ∈ .<br />
(Ezt<br />
a tulajdonságot 1991-ben P. Mironescu tűzte ki az országos olimpián.)<br />
2<br />
20. Határozd meg az ab , ∈ számokat úgy, hogy az x + a x + b = 0 és<br />
2<br />
x + bx + a = 0 egyenletek mindegyikének racionális gyökei legyenek.<br />
Megoldás. Ha az egyenleteknek racionális gyökeik vannak, akkor mindkét egyenlet<br />
2<br />
diszkriminánsa teljes négyzet. Ha a ≤ 5 , akkor a −4 b ∈{0,1,<br />
4, 9,16, 25} és így<br />
próbálkozások útján a (0 , 0) és (4, 4) megoldásokhoz jutunk. A továbbiakban<br />
2 2<br />
2<br />
2<br />
feltételezhetjük, hogy a > b , tehát a − 4b > a − 4a<br />
> a − 6a + 9 = (a − 3) .<br />
2 2<br />
2<br />
2 2<br />
Másrészt a − 4b<br />
< a , tehát a −4 b ∈{(a −b)<br />
,(a −1) } . Az a − 4 b = ( a −1)<br />
2 2 2<br />
egyenlőség ellentmondáshoz vezet, tehát a − 4 b = ( a − 2) = a − 4a<br />
+ 4 . Így<br />
2 2<br />
2<br />
2 2<br />
a = b + 1 és b − 4 a = ( a −1) − 4a = a − 6a<br />
+ 1.<br />
De a − 6a + 9 = (a − 3) és<br />
2<br />
2<br />
2 2<br />
2<br />
a − 6a + 1<<br />
a − 6a + 9 , tehát a − 6a + 1≤(<br />
a −4) ⇒ a −6a<br />
+ 1≤<br />
2<br />
≤a − 8a + 16<br />
⇒ 2a ≤15 ⇒ a ≤6<br />
2<br />
2<br />
Ha a = 6 és b = 5 , akkor a − 4b = 36− 20 = 16 és b − 4a = 25− 24 = 1,<br />
tehát<br />
mindkét egyenletnek racionális gyökei vannak. Az előbbi esetek összesítéséből<br />
következik, hogy a lehetséges számpárok (0 , 0), (4,<br />
4), (6, 5) és (5 , 6) .<br />
21. Létezik-e olyan f : → injektív függvény, amelyre<br />
∀ x ∈ <br />
?<br />
.<br />
2 2<br />
fx ( ) −f( x)<br />
≥ ,<br />
2 1<br />
1⎞<br />
Megoldás. x = 0 esetén f(0) −f (0) ≥ , tehát f (0) − ⎟ ≤ 0<br />
4<br />
2⎟⎠<br />
2<br />
f(1) −f<br />
(1)<br />
⎛<br />
1<br />
⎜<br />
⎜⎝<br />
. Így f (0) = .<br />
2<br />
1<br />
1<br />
Hasonló módon<br />
≥ , tehát f (1) = . Mivel f(0) = f(1)<br />
, az f függvény<br />
4<br />
2<br />
nem lehet injektív.<br />
2<br />
2 2<br />
1<br />
4<br />
3
Analitikus geometria 205<br />
VI.1.1. Gyakorlatok (146. oldal)<br />
VI. Analitikus geometria<br />
1. Az M ( − 2)<br />
és N() 3 pontok esetén határozd meg azoknak a P ∈ MN pontoknak a<br />
koordinátáit, amelyekre:<br />
MP 2 MP 2 MP 1 MP 1 MP MP 1<br />
a) = ; b) = ; c) = ; d) = − ; e) = 1;<br />
f) = .<br />
PN 3 PN 3 PN 4 PN 2 PN PN 4<br />
x + λx<br />
M N<br />
Megoldás. a) Ha P ∈ (MN), akkor az 1.5. tétel alapján x = , ahol<br />
P<br />
1 + λ<br />
MP<br />
λ = .<br />
PN<br />
Ebben az esetben x 0 P . Ha P∈MN és P∉(MN), akkor<br />
=<br />
2<br />
−2− ⋅3<br />
MP 2<br />
λ = =− és így x = 3 =−12<br />
;<br />
P<br />
PN 3<br />
2<br />
1 −<br />
3<br />
b) Az előbbi két eset közül csak az első lehetséges, tehát x 0 ;<br />
1<br />
c) { 1,<br />
P }<br />
P =<br />
1<br />
x ∈ − − ; d) x = −7<br />
; e)<br />
P P<br />
3<br />
2<br />
= x ; f) x . 1 P =<br />
2. Fejezd ki az MN szakasz harmadoló pontjainak koordinátáit a végpontok<br />
koordinátái függvényében.<br />
1<br />
Megoldás. Az M-hez közelebb eső P1 harmadolópontra P1 ∈ (MN) és<br />
PN 2<br />
=<br />
MP<br />
,<br />
tehát x<br />
P1<br />
2x<br />
+ x<br />
x + 2x<br />
M N M N<br />
= . Az N-hez közelebb eső P2 harmadolópontra x = .<br />
P<br />
3<br />
2 3<br />
MA MB<br />
3. Az MN egyenesen vegyünk fel az A, B és C pontokat úgy, hogy = α , = β<br />
AN BN<br />
MC<br />
és = γ . Milyen arányban osztja a C pont az AB szakaszt?<br />
CN<br />
Megoldás. Az adott egyenlőségek alapján<br />
MA α MB β<br />
= , =<br />
MN 1+ α MN 1+<br />
β<br />
és<br />
MC<br />
MN<br />
γ<br />
= .<br />
1 + γ<br />
⎛ γ α ⎞<br />
Így AC = AM + MC = MN ⋅ ⎜ − ⎟ ⎜ ⎝1+ γ 1+<br />
α⎠<br />
⎟ és CB = CM + MB =<br />
⎟<br />
⎛ β γ ⎞<br />
= MN ⋅ ⎜ − ⎟, ⎟<br />
⎜ ⎝1+ β 1+<br />
γ⎠<br />
⎟ tehát<br />
⎟<br />
AC<br />
CB<br />
γ − α 1 + β<br />
= ⋅<br />
β − γ 1 + α<br />
.<br />
1
206 Analitikus geometria<br />
4. Bizonyítsd be, hogy ha A, B, C és D négy kollineáris pont, akkor<br />
AD ⋅ BC + AB ⋅ CD + AC ⋅ DB = 0 .<br />
Megoldás. Ha xa, xb, xc és xd a pontok koordinátái egy tetszőleges O ponthoz<br />
viszonyítva, akkor<br />
AD ⋅ BC + AB ⋅ CD + AC ⋅ DB =<br />
= ( x −x )( x − x ) + ( x −x )( x − x ) + ( x −x )( x − x ) = 0.<br />
d a c b b a d c c a b d<br />
5. Bizonyítsd be, hogy ha az ( A k ) k= 1, n<br />
pontok egy egyenesen vannak, akkor<br />
AA + AA + AA + ... + A A = 0 .<br />
1 2 2 3 3 4 n 1<br />
n n n n<br />
Megoldás. AA = ( x − x ) = x − x = mert x x .<br />
∑ ∑ ∑ ∑ 0 n+ 1 1 =<br />
k k+ 1 k+ 1 k k+ 1<br />
k<br />
k= 1 k= 1 k= 1 k=<br />
1<br />
6. Bizonyítsd be, hogy ha A, B, C és D négy kollineáris pont, akkor<br />
2 2 2<br />
DA ⋅ BC + DB ⋅ CA + DC ⋅ AB + AB ⋅BC ⋅ CA = 0 .<br />
Megoldás. Az A, B, C és D pontok által meghatározott egyenesen válasszuk D-t<br />
viszonyítási pontnak és jelöljük a, b, c-vel az A, B és C koordinátáját.<br />
2 2 2<br />
DA ⋅ BC + DB ⋅ CA + DC ⋅ AB + AB ⋅BC⋅ CA =<br />
2 2 2<br />
= a ( c− b) + b ( a − c) + c ( b− a) + ( b−a)( c−b)( a − c)<br />
= 0.<br />
7. Számítsd ki a következő pontok távolságát:<br />
a) M( − 1, 3), N (5, 7) ; b) M( −2, 7), N ( −3,1)<br />
;<br />
c) M(2, 3), N( −7, − 1) ; d) M( −1, −2),<br />
N (3, 4) .<br />
Megoldás. Az 1.9. tétel alapján az M(x 1, y 1) és N(x 2, y 2) pontok távolsága<br />
MN = ( x − x ) + ( y − y ) .<br />
2 2<br />
1 2 1 2<br />
a) MN = 2 13;<br />
b) MN = 37 ; c) MN = 97 ; d) MN = 2 13.<br />
8. Számítsd ki a P pont koordinátáit, ha P ∈ MN és:<br />
a) MP = PN és M( −1,<br />
3), N (5, 7) ;<br />
b) MP = 3 ⋅ PN és M ( −2, 7), N(<br />
−3,1)<br />
;<br />
c) MP = 2 ⋅ PN és M(2, 3), N ( −7, −1)<br />
;<br />
d) 3 ⋅ MP = 2⋅<br />
PN és M( −1, −2),<br />
N(3,<br />
4) .<br />
Megoldás. Az 1.12. tételt használjuk.<br />
a) P (2, 5) ;<br />
⎛ 11<br />
b) P ⎜− ⎜⎜⎝ ,<br />
4<br />
10⎞<br />
⎟<br />
⎛ 7 ⎞<br />
⎟<br />
4 ⎠⎟vagy<br />
P ⎜<br />
⎜− , −2⎟ ⎟<br />
⎜⎝ 2 ⎠⎟;
Analitikus geometria 207<br />
⎛ 12 1⎞<br />
c) , ⎟<br />
⎛ 3 2⎞<br />
P ⎜<br />
⎜−<br />
⎜⎝<br />
⎟<br />
3 3⎠⎟vagy<br />
P ( −16, −5)<br />
; d) P ⎜<br />
⎜− , ⎟<br />
⎜⎝ 5 5⎠⎟vagy<br />
P ( −9, −14)<br />
.<br />
9. Írd fel a P pont koordinátáit, ha P ∈ (MN), M és N koordinátái ( x , y ) , illetve<br />
M M<br />
( x , y ) és<br />
N N<br />
MP 1 MP<br />
a) P az MN felezőpontja; b) = ; c) = 2 ;<br />
PN 2 PN<br />
MP 1<br />
d) = .<br />
PN 3<br />
Megoldás. a) xP<br />
xM =<br />
+ xN<br />
és y P<br />
2<br />
yM =<br />
+ yN<br />
;<br />
2<br />
b) x P<br />
xM =<br />
+ 2xN<br />
és yP<br />
3<br />
yM =<br />
+ 2yN<br />
; c) x P<br />
3<br />
3x<br />
+ x M N =<br />
4<br />
és y P<br />
3y<br />
+ y M N =<br />
4<br />
;<br />
10. Írd fel az ABC háromszög súlypontjának koordinátáit, ha a csúcsok koordinátái<br />
Ax ( , y ) , Bx ( , y ) és C( x , ) .<br />
A A B B<br />
C C y<br />
AG<br />
Megoldás. Ha D a (BC) felezőpontja és G a súlypont, akkor G ∈ (AD) és 2<br />
GD =<br />
x + 2x<br />
A D<br />
tehát x = . Másrészt x G<br />
D<br />
3<br />
xB =<br />
+ xC<br />
, tehát x G<br />
2<br />
x + x + x<br />
A B C<br />
=<br />
3<br />
. Hasonló<br />
módon következik, hogy y G<br />
y + y + y<br />
A B C<br />
=<br />
3<br />
.<br />
11. Bizonyítsd be, hogy az ABCD konvex négyszög pontosan akkor paralelogramma,<br />
ha x + x = x + x és y + y = y + y , ahol Ax ( , y ) , Bx ( , y ,<br />
A<br />
C B<br />
Cx ( , y ) és Dx ( , y ) a csúcsok koordinátái.<br />
C C<br />
D D<br />
)<br />
D A C B D A A<br />
B B<br />
Megoldás. Az ABCD konvex négyszög pontosan akkor paralelogramma, ha az átlói<br />
felezik egymást, vagyis ha az AC átló M felezőpontja és a BD átló N felezőpontja<br />
egybeesik. Másrészt<br />
x + x A C<br />
x = M<br />
2<br />
,<br />
y + y A C<br />
y = M<br />
2<br />
, xN<br />
xB =<br />
+ xD<br />
2<br />
és<br />
yN<br />
yB =<br />
+ yD<br />
, tehát az ( x , y ) = ( x , y ) egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha<br />
M M N N<br />
2<br />
x + x = x + x és y + y = y + y .<br />
A<br />
C B<br />
D<br />
A<br />
C B D<br />
12. Az xOy koordinátarendszerben az O ( x , ) ponton át párhuzamosokat húzunk<br />
y<br />
az Ox, illetve Oy tengellyel és jelöljük őket Ox -gyel, illetve Oy -gyel. Ha egy M<br />
pont koordinátái az első rendszerben ( x, y)<br />
, írd fel a koordinátáit az xO y<br />
0 0<br />
rendszerben.<br />
Megoldás. Az M pont koordinátái a xOy rendszerben x és y .<br />
0 x − 0 y −<br />
1<br />
1 1 1<br />
1 1<br />
1 1<br />
1 1 1
208 Analitikus geometria<br />
13. Számítsd ki az A (1, 2) , B(3, − 6) és C ( −2, −7)<br />
csúcsokkal megadott háromszög:<br />
a) oldalainak hosszát;<br />
b) oldalai felezőpontjainak koordinátáit;<br />
c) oldalfelezőinek hosszát.<br />
Lehet-e a három oldalfelező hossza egy háromszög oldalainak hossza?<br />
Megoldás. a) AB =<br />
2 2<br />
2 + 8 = 2 17<br />
, BC = 26 és CA = 3 10 .<br />
⎛1 13⎞ ⎛ 1 5⎞<br />
b) c) A felezőpontok koordinátái M ⎜ , ⎟ ( C), N ⎜ , ⎟<br />
⎜<br />
− ⎟∈ − − ⎟∈(<br />
2 2 ⎟ B<br />
⎝ ⎠ ⎝ ⎜ 2 2⎠⎟<br />
AC)<br />
és<br />
1<br />
P(2, − 2) , tehát az oldalfelezők hossza AM =<br />
2<br />
7 2<br />
290, BN = és CP =<br />
2<br />
29 .<br />
Mivel AM > CN > BN elégséges ellenőrizni a BN + CN > AM egyenlőtlenséget.<br />
7 2<br />
+<br />
2<br />
1<br />
29 ><br />
2<br />
290 ⇔ 7 2 ⋅ 29 > 19<br />
és ez igaz mert 2⋅ 29 > 3 és így 7 2 ⋅ 29 > 21 > 19.<br />
Tehát az oldalfelezők hossza lehet egy háromszög oldalainak hossza.<br />
14. Számítsd ki a P pont koordinátáit úgy, hogy<br />
a) az OMNP négyszög paralelogramma legyen;<br />
b) az ONMP négyszög paralelogramma legyen,<br />
ha M (1, 3) és N(3,<br />
1) .<br />
Megoldás. a) A 11. gyakorlat alapján OMNP pontosan akkor paralelogramma, ha<br />
x = x − x = 2 és y y 2 . y = − = −<br />
P N M<br />
P N M<br />
b) Az ONMP négyszög pontosan akkor paralelogramma, ha<br />
x = x − x = − 2 és y y 2 . y = − =<br />
P M N<br />
P M N<br />
15. Határozd meg az A (1, 1) , B( − 6, 0) és C(2, − 6) pontok által meghatározott<br />
háromszög<br />
a) súlypontjának koordinátáit;<br />
b) köré írt kör középpontjának koordinátáit.<br />
Megoldás. a) A 10. gyakorlat alapján a súlypont koordinátái<br />
1− 6+ 2<br />
1+ 0−6 5<br />
x = =− 1 és y = =−.<br />
G<br />
G<br />
3<br />
3 3<br />
b) Ha a háromszög köré írt kör középpontja O( x , y)<br />
, akkor az OA = OB = OC<br />
0 0<br />
egyenlőségek alapján írhatjuk, hogy<br />
( x<br />
2<br />
− 1) + ( y<br />
2<br />
− 1) = ( x<br />
2 2<br />
+ 6) + y = ( x<br />
2<br />
− 2) + ( y + 6<br />
2<br />
) .<br />
0 0 0 0 0 0<br />
7<br />
Ebből a ⎪ ⎪⎧<br />
7x + y =−1<br />
0 0<br />
⎨⎪<br />
egyenletrendszerhez jutunk, tehát x = −2 és y = −3<br />
.<br />
0<br />
0 4x − 3y = 1<br />
⎪⎩ 0 0
Analitikus geometria 209<br />
VI.1.2. Feladatok (147. oldal)<br />
I.<br />
1. Bizonyítsd be, hogy ha M egy tetszőleges pont az ABC háromszög BC oldalán,<br />
akkor<br />
2 2 2<br />
AB ⋅ MC + AC ⋅MB −BC⋅ MA = MC ⋅MB ⋅ BC . (Stewart tétel)<br />
Bizonyítás. Válasszuk M-et az origónak és BC-t Ox tengelynek. Ha B(,0) b ,<br />
Cc (,0) , Ax (, y)<br />
, akkor<br />
2 2 2<br />
AB MC AC MB AM BC<br />
⋅ + ⋅ − ⋅ −<br />
−BM ⋅MC⋅ BC =<br />
2 2 2 2<br />
( ( ) ) ( ( ) )<br />
= x − b + y c− x − c + y b−<br />
2 2<br />
( )<br />
− x + y ( c−b) −c( −b)( c− b)<br />
=<br />
2 2<br />
= x ( c−b− c+ b) + y ( c−b− c+ b)<br />
−<br />
2 2<br />
− 2xbc + 2 xcb + b c − c b + bc( c − b)<br />
= 0.<br />
Ax (, y)<br />
Bb ( , 0) M C( c,<br />
0)<br />
2. Bizonyítsd be, hogy ha M az ABC háromszög BC oldalának felezőpontja, akkor<br />
2 2<br />
( )<br />
2 AC 2<br />
AM =<br />
+ AB<br />
4<br />
2<br />
− BC<br />
.<br />
BC<br />
Bizonyítás. Ha az előbbi egyenlőségben BM = MC = , akkor az<br />
2<br />
2 2<br />
2 AB ⋅ MC + AC ⋅MB −MC ⋅MB ⋅BC<br />
AM =<br />
BC<br />
=<br />
⎛ 2 1 2 1 1 2⎞<br />
⎜<br />
⎜AB AC BC ⎟<br />
⎜<br />
⋅ + ⋅ − BC<br />
⎝ 2 2 4 ⎠<br />
⎟<br />
=<br />
BC<br />
egyenlőséghez jutunk.<br />
2 2<br />
2(<br />
AB + AC ) − BC<br />
=<br />
4<br />
3. Bizonyítsd be, hogy egy háromszög oldalfelezőivel szerkeszthető háromszög. Mikor<br />
lesz a háromszög derékszögű?<br />
1. megoldás. Ha BC ≤AC ≤AB<br />
, akkor a 2. feladat<br />
A<br />
2 2<br />
2<br />
alapján AM > BN >PC , tehát elégséges ellenőrizni<br />
a BN + PC > AM egyenlőtlenséget. Használjuk a<br />
BA = a, CA = b és AB = c jelölést. A<br />
2 2 2 2 2 2 2 2<br />
( ) ( ) ( )<br />
2 a + b − c + 2 a + c − b > 2 b + c −a<br />
egyenlőtlenség ekvivalens a<br />
2<br />
B<br />
P<br />
M<br />
2<br />
N<br />
C
210 Analitikus geometria<br />
( ) ( )<br />
⎡ a b c ⎤⎡ a c b ⎤<br />
⎢⎣ ⎥⎢ ⎦⎣ ⎥⎦<br />
b c a<br />
2 2 2 2 2 2 2 2 2<br />
2 2 + − 2 + − > + − 5<br />
2 2 2<br />
egyenlőtlenséggel. Ha b + c − 5a < 0,<br />
akkor az egyenlőtlenség teljesül. Ellenkező<br />
esetben ismét négyzetre emeljük és így az a + b + c < 2 a b + b c + c a<br />
egyenlőtlenséghez jutunk. Ez igaz mert<br />
2 2 2 2 2 2<br />
2 ab + bc + ca<br />
4 4 4<br />
−a−b− c =<br />
( )<br />
= ( a + b + c)( a + b−c)( a − b + c)( − a + b + c)<br />
> 0.<br />
2. megoldás. M-en át húzzunk párhuzamost BN-<br />
A<br />
hez és szerkesszük meg a BMQN paralelogrammát.<br />
Így NQ BM és NQ = BM , tehát NQ MC és<br />
NQ = MC . Ebből következik, hogy NQCM is<br />
paralelogramma, tehát QC MN<br />
és QC = MN . P<br />
( )<br />
4 4 4 2 2 2 2 2 2<br />
Mivel MN középvonal, írhatjuk, hogy QC AP és<br />
QC = AP , tehát APCQ is paralelogramma. Így<br />
C<br />
AQ = PC , tehát az AMQ háromszög oldalai éppen<br />
az ABC háromszög oldalfelezői.<br />
B<br />
M<br />
2<br />
Az AM<br />
2 2 2 2<br />
= BN + CP egyenlőség ekvivalens a b + c<br />
2<br />
= 5a egyenlőséggel, tehát<br />
az oldalfelezők által alkotott háromszög pontosan akkor derékszögű, ha az eredeti háromszög<br />
legnagyobb oldalának a négyzete a másik két oldal négyzetösszegének az<br />
ötöde.<br />
4. Bizonyítsd be, hogy ha AB C D és ABC D paralelogrammák és A , B , C<br />
1 1 1 1<br />
illetve az AA , BB , CC és DD szakaszokat λ arányban osztó belső<br />
D3 1 2<br />
3 3C 1<br />
3 3<br />
2 1 2<br />
pontok, akkor AB is paralelogramma.<br />
D<br />
2 2 2 2<br />
1 2<br />
N<br />
3 3 3<br />
a a b b<br />
Bizonyítás. Ha az A , B , C és D pontok koordinátái rendre ( x , y , ( x , y ) ,<br />
c c<br />
d d<br />
( x , y ) és ( x , y ) , i = 1, 3 , akkor<br />
i i<br />
i i<br />
x + λx<br />
a<br />
x = 3<br />
1 + λ<br />
)<br />
i i i i i i<br />
x + λx<br />
x + λx<br />
d b 1<br />
x , = 3<br />
1 + λ<br />
1 + λ<br />
a a<br />
d d<br />
1 2 , = 3<br />
1 2<br />
ABC D<br />
c x + λx<br />
1 + λ<br />
b b<br />
c c<br />
x 2 és x 3 = 1 2<br />
A 11. gyakorlat alapján az 3 3 3 négyszög pontosan akkor paralelogramma, ha<br />
3<br />
a<br />
x3 c<br />
+ x3 b d<br />
a<br />
= x + x és y 3 3<br />
3<br />
c b d<br />
+ y = y + y .<br />
3 3 3<br />
x x<br />
x + x + λ( x<br />
1+ λ<br />
+ x ) x + x + λ(<br />
x<br />
1+<br />
λ<br />
+ x )<br />
,<br />
Mert ABC D és ABC D paralelogrammák. Hasonló módon kapjuk az<br />
a d a d c b c d<br />
Másrészt<br />
a<br />
3 +<br />
c<br />
3 = 1 1 2 2 = 1 1 2 2 b d<br />
= x + x 3 3<br />
1 1 1 1<br />
2 2 2 2<br />
a<br />
y3 c b d<br />
+ y = y + y 3 3 3<br />
3 3 3 3<br />
egyenlőséget is, tehát AB C D<br />
paralelogramma.<br />
i i<br />
.<br />
Q
Analitikus geometria 211<br />
5. Bizonyítsd be, hogy ha O az ABC háromszög köré írt kör középpontja és G a<br />
2 2 2<br />
2 2 a + b + c<br />
súlypontja, akkor OG = R −<br />
, ahol a, b és c az oldalak hosszai.<br />
9<br />
Bizonyítás. Az AOM háromszögben (M ∈ (BC) és BM = MC) alkalmazzuk a<br />
Steuart-tételt a G pontra. Így az<br />
2 2 2<br />
OA ⋅ GM + OM ⋅AG−OG ⋅ AM = AG ⋅GM⋅ AM<br />
1<br />
egyenlőséghez jutunk. Mivel OA = R,<br />
AM 3<br />
=<br />
GM AG 2<br />
és = írhatjuk, hogy<br />
AM 3<br />
1 2 2 2 2 2 2<br />
R + ⋅OM − OG = ⋅ AM<br />
.<br />
3 3 9<br />
Az ABC és OBC háromszögekben az AM és OM oldalfelezőre<br />
tehát<br />
AM<br />
b + c<br />
4<br />
−a<br />
2 2<br />
2 2( )<br />
=<br />
2<br />
és<br />
2 2 2<br />
2 2( R + R ) −a<br />
OM =<br />
,<br />
4<br />
2 2 2 2 2<br />
2 2<br />
2 1 2 2 4R − a 2 2( b + c ) −a<br />
2 a + b + c<br />
OG = R + ⋅ − ⋅ = R −<br />
3 3 4 9 4 9<br />
II.<br />
1. Bizonyítsd be, hogy ha x , , y , valós számok, akkor<br />
y<br />
1 2 x 1 2<br />
( ) ( )<br />
2 2 2 2<br />
2 2<br />
1 1 2 2 1 2 1 2<br />
x + y + x + y ≥ x + x + y + y .<br />
Bizonyítás. Ha A( x ,y) és két pont a<br />
2 ) Bx ( , y<br />
1 1<br />
⎛x<br />
+ x y + y 1 2 1 2⎞⎟⎠<br />
síkban és M ⎜ ,<br />
⎝⎜<br />
az AB felezőpontja,<br />
2 2<br />
akkor az O pont M szerinti szimmetrikusának<br />
koordinátái x x és y + y .<br />
+ 1 2 1 2<br />
Másrészt az OA + OB = OA + AN ≥ ON egyenlő-<br />
ség pontosan akkor teljesül, ha az O, A és B pontok egy<br />
egyenesen vannak, vagyis ha létezik λ ∈ úgy,<br />
hogy x λx<br />
és y = λy<br />
. De<br />
= 1 2 1 2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
OA = x + y ,<br />
2 2<br />
1 1<br />
= x + y<br />
2<br />
2<br />
2<br />
OB és ON = ( x + x ) + ( y + y ) , tehát a kért egyenlőtlenséget<br />
igazoltuk.<br />
2<br />
1 2 1 2<br />
y<br />
N<br />
B A<br />
M<br />
2 2 2 2<br />
Megjegyzés. Négyzetre emelés és átrendezés után előbb az ( x + x ) ( y + y ) ≥<br />
2<br />
2<br />
≥ (xx + yy)<br />
, majd az ( 0 egyenlőtlenséghez jutunk.<br />
1 2 1 2<br />
1 2 2 2 ) xy −xy≥ O<br />
1 2 1 2<br />
2<br />
.<br />
x
212 Analitikus geometria<br />
2. Bizonyítsd be, hogy ha x , x , ... , n , y , y , ... , ynvalós<br />
számok, akkor<br />
1 2<br />
x 1 2<br />
( ) ( )<br />
2 2 2 2 2 2<br />
2 2<br />
... 1 1 2 2 n n ... ...<br />
1 2 n 1 2<br />
n<br />
x + y + x + y + + x + y ≥ x + x + + x + y + y + + y .<br />
Bizonyítás. A matematikai indukció módszerét használjuk. n = 2 esetén az 1.<br />
feladatban igazoltuk az engyenlőtlenséget. Ha az egyenlőtlenség teljesül n<br />
esetén, akkor<br />
x + y + … + x + y + x + y ≥<br />
2 2 2 2 2 2<br />
1 1 n n n+ 1 n+<br />
1<br />
≥ x + y + … + x + y + ( x + x ) + ( y + y ) ≥<br />
2 2 2 2 2 2<br />
1 1 n−1 n− 1 n n+ 1 n n+<br />
1<br />
≥ ( x + x + …+ x + x ) + ( y + y + … + y + y ) .<br />
2 2<br />
1 2 n n+ 1 1 2 n n+<br />
1<br />
*<br />
∈ \{1}<br />
*<br />
Tehát a matematikai indukció elve alapján az egyenlőtlenség minden n ∈ \{1} és<br />
x , y ∈ , i = 1,<br />
n esetén igaz.<br />
i i<br />
2 2<br />
Ex ( ) = x + x+ 1− x − x+<br />
1 kifejezés, ha<br />
3. Milyen értékeket vehet fel az<br />
x ∈ ?<br />
⎛1 ⎞<br />
Megoldás. Tekintjük az ,0⎟<br />
⎛ 1 ⎞<br />
⎛<br />
A ⎜<br />
⎜⎜⎝ ⎟<br />
2 ⎠⎟és<br />
⎜− ⎜ ,0⎟<br />
3 ⎞<br />
B<br />
⎜⎝<br />
⎟<br />
2 ⎟ , valamint M ⎜<br />
⎜x , ⎟<br />
⎠<br />
⎜⎜⎝ 2<br />
⎟ pontokat.<br />
⎠⎟<br />
2 2<br />
⎛ 1⎞ 3 ⎛ 1⎞ 3<br />
MB − MA = ⎜<br />
⎜x⎟ ⎜x⎟<br />
⎜<br />
+ ⎟ + − − + = E( x)<br />
2⎟ ⎟<br />
4<br />
⎜ 2⎟ .<br />
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 4<br />
Másrészt –AB < MB – MA < AB, tehát − 1 < Ex ( ) < 1, ∀x∈ .<br />
Ha x elég nagy (vagy elég kicsi), akkor E(x) jól megközelíti az 1-et (–1-et), így E(x)<br />
minden értéket felvehet a (–1, 1) intervallumból.<br />
Megjegyzések.<br />
1<br />
1. Alkalmazhatjuk az 1. feladatot az x = x + , y =<br />
1 1<br />
2<br />
3<br />
, x2 2<br />
= 1, y = 0 , 2<br />
1<br />
illetve x = x − , y =<br />
1 1<br />
2<br />
3<br />
és x 2<br />
2<br />
= 1, y = 0 számokra.<br />
2<br />
2. Algebrai uton a megoldás a következő:<br />
Az<br />
2 2<br />
x x 1 x x<br />
+ + − − + 1 = y egyenletből<br />
2 2<br />
x x 1 y x x<br />
+ + = + − + 1, tehát ha a jobb oldal pozitív, akkor a<br />
2 2<br />
2x y 2y x x 1<br />
= + − + egyenlethez jutunk.<br />
2<br />
2 2 4 2 2<br />
Ha 2 x − y és y azonos előjelű, akkor 4x − 4xy + y = 4 y ( x − x + 1) ,<br />
2 2 2 4<br />
vagyis 4 x ( 1 − y ) = 4y − y , ahonnan x<br />
2<br />
2 2<br />
y (4 − y )<br />
= .<br />
2<br />
4(1 − y )
Analitikus geometria 213<br />
Mivel E(–x) = –E(x), feltételezhetjük, hogy y > 0 és így a<br />
2<br />
2x −y ≥<br />
y ∈( −1,1)<br />
0<br />
4<br />
1 − y<br />
2<br />
− y<br />
≥ 2<br />
0 és<br />
feltételek kell teljesüljenek. Ebből következik, hogy csak<br />
esetén van megoldás és ebben az esetben<br />
y 4 − y<br />
x =<br />
2 1−<br />
y<br />
4. Bizonyítsd be, hogy ha az x , x , y<br />
1 2 1<br />
2 2<br />
, y valós számokra x + y = 2y<br />
és<br />
2<br />
1 1 1<br />
2 2<br />
2 2<br />
x + y = 2y<br />
, akkor ( x − x ) + ( y −y 2 2 2<br />
1 2 1 2)<br />
≤ 4 .<br />
2 2<br />
2 2<br />
Bizonyítás. Az adott összefüggések alapján x + ( y − 1) = 1 és x + ( y − 1) = 1,<br />
tehát az 1. feladat alapján<br />
2<br />
2<br />
1 1<br />
.<br />
( ) 2<br />
2 2 2<br />
1 2 1 2 1 2 1 2<br />
2 2<br />
( x − x ) + ( y − y ) = ( x − x ) + ( y −1) −( y −1) ≤<br />
≤ x + ( y − 1) + x + ( y − 1) = 2.<br />
2 2 2 2<br />
1 1 2 2<br />
2 2<br />
Ebből következik, hogy ( x − x ) + ( y −y ) ≤ 4.<br />
1 2 1 2<br />
5. Bizonyítsd be, hogy ha az AB és AB háromszögek súlypontja G , illetve<br />
1 1 1 C 2 2 2 C 1<br />
G , akkor GG ≤ AA BB CC<br />
2<br />
1 2 1 2 1 2 1<br />
+ + 2 .<br />
a a<br />
Bizonyítás. Ha ( x , y ) az Ai<br />
i = 1, 2 pont koordinátája és hasonlóak a jelölések a<br />
i i<br />
többi pont esetén is, akkor<br />
a b<br />
x + x + x<br />
g 1 1<br />
x = 1<br />
3<br />
a b<br />
x + x + x<br />
g 2 2<br />
x = 2<br />
3<br />
Tehát<br />
g y + y<br />
3<br />
+ y<br />
a b<br />
y + y + y<br />
g<br />
y = 2<br />
3<br />
c<br />
a b<br />
1 , y1<br />
= 1 1<br />
c<br />
2 , 2 2<br />
a a b b c c<br />
2<br />
a a b b c c<br />
2<br />
3 GG = ⎡( x − x ) + ( x − x ) + ( x − x ) ⎤ + ⎡(<br />
y − y ) + ( y − y ) + ( y −y) ⎤<br />
1 2 ⎣ 2 1 2 1 2 1 ⎦ ⎣<br />
≤<br />
2 1 2 1 2 1 ⎦<br />
≤ ( x − x ) + ( y − y ) + ( x − x ) + ( y − y ) + ( x − x ) + ( y − y ) =<br />
2<br />
a a 2 a a 2 b b 2 b b 2 a a 2 c c<br />
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1<br />
= AA + BB + CC .<br />
1 2 1 2 1 2<br />
(Alkalmaztuk a 2. feladatot n = 3 esetén.)<br />
c<br />
1<br />
c<br />
2<br />
.<br />
és
214 Analitikus geometria<br />
VI.2.7. Gyakorlatok (154. oldal)<br />
1. Döntsd el, hogy az alábbi egyenesek tartalmazzák-e a megadott pontokat:<br />
5<br />
a) 2x − y + 3 = 0 A (0, 0) és B ( −1, −1) ; b) 2x + 3 y − 5 = 0 A (1, 1) és B 0,<br />
3<br />
⎛ ⎞ ⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝ ⎠<br />
⎟ ;<br />
⎛1<br />
⎞<br />
c) 2x − 3y + 6 = 0 A ⎜ ,1⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟<br />
2 ⎟ és Br ( , r) , ahol r<br />
⎠ 1 2<br />
1, r2 ∈ .<br />
Megoldás. a) 0+ 3 ≠ 0,<br />
tehát A ∉ d ; 2 ⋅− ( 1) −− ( 1) + 3 = 0,<br />
tehát B ∈ d ;<br />
b) A ∈ d , B ∈ d ;<br />
c) 2<br />
+<br />
2<br />
6 > 3 , tehát A ∉ d ;<br />
Ha r, r ∈ és<br />
1 2 2r − 1 3r + 2<br />
2<br />
6 = 0, akkor 2r + 6+ 4r 1 1<br />
2<br />
3 = 3r<br />
és így<br />
2<br />
2 2<br />
3r −2r −6<br />
2 1<br />
6<br />
3 = ∈ vagy r = 0 . Ha r = 0 , akkor r = = 2 ∉ . Tehát<br />
1<br />
1 2<br />
4r<br />
3<br />
1<br />
mindkét esetben ellentmondáshoz jutunk és így B ∉ d .<br />
2. Határozd meg az m és n valós számok értékét úgy, hogy az alábbi egyenesek<br />
tartalmazzák a megadott pontokat:<br />
2<br />
a) x + y − 4 = 0 A( − m, m ) és B( m , n)<br />
;<br />
b) 2x + 3y − 6 = 0<br />
2<br />
Am ( − 2, m<br />
2<br />
) és Bn ( , n − 3) ;<br />
c) 2x + 3y − 7 = 0 Am ( + 2 n, m− n)<br />
és B( m − n, m+ 2n)<br />
.<br />
Megoldás. a) A ⎪ ⎧−<br />
2<br />
⎪ m + m = 4<br />
⎨⎪<br />
egyenletrendszer megoldásai m<br />
m + n = 4<br />
⎪⎩<br />
7−17 1−17 7+ 17<br />
n = és m = , n = .<br />
1<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
b) Ha A ∈ d és B ∈ d, akkor a<br />
2<br />
2m 2<br />
3m 6 2 2<br />
+ − − = 0 és<br />
3n + 2n − 6 − 3 3 = 0<br />
egyenletekhez jutunk. Így m ∈{ 2, − (2 + 3) } és { 3, (3 2) }<br />
( m, n) ∈ A× B,<br />
ahol A = { 2, − (2 + 3) } és B = { 3, − (3 + 2) } .<br />
1<br />
1+ 17<br />
= ,<br />
2<br />
n ∈ − + , tehát<br />
c) Ha A ∈ d és B ∈ d, akkor az ⎪ ⎧ ⎪5m<br />
+ n = 7<br />
⎨⎪<br />
egyenletrendszerhez jutunk.<br />
5m + 4n<br />
= 7<br />
⎪⎩<br />
⎧⎪⎛7 ⎞⎫⎪<br />
Tehát M = ⎪<br />
⎨⎜,0⎟⎪ ⎜ ⎟⎬<br />
⎪⎜⎝5⎠⎟. ⎪⎩ ⎪ ⎪⎭
Analitikus geometria 215<br />
3. Ábrázold az alábbi egyenletekkel megadott egyeneseket:<br />
d : 3x − 2y + 1=<br />
0,<br />
d : 2x y 5 0,<br />
.<br />
1 2 − + − = d : x − y = 0<br />
3<br />
Megoldás. a) Ha y = –1, akkor x = –1, tehát (–1, –1) ∈ d1. Ha y = 2, akkor<br />
x = 1, tehát (1, 2) ∈ d 1. Így a d 1 egyenes a (–1, –1) és (1, 2) pontok által<br />
meghatározott egyenes.<br />
b) y<br />
c)<br />
d2 –2 –1 O<br />
3<br />
1<br />
x<br />
2<br />
y<br />
d 1<br />
–1<br />
O 1 x<br />
–1<br />
y<br />
1<br />
–1 O<br />
1<br />
–1<br />
4. Határozd meg az alábbi egyenespár<br />
⎧⎪ 2x − 3y + 7 = 0<br />
a) ⎪<br />
⎨<br />
;<br />
⎪ x + 4y − 5 = 0<br />
⎪⎩<br />
egoldás. a) Az egyenletrendszer<br />
13 17<br />
éspontja az M ,<br />
11 11<br />
⎛ ⎞ ⎜− ⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝ ⎠<br />
⎟ pont.<br />
ok metszéspontjának koordinátáit:<br />
⎧⎪ 2x 3y − 2 6 = 0<br />
b) ⎪<br />
⎨<br />
.<br />
⎪2 2x − 3y − 6 = 0<br />
⎪⎩<br />
⎛ 13 17⎞<br />
M ⎜<br />
⎜− , ⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟<br />
11 11⎟<br />
, tehát a két egyenes<br />
met-<br />
⎠<br />
) A metszéspont M ( 3, 2) .<br />
megoldása<br />
sz<br />
b<br />
5. Adott a következő három egyenes:<br />
d : 3y −x − 2 = 0, d : y 4x 3 , : 0.<br />
1<br />
2<br />
a) Határozd meg az egyenesek páronkénti metszéspontjait.<br />
− + = 0 d 3x + 2y − 16 =<br />
3<br />
d 3<br />
x
216 Analitikus geometria<br />
b) Írd fel az így kapott háromszögben az oldalak felezőpontjainak koordinátáit.<br />
c) Írd fel az oldalfelezők egyenletét.<br />
d) Írd fel a magasságok egyenletét.<br />
e) Bizonyítsd be, hogy az oldalfelezők összefutnak.<br />
g) Bizonyítsd be, hogy a magasságok összefutnak.<br />
az ortocentru inátáit.<br />
i) Határozd meg a háromszög köré írt kör középpontjának koordinátáit és a kör<br />
rdinátáit a ,<br />
6 és<br />
f) Határozd meg a súlypont koordinátáit.<br />
h) Írd fel m koord<br />
sugarát.<br />
⎧⎪3y − x = 2 ⎧<br />
Megoldás. a) A metszéspontok koo<br />
⎪⎪<br />
⎪3y<br />
− x = 2<br />
⎨<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪y − 4x<br />
= −3<br />
⎪ 3x + 2y = 1<br />
⎪⎩<br />
⎪⎩<br />
⎧⎪ y − 4x = −3<br />
⎪<br />
⎨<br />
egyenletrendszerek megoldásai származtatják. Tehát a metszéspontok<br />
⎪3x<br />
+ 3y = 16<br />
⎪⎩<br />
A(1, 1), B(4, 2) és C(2, 5).<br />
⎛ 7⎞<br />
⎛3⎞<br />
b) A felezőpontok koordinátái M 3, BC N ,3⎟<br />
⎛5 3⎞<br />
⎜<br />
⎟ ⎜<br />
2<br />
⎜⎜⎝ ⎟ A<br />
2 ⎟ ∈ C és P⎜, ⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟ ∈ ,<br />
⎠<br />
⎜⎜⎝ ⎟ A<br />
2 2⎟∈<br />
B .<br />
⎠<br />
⎠<br />
y −1<br />
5<br />
c) Az AM egyenes egyenlete = vagyis 4y − 5x<br />
= −1<br />
. A BN egyenes<br />
x −1<br />
4<br />
egyenlete 5y + 2x = 18<br />
és a CP egyenes egyenlete<br />
y + 7x = 19.<br />
1<br />
d) Az AB egyenlete y = ( x + 2) tehát a C-n átmenő és AB-re merőleges egyenes<br />
3<br />
y − 5<br />
egyenlete = −3<br />
vagyis y + 3x = 11.<br />
Az A-hoz tartozó magasság egyenlete<br />
x − 2<br />
y − 1 2<br />
= vagyis 3y − 2x<br />
= 1 és a B-hez tartozó magasság egyenlete 4y + x = 12.<br />
x −1<br />
3<br />
⎧⎪<br />
⎪<br />
⎪4y<br />
− 5x<br />
= −1<br />
e) f) Az ⎪ 7 8<br />
⎨ 5y + 2x = 18 egyenletrendszer me goldása x = és y = , tehát az<br />
⎪<br />
3 3<br />
⎪y<br />
+ 7x = 19<br />
⎪⎩<br />
⎛7 8⎞<br />
oldalfelező k összefutnak a ⎜ , pontban. Ez a háro<br />
⎝⎜ ⎟<br />
⎜3<br />
3⎠<br />
⎟<br />
mszög súlypontja.<br />
⎧⎪<br />
⎪3y<br />
− 2x<br />
= 1<br />
⎪<br />
g) h) A ⎪ 32<br />
⎨4y<br />
+ x = 12<br />
egyenletrendszer összeférhető és megoldása x =<br />
⎪<br />
11<br />
⎪ y + 3x = 11<br />
⎪⎩<br />
25<br />
⎛32 25⎞<br />
y = , tehát az ortocentrum H ⎜ ,<br />
11<br />
⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟<br />
11 11⎠<br />
⎟ .<br />
és
Analitikus geometria 217<br />
i) Ha Ox (, y)<br />
a háromszög köré írt kör középpontja, akkor<br />
tehát 3x + y = 9 és 4x − 6y<br />
= − 9 . Ebből következik, hogy<br />
(2, 3);<br />
2 2 2 2<br />
2<br />
2<br />
( x − 1) + ( y −1) = ( x − 4) + ( y − 2) = ( x − 2) + ( y − 5)<br />
,<br />
tehát a kör középpontja O ⎛ ⎞ 45 63<br />
, .<br />
22 22⎟ ⎜⎝<br />
⎜<br />
⎟<br />
⎠<br />
⎟<br />
2 2<br />
⎛45 ⎞ ⎛63⎞ 2210 1105<br />
Így a sugár R = ⎜ 1⎟<br />
⎟<br />
⎜<br />
⎜<br />
1⎟<br />
⎜⎝<br />
− + − ⎟<br />
22 ⎟ = = .<br />
22 ⎠ ⎝ ⎠ 484 242<br />
6. Írd fel annak az egyenesnek az egyenletét, amelyik<br />
a) átmegy az (1, 2) és (3, − 2) pontokon;<br />
d ) átmegy a ( −1, 5) ponton és iránytényezője<br />
–5.<br />
45<br />
x = és<br />
22<br />
y −2 −2− 2<br />
Megoldás. a) = = −2<br />
, tehát y + 2x = 4.<br />
x −1<br />
3−1 3<br />
b) Az OA egyenes egyenlete y = x tehát a keresett egyenes egyenelete<br />
2<br />
vagyis 3y + 2x<br />
= 5.<br />
63<br />
y =<br />
22<br />
b) átmegy az (1, 1) ponton és merőleges az OA egyenesre, ahol az A koordinátái<br />
c) átmegy a ( − 3, 2) ponton és párhuzamos az első szögfelezővel;<br />
c) Az első szögfelező iránytényezője 1, tehát a keresett<br />
egyenes egyenlete<br />
vagyis<br />
y − x = 5 .<br />
y − 5<br />
d) = −5 , tehát y + 5x = 0.<br />
x + 1<br />
7. Írd fel az M ( x, y)<br />
és Nx ( , y ) pontok által meghatározott szakasz felező<br />
1 1<br />
2 2<br />
y − 1 2<br />
= −<br />
x −1<br />
3<br />
merőlegesének<br />
egyenletét.<br />
Megoldás. A fe lezőmerőleges azon P(,<br />
x y ) pontok<br />
mértani helye, amelyek egyenlő<br />
távolságra vannak az M és az N ponttól. Így az<br />
( ) ) ( )<br />
( ) 2<br />
2 2 2<br />
x − x + (y − y = x − x + y − y<br />
1 1 2<br />
2<br />
azaz az x ⋅( x − x ) + y⋅( y<br />
1 2 2 2<br />
− y ) = ( x − x + y − y<br />
2<br />
egyenlethez jutunk.<br />
2<br />
)<br />
2 1 2 1 2 1 2 1<br />
y − 2<br />
= 1 ,<br />
x + 3<br />
8. Vegyél fel a síkban két pontot (C-t és D-t) úgy, hogy az ABCD négyszög trapéz<br />
legyen, ha A( −1, − 1) , B(2,<br />
3) . Írd fel az átlók egyenletét.<br />
,
218 Analitikus geometria<br />
Megoldás. H a C( −3,<br />
3) és D( −2, −1)<br />
, akkor AD BC Ox.<br />
Az A( −1, −1)<br />
és<br />
C( − 3, 3) pontokon áthaladó<br />
egyenes egyenlete<br />
y + 2x =− 3 és a B(2, 3) , D( −2, −1)<br />
pontokon áthaladó egyenes<br />
egyenlete y − x = 1 .<br />
9. Írd fel annak az egyenesnek az egy enletét,<br />
amely a koordinátatengelyekből O-tól<br />
kezdve egyenlő hosszúságú szakaszokat metsz ki és áthalad az ( x , y ) ponton.<br />
Megoldás. A keresett egyenes párhuzamos az y = x vagy y = −x<br />
egyenessel. Így<br />
az y − y0 = x − x és y − y 0<br />
0 = x − x egyenesek teljesítik a kért feltételeket.<br />
0<br />
10. Írd fel az (1, − 3) ponton áthaladó x + y = 4 egyenesre merőleges egyenes<br />
egyenletét.<br />
Megoldás. Az x + y = 4 egyenes iránytényezője –1, tehát a keresett egyenes<br />
y + 3 = x − 1.<br />
11. Az Ox tengelyen felvettük az OA = 1 szakaszt. Írd fel annak a szabályos<br />
hatszögnek a csúcsait és oldalegyeneseinek egyenletét, amely az Ox felet t van és az<br />
egyik oldala OA.<br />
Megoldás. Az ábra jelöléseit használjuk. Az F<br />
1<br />
pont koordinátái x = és y F<br />
F<br />
2<br />
=<br />
3<br />
, tehát a C<br />
2<br />
D C<br />
pont koordinátái x C = 1 és y C = 3 . Így x = 0 D<br />
E F B<br />
3 3 1<br />
és y = 3 , x = , y = , x = − és<br />
D B<br />
B E<br />
2 2<br />
2<br />
3<br />
y = . Az<br />
oldalegy enesek egyenlete OA : y = 0,<br />
E<br />
2<br />
O A x<br />
DC : y = 3 , AB : y = 3x−3<br />
, ED : y = 3x+<br />
3 , OE : y = − 3xés<br />
BC : y = − 3x + 3 .<br />
12. Határozd meg annak az ABCD négyzetnek a csúcsait, amelynek az A és C<br />
csúcsai (1, 3), (3, 4).<br />
7<br />
Megoldás. Az AC egyenlete 2y − x = 5 és az AC felezőpontja M 2,<br />
2<br />
2<br />
⎛ ⎞ ⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝ ⎠<br />
⎟ . A fele-<br />
15<br />
zőmerőleges egyenlete<br />
. A m<br />
2 2 y + x = ásik két csúcs a felezőmerőlegesen van és<br />
AC 5<br />
M-től való távolságuk = . Így az<br />
2<br />
0 0<br />
y
Analitikus geometria 219<br />
⎧⎪<br />
2<br />
⎪ 2 ⎛ 7⎞ 25<br />
−<br />
⎪<br />
⎪( x 2) + ⎜<br />
⎪<br />
⎜⎝⎜y<br />
− ⎟<br />
2⎠ ⎟ =<br />
4<br />
⎨<br />
rendszer megoldásait keressük.<br />
⎪ 15<br />
⎪y<br />
+ 2x<br />
=<br />
⎪⎩ 2<br />
A másik két csúcs tehát B ⎜2 +<br />
⎜⎜⎝ , −<br />
2 2<br />
5 ⎟ és D 2<br />
⎠ ⎟<br />
⎜<br />
⎜⎜⎝ , +<br />
2 2<br />
5<br />
⎠<br />
⎟<br />
.<br />
⎛<br />
⎜ 5 7 ⎞<br />
⎟<br />
⎛<br />
⎜ −<br />
5 7 ⎞<br />
⎟<br />
13. Legyenek a Descartes<br />
féle koordinátarendszerben az A(0, 0), B(3, 0), C(0,<br />
4) ,<br />
⎛24 68⎞<br />
E ⎜<br />
⎜⎝<br />
, ⎟<br />
25 25⎠⎟pontok.<br />
Legyen O az A-bólBC -re húzott magasság tal ppontja és D az<br />
AC felezőpontja.<br />
a) Írd fel a BC és AO egyenesek egyenletét és határozzuk meg az O pont<br />
koordinátáit.<br />
b) Igazold, hogy DE || AO és határozzuk meg az AE és DO egyenesek F<br />
metszéspontjának koordinátáit.<br />
c) Határozd meg az AO és CF egyenesek M metszéspontjának koordinátáit<br />
és<br />
igazoljuk, hogy ez a pont az ABE magasságpontja.<br />
∆<br />
Megoldás. a) A BC egyenes egyenlete 3y + 4x = 12<br />
, tehát az A-ból húzott<br />
3<br />
magasság egyenlete y = x . Így az O pont ko ordinátái x O<br />
4<br />
48<br />
= és y O<br />
25<br />
36<br />
= .<br />
25<br />
b) Látható, hogy E ∈ ( BC)<br />
, x E<br />
xC =<br />
+ xO<br />
2<br />
yC<br />
O<br />
E<br />
2<br />
szakasz felezőpon<br />
24<br />
z M pont az AO f ja, tehát x = és y<br />
18<br />
= . Ebből következik,<br />
EM AC , tehát EM ⊥ AB . Az M pont rajta van az AEB háromszög AO és<br />
y +<br />
és y = , tehát E a CO<br />
16<br />
tja. Így F az AOC háromszög súlypontja, tehát x = és<br />
F<br />
25<br />
136<br />
y = F<br />
75 .<br />
c) A elezőpont<br />
M<br />
M<br />
25 25<br />
hogy<br />
EM magasságán, tehát M az ABE háromszög magasságpontja.<br />
14. Határozd meg az a értékét úgy, hogy a következő két egyenes<br />
merőleges legyen<br />
egymásra:<br />
( 3a + 2) x + (1−<br />
4a) y = 8 és ( 5a − 2) x + ( a + 4) y − 7 = 0.<br />
Megoldás. A merőlegesség feltétele<br />
3a + 2 5a − 2<br />
⋅ = 1,<br />
4a − 1 a + 4<br />
tehát a ∈<br />
{0, 1} . Mindkét érték megfelel.
220 Analitikus geometria<br />
15. Az 5. feladatban szereplő háromszögre<br />
a) számítsd ki az oldalak hosszát; b) írd fel a szögfelezők egyenletét;<br />
c) bizonyítsd be, hogy a szögfelezők összefutnak.<br />
Megoldás. a) A csúcsok koordinátái A(1, 1), B(4, 2), C(2, 5) és az oldalak egyen-<br />
letei: AB :3y − x = 2,<br />
BC :3x + 2y = 16,<br />
CA : y − 4x=<br />
−3.<br />
AB = 10 , BC = 13 és CA = 17 .<br />
3y −x −2<br />
b) Az Mxy (, ) pont akkor van rajta az A szög szögfelezőjén, ha<br />
10<br />
y − 4x + 3<br />
= . A belső szögfelező egyenlete:<br />
17<br />
3y −x −2 16−3x −2<br />
y 16 −3x −2y 4x −y −3<br />
=<br />
és =<br />
.<br />
10 13<br />
13 17<br />
c) Mindhárom egyenlőséget kielégíti az<br />
=<br />
xI<br />
=<br />
13 + 4 17 + 2 10<br />
10 + 13 + 17<br />
16. Bizonyítsd be, hogy az M ∈ BC , N ∈ CA és P ∈ AB pontok pontosan akkor<br />
kolli<br />
= α ,<br />
(Meneláosz tétele)<br />
Bizon ek<br />
x + αx<br />
x + βx<br />
,<br />
1 +<br />
+<br />
M<br />
1 + α<br />
β<br />
N<br />
1 + β<br />
P<br />
1 + γ<br />
CN<br />
= β és AP<br />
neárisak, ha αβγ = − 1 , ahol = γ<br />
PB<br />
BM<br />
.<br />
MC NA<br />
yítás. A feltétel B C<br />
alapján x = M<br />
1 + α<br />
C A<br />
, x = N<br />
1 + β<br />
x P =<br />
x + γx<br />
A B<br />
=<br />
γ<br />
y αy<br />
B C<br />
, y =<br />
y + y C A<br />
, y =<br />
y + γy<br />
A B<br />
és y = . A ponto k<br />
pontosan akkor vannak egy egyenesen, ha az y = ax + b , y = ax + b és<br />
y = ax + b egyenletrendszer összeférhető, vagyis<br />
ha<br />
P P<br />
1<br />
és<br />
yI<br />
=<br />
13 + 2 17 + 5 10<br />
10 + 13 + 17<br />
számp ár, tehát a szögfelezők összefutnak és<br />
az összefutási pont ( x , y ) .<br />
x y<br />
M M<br />
x y 1 = 0<br />
N N<br />
x y<br />
P P<br />
(vagy az MNP háromszög területe 0).<br />
1<br />
x + αx y + αy 1 + α<br />
B C B C<br />
M M<br />
(1)<br />
(1) ⇔ x + βx y + βy 1 + β = 0 .<br />
C A C A<br />
x + γx y + γy 1 + γ<br />
A B A B<br />
I I<br />
N N
Analitikus geometria 221<br />
Ez<br />
x y<br />
B B<br />
(1 + αβγ)<br />
⋅ x y 1 = 0<br />
C C<br />
x y<br />
A A<br />
alakban írható. A második tényező nem nulla, mert az ABC területe nem 0, tehát a<br />
rendszer pontosan akkor összeférhető, ha αβγ = −1<br />
.<br />
Megjegyzés. Ferdeszögű koordináta-rendszer választása a számításokat<br />
leegyszerűsíti<br />
(lásd a következő feladatot).<br />
17. Bizonyítsd be, hogy az AM, BN és CP ( M ∈ BC , N ∈ CA<br />
és P ∈ AB)<br />
egyene-<br />
sek pontosan akkor összefutóak, ha αβγ = 1, ahol<br />
Bizonyítás. A koordináta-rendszer kezdőpontjának<br />
válasszuk B-t és tengelyeknek a BC illetve<br />
BA félegyeneseket. Így A(0, a), C(c, 0) és B(0, 0)<br />
tehát<br />
⎛ c ⎞ ⎛<br />
M ⎜ ,0⎟<br />
a ⎞<br />
⎜⎜⎝ ⎟<br />
1 α ⎟<br />
, P 0, ⎟<br />
⎛<br />
⎜ c βa<br />
⎞<br />
⎜ ⎟<br />
+ ⎠ 1 γ<br />
⎟ és ⎜<br />
⎜ ⎟<br />
⎜ , ⎟<br />
⎝ + ⎠ ⎜ ⎝1+ β 1+<br />
β⎠<br />
⎟<br />
a CP<br />
αβγ<br />
1<br />
x = és y = a⋅<br />
.<br />
1 + γ + αγ<br />
+<br />
c<br />
.<br />
N<br />
(1 + α)a<br />
Az AM egyenes egyenlete y − x + és<br />
αc<br />
a a<br />
y x +<br />
c(1 + γ) 1 + γ<br />
.<br />
A<br />
P<br />
N<br />
=<br />
a<br />
egyenes egyenlete = −<br />
Ebből következik, hogy a metszéspont koordinátái<br />
B<br />
M<br />
C<br />
1 γ + αγ<br />
a<br />
Ugyanakkor a BN egyenes egyenlete y = β x , tehát a három egyenes pontosan<br />
c<br />
a<br />
akkor összefutó, ha y = β x . Ez ekvivalens az αβγ = 1 egyenlőséggel.<br />
VI.2.8. Feladatok (156. oldal)<br />
1<br />
1<br />
BM<br />
MC<br />
= α , CN<br />
NA β<br />
AP<br />
= és = γ .<br />
PB<br />
(Céva tétele)<br />
1. a) Bizonyítsd be, hogy egy trapéz alapjainak felezőpontjai,<br />
a nem párhuzamos<br />
oldalak metszéspontja és az átlók metszéspontja egy egyenesen<br />
vannak.<br />
b) Csak vonalzó segítségével szerkeszd meg az ABCD<br />
paralelogramma oldalainak<br />
felezőpontjait.
222 Analitikus geometria<br />
Bizonyítás. a) A nempárhzamos oldalak metszéspontját válasszuk origónak és az<br />
oldalak tartóegyeneseit tengel yeknek. Így B(b, 0), C(<br />
λ b,<br />
0) , A(0, a) és D(0, λ a)<br />
,<br />
tehát az AC és BD egyenlete<br />
a<br />
λa<br />
AC : y = − x + a , BD : y = − x + λa<br />
λb<br />
b<br />
és a metszéspontjuk koordinátái:<br />
λb<br />
λa<br />
x = és x = .<br />
M<br />
M<br />
λ + 1 λ + 1<br />
Ebből következik, hogy az OM egyenes egyenlete<br />
a<br />
y = x és ezen az egyenese n helyezkednek el a<br />
b<br />
⎛b a⎞<br />
⎛λb λa⎞<br />
⎜ , ⎟ és ⎜<br />
⎜⎝<br />
, felezőpontok is.<br />
2 2⎠⎟⎝⎜ ⎟<br />
⎜ 2 2 ⎠<br />
⎟<br />
O<br />
B<br />
C x<br />
b)<br />
E<br />
Az M ∈ ( CD)<br />
tetszőleges pontot össze<br />
kötjük B-vel. Az ABMD trapézban<br />
meg-<br />
D M<br />
C húzzuk az átlókat. Ha { E} = AD ∩ MB<br />
F<br />
és { F} = AM ∩ BD , akkor az a) alpont<br />
alapján E F felezi AB-t. Hasonlóan szer-<br />
keszthetjük meg a többi oldal felező-<br />
A<br />
B pontját is.<br />
2. Bizonyítsd be, hogy egy háromszög magasságai összefutók.<br />
Bizonyítás. Origónak választjuk<br />
az A-ból húzott<br />
magasság talppontját, Ox tengelynek a BC-t és Oy<br />
tengelynek az A-hoz tartozó magasságot. Ha A(0, a),<br />
B(–b, 0) és C(c, 0), akkor az AC és AB egyenlete<br />
a<br />
AB : y = x +a , AC : y =<br />
b<br />
a<br />
− x + a .<br />
c<br />
A B és C ponthoz tartozó magasság egyenlete<br />
c bc<br />
y = x + és y = − x +<br />
a a<br />
a<br />
O<br />
C<br />
x<br />
enes metszéspontja a 0, bc<br />
b bc<br />
.<br />
a<br />
B<br />
⎛ ⎞<br />
A két egy<br />
H ⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟<br />
a ⎠⎟<br />
pont és ez rajta van az AO magasságon,<br />
tehát a három<br />
magasság összefutó.<br />
3. Bizonyítsd be, hogy egy háromszög belső<br />
szögfelezői összefutnak. Számítsd ki az<br />
összefutási pont koordinátáit a csúcspontok<br />
koordinátái<br />
és az oldalhosszak<br />
függvényében.<br />
y<br />
A<br />
A<br />
M<br />
D y
Analitikus geometria 223<br />
Bizonyítás. A B pontot válasszuk origónak és<br />
a BC, BA egyeneseket tengelyeknek. A szögfelező<br />
tétel alapján az AA1 belső szögfelezőre<br />
BA1<br />
AB<br />
= . Ha A(0, c ) és Ca (,0) valamint<br />
AC AC<br />
1<br />
⎛ c ⎞<br />
AC = b , akkor 1<br />
B<br />
⎜ A a,0⎟<br />
. H<br />
⎝<br />
⎜ ⎟<br />
b + c ⎠⎟<br />
asonlóan<br />
kapjuk, hogy 1 ⎝ a + b ⎠ ⎝a + c a + c⎠⎟<br />
0,<br />
⎛ a ⎞ ac ac<br />
C c és B ,<br />
1 ⎛ A y<br />
O<br />
C1 A1 B1 C x<br />
⎜<br />
⎟<br />
⎞<br />
⎟ ⎜<br />
⎜ ⎟ ⎜<br />
, tehát az AA1 és CC1 egyenlete<br />
1<br />
c ac<br />
: AA y = − x + c<br />
a<br />
1 :<br />
b + c<br />
, CC y = − x + .<br />
a + b a + b<br />
ac<br />
ac<br />
Az AA ∩ CC = {} I pont koordinátái<br />
= és y = , tehát az<br />
1 1 I x<br />
I<br />
a + b + c a + b + c<br />
( x , y ) pont rajta van az y = x egyenletű BB egyenesen.<br />
I I 1<br />
Megjegyzés. Derékszögű koordináta-rendszerben az<br />
a⋅ x + b⋅ x + c⋅x a⋅ y + b⋅ y + c⋅y A B C<br />
A<br />
x =<br />
, y =<br />
I<br />
I<br />
a + b + c<br />
a + b + c<br />
egyenlőségeket kapjuk, ahol a, b és c az oldalak hossza.<br />
4. Az ABCD paralelogramma oldalaira kifele négyzeteket<br />
szerkesztünk. Bizonyítsd<br />
be, hogy ha O , O , és O a négyzetek<br />
köz<br />
1 2 3<br />
Bizonyítás. A paralelogramma középpontját<br />
válasszuk origónak, A BD átlót az Ox tengelynek<br />
O 4<br />
OO ⊥ OO<br />
1 3 2 4 .<br />
és az erre merőleges egyenest Oy-nak.<br />
Ha B( −b,<br />
0) , akkor Db (,0) . Ha Ax ( , y ) , akkor<br />
C( −x , −y<br />
) és a szimmetria alapján<br />
elégséges<br />
0 0<br />
kiszámítani O és koordinátáit.<br />
Az AD és AB<br />
O<br />
1 2<br />
oldalak egyenlete<br />
y0<br />
AD : y = ( − b)<br />
,<br />
x −b 0<br />
x<br />
y0<br />
AB : y<br />
x + b<br />
( )<br />
= x + b ,<br />
tehát az MD és NB egyenes egyenlete:<br />
0<br />
0 0<br />
O<br />
B C<br />
éppontjai, akkor 1 3 2 4<br />
y<br />
O 1<br />
A D<br />
2<br />
O<br />
OO = OO és<br />
B C<br />
O 3<br />
O 4<br />
x
224 Analitikus geometria<br />
x −b<br />
x + b<br />
0<br />
0<br />
MD : y = − ( x − b)<br />
, NB : y = − ( x + b)<br />
.<br />
y<br />
y<br />
0<br />
0<br />
= xM= b + 0<br />
Az MD = AD<br />
és AB NB feltételek alapján y és x = −b−y , tehát<br />
ogy az O és O pontok koordi-<br />
1 2<br />
nátái O ,<br />
2 O yM= b− x és y 0 N = x + b.<br />
Ebből következik, h<br />
0<br />
⎛b + x + y b + y − x ⎞<br />
⎜ 0 0 0 0<br />
1 ⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟<br />
2 2 ⎠⎟<br />
és<br />
⎛−b−<br />
y + x x + y + b⎞<br />
⎜ 0 0 0 0 , ,<br />
⎜⎝<br />
2 2 ⎠⎟<br />
tehát<br />
OO = OO és 1 2<br />
1 ⊥ OO2<br />
részt O3<br />
vonatkozóan,<br />
tehát OO 1 3 OO 2 4<br />
z 1 O és OO . Más és O a O szimmetrikusa az O-ra<br />
4<br />
2<br />
= és OO 1 3 ⊥ OO . 2 4<br />
5. Az MON szög szárain vedd fel az ABC , , ∈ ( OMés<br />
A′ , B′ , C′ ∈ ( ON pontokat és<br />
szerkeszd meg a {D} = AB′ ∩ A′<br />
B, { E} = AC′<br />
∩ A′ C és { F} = BC′ ∩ B′ C met-<br />
széspontokat. Bizonyítsd be, hogy D, E és F kollineárisak.<br />
Bizonyítás. Az ábra jelöléseit használjuk, ahol<br />
A(0,<br />
1) , B(0 , a)<br />
, C(0, a′ ) , A′ (1, 0)<br />
, B′ (,0) b és<br />
C′ ( b′<br />
, 0) . Az A′ B egyenlete y = −ax<br />
+ a<br />
1<br />
AB′ egyenlte<br />
y = − x + 1 , tehát a D pont koordi-<br />
b<br />
b (1 − a)<br />
a(1 −b)<br />
nátái<br />
x = és y = .<br />
D<br />
D<br />
1 −ab<br />
1 −ab<br />
Az E pont koordinátáit megkaphatjuk<br />
az a → a′ és<br />
b → b′<br />
helyettesítésekkel, tehát<br />
b′ (1 −a′<br />
) a′ (1 − b′<br />
)<br />
x = és y = .<br />
E<br />
E<br />
1 −ab ′′<br />
1 −a′<br />
b′<br />
Ebből következik, hogy a DE egyenes egyenlete<br />
(1)<br />
(1 −ab) y −a(1 −b) a′ − a + ab −a<br />
′ b′ + aa′ b′ −aa′<br />
b<br />
= .<br />
(1 −ab) x −b(1 −a) b′ − b + ab − a′ b′ + bb′ a′ −bb′<br />
a<br />
bb′ ( a − a′<br />
) aa′ ( b −b<br />
′ )<br />
Az F pont koordinátái x =<br />
és y = .<br />
F<br />
F<br />
ab −a<br />
′′ b<br />
ab −a<br />
′ b′<br />
Ha az x és y kifejezését visszahelyettesítjük az (1) egyenletbe és a bal oldalt<br />
F F<br />
, az<br />
egyszerűsítjük ab-vel, a jobb oldalon á lló törtet kapjuk,<br />
tehát a D, E és F pontok egy<br />
egyenesen vannak.<br />
6. Bizonyítsd be, hogy az ABCD<br />
négyszögben az AC,<br />
BD és EF szakaszok felező-<br />
pontjai kollineárisak, ahol { E} = AB ∩CD és { F} = AD ∩ BC .<br />
(Newton-Gauss egyenes)<br />
N<br />
0
Analitikus geometria 225<br />
Bizonyítás. Válasszuk C-t origónak és a CB illetv e CD egyeneseket tengelyeknek.<br />
Ha Bb (,0) , Ff (,0) , D(0, d ) és E(0, e)<br />
, akkor<br />
a DF és BE egyenesek egyenlete:<br />
d<br />
e<br />
DF : y = − x + d , BE : y = − x + e .<br />
f<br />
b<br />
Tehát az A pont koordinátái:<br />
bf ( e −d<br />
) ed( f −b)<br />
x = és y = .<br />
A A<br />
ef −bd ef −bd<br />
A felezőpontok koordinátái:<br />
⎞<br />
M ⎜ , ⎟<br />
f<br />
, N ⎜ , ⎟ , P , ⎜ ⎛b<br />
d ⎛ e ⎞ ⎛bf ( e −d) ed( f −b) ⎞<br />
⎜⎜⎝ ⎟<br />
⎜<br />
⎟<br />
2 2⎠⎟⎜⎜⎝<br />
⎟<br />
2 2⎠⎟<br />
⎜ ⎜⎝2( ef −bd) 2( ef −bd)<br />
⎠ ⎟ .<br />
d −e 1 be−df Mindhárom pont az y = x + ⋅<br />
b−f 2 b−f egyenletű egyenesen van, tehát kollineárisak.<br />
7. Bizonyítsd be, hogy ha A′ ∈ ( BC)<br />
, B′ ∈ ( CA)<br />
és<br />
AA′ ∩BB′ ∩CC ′ ≠ ∅,<br />
akkor az AB és AB ′ ′ illetve AC és AC ′ ′ valamint BC<br />
és B′ C′<br />
szakaszpárok felezőpontjait<br />
összekötő<br />
egyenesek összefutóak.<br />
Bizonyítás. Az AB és AB ′ ′ felezőpontjait<br />
összekötő egye nes az OA′ CB′<br />
négyszög<br />
Newton-Gauss egyenes e és így tartalmazza az<br />
OC felezőpontját. Tehát elégséges<br />
igazolni,<br />
1 ≠∅ 1 és<br />
hogy ,<br />
1<br />
az t<br />
PP ∩<br />
MM ∩NN<br />
, ahol M N<br />
1<br />
1<br />
P OA, OB és OC felezőpontja.<br />
Másrész<br />
1<br />
MPMP,<br />
MNMN 1 1<br />
1 1<br />
paralelogrammák<br />
1 <br />
1 <br />
( MP= OB= PM és MN= OC= MN)<br />
1 1<br />
1 1<br />
2<br />
2<br />
és így az MM , NN PP szakaszok felezi k<br />
1 1 1 és<br />
egymást.<br />
8. Az ABC háromszögben A′ ∈ ( BC)<br />
, B′ ∈ ( CA)<br />
és<br />
C′ ∈ ( AB)<br />
úgy, hogy AA′ ∩B B′ ∩CC<br />
′ ≠ ∅. Bizonyítsd<br />
be, hogy ha d || BC és A∈ d valamint { E} = A′ B′ ∩ d<br />
és { F} = A′ C′ ∩ d , ak kor AE = AF .<br />
Bizonyítás. AZ AFC ′ ∼ BA′ C ′ és AEB′ ∼ CA′ B′<br />
hasonlóságok alapján<br />
AF AC ′ AE AB′<br />
= és = .<br />
BA′ C ′ B AC ′ B′<br />
C<br />
C′ ∈ ( AB)<br />
úgy, hogy
226 Analitikus geometria<br />
Így<br />
AE A′ C BC ′ AB′<br />
= ⋅ ⋅ , tehát a Ceva tétel alapján<br />
AE = AF .<br />
AF BA′ C ′ A B′ C<br />
9. Határozd meg a sík azon M pontjainak mértani helyét, amelyre<br />
állandó, ahol A, B rögzített pontok és k > 0 .<br />
2 2<br />
Megoldás. MA − kMB =<br />
2 2<br />
= ( x + a) + y −k<br />
2 2<br />
( x − a) + y =<br />
( )<br />
2 2 2 2<br />
= (1 − kx ) + (1 − ky ) + 2ax+ 2akx+<br />
a − ka = c.<br />
c<br />
Teh át k = 1 esetén x = egy AB-re merőleges<br />
4a<br />
egyenes egyenlete. Ha k ≠ 1,<br />
akkor<br />
sugara<br />
k 2 c<br />
+ + 2 ⋅ a =<br />
1−k 1−<br />
k<br />
,<br />
+ 1<br />
+<br />
2 2<br />
x y ax<br />
c ⎛ 2<br />
2 ⎛k + 1⎞<br />
⎞<br />
−a⋅ ⎜<br />
⎜1 −⎜<br />
⎟ ⎟<br />
⎟<br />
1−k ⎜ ⎜<br />
⎝k 1⎠⎟⎟<br />
⎝ − ⎠ ⎟<br />
2<br />
k + 1<br />
⎟<br />
c 2<br />
⎜ ⎜<br />
aszerint,<br />
hogy<br />
a<br />
10. Határozd meg a sík azon<br />
M pontjainak mértani<br />
helyét, amelyre<br />
2 2<br />
MA − kMB<br />
2 2 k + 1 ⎛ ⎞<br />
tehát y + x + 2a x + a ⎟<br />
1−k ⎜ ⎜⎝ 1−k⎠⎟ = − a<br />
1−k ⎛ k + 1⎞<br />
+ ⎜<br />
a<br />
⎝<br />
⎟<br />
1 ⎟<br />
, vagyis a mértani<br />
−k⎠<br />
⎛k+<br />
1 ⎞<br />
hely üres halmaz, egy pont vagy egy kör, amelynek középpontja<br />
⎜ a,0⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟<br />
k −1<br />
⎠⎟<br />
és<br />
kifejzés negatív, nulla vagy pozitív.<br />
állandó, ahol A, B rögzített pontok és k > 0 .<br />
Megoldás. Az előbbi feladat jelöléseivel<br />
2 2 2 2<br />
2<br />
MA + kMB = (1 + k) x + (1 + k)y + 2ax<br />
(1 − k) + (1 + k) a = c .<br />
Tehát k > 0 alapján a mértani hely üres halmaz, egy pont vagy egy kör aszerint, hogy<br />
2<br />
2 ⎛ 1 − k ⎞<br />
c−(1<br />
+ k) a + ⎜ a ⎟<br />
⎜⎝ 1 + k ⎠⎟<br />
negatív, nulla vagy pozitív.<br />
VI.5. Gyakorlatok (159. oldal)<br />
1. Írd fel a 2x − y + 3 = 0 és 2x+ y+<br />
3= 0 valamint az x+ y− 3= 0 és 2x− y+<br />
1=<br />
0<br />
egyenesek által meghatározott szögek szögfelezőinek egyenletét.<br />
Megoldás. A szögfelező pontjai egyenlő<br />
távolságra vannak a szög két szárától.<br />
2x − y + 3 2x + y + 3<br />
= ,<br />
5<br />
5<br />
3<br />
tehát az egyik szögfelező y = 0 és a másik<br />
x = − .<br />
2<br />
2<br />
⎛ 2<br />
2 ⎛ 1⎞<br />
⎞<br />
c k +<br />
−a⎜ ⎜ 1 −⎜<br />
⎟ ⎟<br />
⎟ ⎟<br />
1−k ⎜ ⎜<br />
⎝k 1⎠⎟⎟<br />
⎝ − ⎠ ⎟⎟<br />
2 2<br />
MA + kMB
Analitikus geometria 227<br />
x + y −3 A második esetben<br />
2<br />
=<br />
2x<br />
− y + 1<br />
a szögfelező egyenlete, tehát<br />
5<br />
az egyik szögfelező: ( 5 − 2 2) x + ( 5 + 2) y −3 5 − 2 = 0<br />
és a másik: ( 5 + 2 2) x + ( 5 − 2) y − 3 5 + 2 = 0<br />
2. Határozd meg azokat a pontokat,<br />
amelyek egyenlő távolságra vannak a<br />
2x<br />
− y + 3 = 0 , 2x + y + 3 = 0 és − 2x + y + 3 = 0 illetve az x + y − 3 = 0 ,<br />
2x − y + 1=<br />
0 és x − y + 1= 0 egyenesektől.<br />
2x − y + 3 2x + y + 3 − 2x + y + 3<br />
Megoldás. A = = egyenletrendszert<br />
kell<br />
5 5 5<br />
megoldanunk. Ez a következő négy lineáris rendszer megoldását jelenti:<br />
(1) 2x − y + 3 = 2x + y + 3 =− 2x + y + 3<br />
(4) − 2x + y − 3 = −2x −y<br />
− 3 = − 2x + y + 3<br />
A (2) és (4) egyenle<br />
(0, 0) és ⎛ ⎜ ⎛ 1 ⎞<br />
,2<br />
⎜⎝ 5 − 2 2<br />
⎟ , ⎛ trendszerek ellentmondásosak, míg a másik kettő megoldása a<br />
3 ⎞<br />
, 3⎟<br />
⎜⎝<br />
− −<br />
2 ⎟.<br />
⎠<br />
− 2 ⎛ 1 2 ⎞<br />
A második esetben a megoldások<br />
,2 ⎜ + ⎜ 2+ 3 2 ⎞<br />
⎜ , ⎜<br />
⎜1, s<br />
⎟⎠ ⎜ ⎝ 5 + 2 2 ⎠⎟<br />
⎜ 2 + 5<br />
⎟ é<br />
⎝ ⎠⎟<br />
2 3 2<br />
1,<br />
⎜ ⎜⎝ 5 − 2⎠<br />
⎟<br />
.<br />
⎛ − ⎞<br />
⎜<br />
⎟<br />
(2) 2x − y + 3 =−2x −y<br />
− 3 = 2x<br />
−y −3<br />
(3) − 2x + y − 3 = 2x + y + 3 = 2x −y −3<br />
2 5<br />
3. Határozd meg azokat az Mxy (, ) pontokat, amelyekre dM ( , d) + dM ( , d)<br />
= ,<br />
1 2<br />
2<br />
ahol d és d egyenlete 2x −y − 1=<br />
0 illetve 2x + y −1=<br />
0.<br />
1 2<br />
2x −y − 1 2x + y −1<br />
2 5<br />
Megoldás. A<br />
+ = egyenlethez jutunk. Ebből a követ-<br />
5 5 3<br />
kező egyenletekhez jutunk:<br />
1. 2x −y − 1+ 2x<br />
+ y − 1= 2,<br />
ha 2x −y −1≥ 0 és 2x + y −1≥ 0.<br />
2. 2x −y −1−2x − y + 1=<br />
2, ha 2x −y − 1<<br />
0 és 2x + y −1≥ 0.<br />
3. − 2x + y + 1+ 2x + y − 1=<br />
2, ha 2x −y −1≥ 0 és 2x + y − 1<<br />
0.<br />
4. − 2x + y + 1−2x − y + 1=<br />
2, ha 2x −y − 1<<br />
0 és 2x + y − 1<<br />
0.<br />
Így a megoldás az x = 1 , y ∈− [ 1,1];<br />
x = 0 , y ∈− [ 1,1];<br />
y = 1 , ha 0< x < 1 és<br />
y = −1 , 0< x <<br />
1 szakaszokból áll.<br />
.
228 Analitikus geometria<br />
Tehát az ABCD téglalap kerületén levő pontokra teljesül<br />
az adott egyenlőség. 4. Bizonyítsd be, hogy ha M, N és P a BC,<br />
CA és AB oldal felezőpontja, akkor<br />
1<br />
T[ MNP] = T[ ABC<br />
] .<br />
4<br />
Bizonyítás. x + x y + y<br />
B C B C 1<br />
2 2 x + x y + y 1<br />
B C B C<br />
1 x + x y + y<br />
A C A C 1 1<br />
TMNP [ ] = 1 = ⋅ x + x y + y 1 =<br />
A C A C<br />
2 2 2 4 2<br />
x + x y + y<br />
x + x y + y 1<br />
A B A B<br />
A B A B<br />
1<br />
2 2<br />
mert<br />
x y + y 1 x y + y 1<br />
B B C C B C<br />
1 1 1 1<br />
= ⋅ x y + y 1 + ⋅ x y + y 1 =<br />
C A C A A C<br />
4 2 4 2<br />
x y + y 1 x y + y 1<br />
A A B B A B<br />
⎛<br />
x y 1 x y 1 x y 1 x y 1<br />
⎞<br />
⎜ x y<br />
⎜<br />
⎟<br />
1⎜ ⎟ 1<br />
= ⎜ x y 1 x y 1 x y 1 x y 1⎟x<br />
y<br />
A A A A<br />
8⎜ + + + ⎟ =<br />
⎜ 8<br />
⎜<br />
⎟<br />
⎜ x y 1 x y 1 x y 1 x y 1<br />
⎟<br />
⎜ ⎟<br />
⎜⎝<br />
x y<br />
B B B B ⎠ ⎟<br />
B B B C C C C B B B<br />
C C C C C C<br />
A A A A A A<br />
x y 1 x y 1 x y 1<br />
B C C C C B<br />
x y 1 + x y 1 + x y 1 = 0.<br />
C A A A A C<br />
x y 1 x y 1 x y 1<br />
A B B B B A<br />
5. Számítsd ki az ax+ by+ c = 0 , i = 1, 3 egyenesek metszéspontjai által<br />
i i i<br />
meghatározott háromszög területét.<br />
Megoldás. Lásd a III. 1.1.2. paragrafus 8. feladatát.<br />
1<br />
1 ,<br />
1
Analitikus geometria 229<br />
VI.6. Feladatok (159.<br />
oldal)<br />
1. Az ABC háromszög old<br />
alain vegyük fel az M ∈ BC , N ∈ CA és P ∈ AB<br />
T[ MNP]<br />
BM<br />
pontokat. Számítsd ki a<br />
arányt az α =<br />
T[ ABC ]<br />
MC<br />
függvényében.<br />
Megoldás. Az adott egyenlőségekből következik, hogy<br />
,<br />
BM α<br />
=<br />
BC α + 1<br />
,<br />
MC 1<br />
=<br />
BC α + 1<br />
NC<br />
,<br />
AC<br />
β<br />
=<br />
β + 1<br />
,<br />
AN<br />
AC<br />
1 AP γ PB 1<br />
= , =<br />
=<br />
β + 1 AB γ + 1 AB γ + 1<br />
és .<br />
TAPN [ ] AP AN<br />
Így = ⋅<br />
T[ ABC ] AB AC<br />
γ<br />
= ,<br />
( γ + 1)( β +1)<br />
TBMP [ ] BP BM α<br />
= ⋅ = ,<br />
TABC [ ] AB BC ( α+ 1)( γ +1)<br />
T[ CMN ] CM CN β<br />
= ⋅ = .<br />
T[ ABC ] BC AC ( β + 1)( α +1)<br />
CN<br />
β = és<br />
NA<br />
TMNP [ ]<br />
α β γ<br />
Tehát = 1 − − − =<br />
TABC [ ] ( α+ 1)( γ + 1) ( β + 1)( α + 1) ( γ + 1)( β + 1)<br />
1 + αβγ<br />
= .<br />
( α+ 1)( β + 1)( γ + 1)<br />
AP<br />
γ =<br />
PB<br />
2. A, B, C és D négy rögzített pont a síkban. Határozd meg azon M síkbeli pontok<br />
mértani helyét, amelyekre TMCD [ ] + TMAB [ ] = kállandó.<br />
Megoldás. Ha { O} = AB ∩CD<br />
és X ∈ ( OA<br />
,<br />
Y ∈ ( OC<br />
úgy, hogy OX = AB illetve OY = CD ,<br />
akkor T[ MAB]<br />
+ TMCD [ ] = TMO [ X]<br />
+ TMOY [ ].<br />
Ha M a BOD belsejében van, akkor<br />
T[ MOX ] + T[<br />
MOY ] = T[ OXY ] ± T[ XMY ]<br />
és így TXMY [ ] állandó kell legyen. Tehát ebben az<br />
esetben a mértani hely egy szakasz. Hasonló a helyzet<br />
a BOD szög csúcsszögének a belsejében<br />
is illetve a<br />
másik két szögtartományban (csak az Y′ ∈ OD \( OD<br />
és X′ ∈ OB \( OB segéd-<br />
pontokat<br />
használjuk fel). Tehát a mértani hely egy téglalap kerülete.
230 Analitikus geometria<br />
3. Határozd meg az összes olyan M pontot, amelyekre TMBC [ ] = TMCA [ ] =<br />
= T[ MAB]<br />
, ha ABC egy rögzített háromszög.<br />
Megoldás. Ha M a háromszög belsejében van, akkor<br />
M a háromszög súlypontja, mert<br />
1<br />
TMAB [ ] = TMAC [ ] = TMBC [ ] = TABC [ ]<br />
3<br />
MA′<br />
1<br />
alapján = és így T[ M ′ ] = TMAC [ ′ =<br />
AA′<br />
3<br />
1<br />
[ ]<br />
6 TABC = A′<br />
BA<br />
] ,<br />
tehát felezőpont.<br />
Hasonlóképpen BM<br />
és CM<br />
is oldalfelezők, tehát M súlypont.<br />
Ha TMAB [ ] = TMAC [ ] = TMBC [ ]és M az<br />
ábrának megfelelő helyzetben van, akkor<br />
MBAC paralelogramma. Így három ilyen<br />
pont létezik, tehát összesen (a súlyponttal együtt) négy pontra teljesülnek az adott egyenlőségek.<br />
Ha M a háromszögön kívül<br />
van, nem lehet a satí-<br />
rozott részben.<br />
4. Határozd meg azon M pontok<br />
mértani helyét, amelyeknek egy szög két szárától<br />
mért távolságai adott arányban vannak.<br />
Megoldás. Ha ax+ by+ c = 0 és ax+ by+ c = 0 a szög két szára, akkor a<br />
1 1 1 2 2 2<br />
ax+ by+ c ax+ by+<br />
c<br />
1 1 1 2 2<br />
= k ⋅<br />
2 2 2<br />
a + b a + b<br />
1 1 2<br />
egyenlethez jutunk. Ha a szög csúcsa Ox ( , y ) , akkor az előbbi egyenlőség két O-n<br />
O O<br />
áthaladó egyenes egyenletét adja, tehát a mértani hely két O-n áthaladó<br />
egyenes.<br />
2<br />
2<br />
2
Analitikus geometria 231<br />
5. Az ABC háromszög oldalaira kifele megszerkesztjük az ABB A , BCC B ,<br />
CAAC 1 2<br />
1 2 A 1 2<br />
tég lalapokat. Bizonyítsd be, hogy az A , BB és CC szakaszok felező-<br />
merőlegesei összefutó egyenesek.<br />
Bizonyítás. Ha BB = x , a CC és BB<br />
2<br />
2<br />
1<br />
BC -re eső vetületének hossza y és z,<br />
akkor a<br />
következő<br />
koordinátákat kapjuk<br />
(BC az<br />
, B( −b,<br />
0) , Cc (,0)<br />
, B ( −b, −x<br />
) ,<br />
2<br />
Ox<br />
tengely és az A-ból induló magasság<br />
az Oy):<br />
A(0, a)<br />
1 (, C c − x) , 2 ⎜<br />
+<br />
⎝ a ⎠⎟1⎜⎝ a ⎠⎟<br />
⎟ z . Az ol oldalfele-<br />
⎝ ⎠ dalfele-<br />
,<br />
⎜ ⎟<br />
⎜<br />
− −<br />
c ⎛ ⎞<br />
C c y y⎟<br />
, , c ⎛ ⎞<br />
⎜ ⎟ A ⎜ y y + a ⎟ ,<br />
⎛ b ⎞ ⎛ b ⎞<br />
A ⎜− z, z a<br />
2 ⎜⎜⎝ + ⎟<br />
a ⎠ ⎟<br />
, B ⎜−b z, 1 ⎜<br />
−<br />
a ⎟<br />
ző merőlegesek egyenlete:<br />
⎧⎪<br />
2<br />
⎪ ⎛bz ⎞<br />
⎪2Xz − 2Y+<br />
x⎟ 2 2 ⎛bz ⎞<br />
⎜ = x<br />
⎪ ⎝⎜ ⎠<br />
⎟<br />
⎪ a ⎟<br />
z 2bz⎜<br />
⎟<br />
⎜<br />
− − −<br />
⎝⎜a ⎠<br />
⎟<br />
⎪<br />
2<br />
⎪ ⎛c ⎞ 2 2 ⎛c ⎞<br />
⎨2Xy<br />
+ 2Y⎜<br />
y + x y 2cyy<br />
⎪<br />
⎝⎜ ⎟ x<br />
⎟<br />
⎜a ⎠<br />
⎟ ⎟=− + + + ⎜<br />
⎜⎜⎝a<br />
⎠<br />
⎟<br />
⎪<br />
2 2<br />
⎪ ⎛cb⎞ 2 2 ⎛bz ⎞ cy<br />
⎪<br />
⎪−<br />
⎛ ⎞<br />
2 X( y + z) −2Y⎜ ⎜ y − z⎟ ⎟ z y + ⎜ ⎟ − ⎜ ⎟<br />
⎜<br />
+ 2bz − 2cy<br />
⎪⎩⎪<br />
a a ⎟<br />
= −<br />
⎝ ⎠<br />
⎝ ⎜ ⎜a ⎠⎟<br />
⎜ ⎜⎝a<br />
⎠⎟<br />
Ez a rendszer összeférhető mert a harmadik<br />
egyenlet az első kettő összegéből<br />
előállítható (–1)-gyel való beszorzás útján,<br />
tehát<br />
az egyenesek összefutóak.<br />
6. Legyen O az A-ban derékszögű ABC háromszög<br />
A-ból húzott magasságának<br />
talppontja, D az [ AC ] befogó felezőpontja, E pedig<br />
a [ BC ] átfogó tetszőleges pontja.<br />
Az AE és OD egyenesek F-ben metszik egymást. Igazoljuk,<br />
hogy a CF egyenes az<br />
ABE ∆ H magasságpontján megy át!<br />
Bizonyítás. Ha AO ∩ CF = { G}<br />
, akkor<br />
az AOC háromszögben OD, AE és CG<br />
összefutásából és CD = DA-ból<br />
következik, hogy EG AC , tehát EG az ABE<br />
háromszög E-hez tartozó magassága. AO ⊥<br />
EB alapján G az ABE háromszög orto-<br />
centruma, tehát CF áthalad az ABE háromszög ortocentrumán.<br />
1 2<br />
1 2<br />
1 2
232 Vektorok a síkban<br />
VII.1.1. Gyakorlatok (162. oldal)<br />
VII. Vektorok a síkban<br />
1. Az ABC ( BC ), ( CA ) és ( ) oldalainak felezőpontjai<br />
AB<br />
Δ<br />
rendre M , N és P . (VII.7. ábra)<br />
<br />
<br />
a) Bizonyítsd be, hogy AN = NC = PM ;<br />
b) Határozd meg a PB vektorral egyenlő vektorokat.<br />
Megoldás. a) Mivel az AN , NC szakaszok tartóegyenesei megegyeznek és<br />
<br />
[ AN ] = [ NC ] , következik, hogy AN = NC . Az AB C háromszögben PM közép-<br />
1<br />
<br />
vonal, így PM AC és [ PM ] = ⋅ [ AC ] = [ NC ] , vagyis NC = PM .<br />
2<br />
b) PB = AP = NM .<br />
VII.8.<br />
ábra<br />
VII. 9.<br />
ábra<br />
A<br />
a<br />
v<br />
b<br />
c d e<br />
A<br />
v<br />
A<br />
v<br />
B<br />
v<br />
P<br />
A<br />
M<br />
N<br />
VII. 7. ábra<br />
2. Határozd meg azokat a vektorokat a VII.8. ábrán, amelyek:<br />
a) azonos hosszúságúak; b) azonos irányúak;<br />
c) azonos irányításúak; d) ellentétes irányításúak.<br />
<br />
Megoldás. a) a = d = g , b = c = f .<br />
<br />
b) Az {, a d}, {, b f,<br />
h}, { c, e}<br />
halmazok elemei azonos irányúak.<br />
<br />
c) Azonos irányításúak a b, f, h vektorok.<br />
<br />
d) Ellentétes irányításúak az a és d , valamint a c és d vektorok.<br />
3. Szerkessz egy v vektorral egyenlő, kezdőpontú vektort a VII. 9. ábrán látható<br />
<br />
A<br />
vektorok esetén.<br />
i<br />
f<br />
g<br />
h<br />
A<br />
v<br />
C<br />
A
Vektorok a síkban 233<br />
Megoldás. A v vektorral egyenlő, A kezdőpontú<br />
vektort úgy szerkeszthetünk, hogy v = M N tartóegyenesével<br />
párhuzamost húzunk A -ból és felvesszük a<br />
pontot ezen az egyenesen úgy, hogy MNBA paralelogramma<br />
legyen.<br />
<br />
B<br />
4. A VII.10. ábrán ABCD paralelogramma, EF GH rombusz és IJKL egyenlő<br />
szárú trapéz. Határozd meg esetenként azokat a vektorokat, amelyek<br />
a) azonos hosszúságúak; b) azonos irányúak; c) azonos irányításúak;<br />
d) ellentétes irányításúak; e) egyenlők.<br />
A<br />
D C<br />
B<br />
G<br />
H F<br />
E<br />
J<br />
I<br />
M<br />
L<br />
v<br />
K<br />
N<br />
A<br />
VII. 10. ábra<br />
<br />
Megoldás. a) DC = AB = CD = BA ; AD = BC = DA = CB ;<br />
<br />
HG = GF = FE = EH = HE = EF = FG = GH ;<br />
<br />
IJ = JI = LK = KL .<br />
<br />
b) Az { AD, DA, BC, CB}<br />
, { DC, CD, AB, BA}<br />
, { HG, GH, FE, EF}<br />
,<br />
halmazokban az elemek azonos irányúak.<br />
<br />
<br />
c) Az { AD, BC}<br />
, { AB, DC}<br />
, { DA, CB}<br />
, { BA, CD}<br />
;<br />
<br />
{ HG, EF}<br />
, { HE, GF}<br />
, { EH, FG}<br />
, { GH, FE}<br />
;<br />
<br />
{ IL, JK}<br />
, { LI, KJ}<br />
halmazokban az elemek azonos irányításúak.<br />
<br />
d) Az ( AD, DA, CB)<br />
, ( DC, BA, CD)<br />
, ( DA, AD, BC ) , ( CD, AB, DC ) ,<br />
<br />
( HG, FE, GH ) , ( GF, EH, FG)<br />
, ( GH, EF, HG)<br />
, ( IL, LI, KJ ) ,<br />
<br />
( LI, IL, JK )<br />
5. Legyen M egy pont az [ AB]<br />
szakaszon. Bizonyítsd be, hogy M pontosan akkor<br />
<br />
felezőpontja az [ AB] szakasznak, ha AM = MB .<br />
Bizonyítás. Mivel az AM , vektorok tartóegyenesei megegyeznek (az A ,<br />
, pontok kollinearitása alapján), az AM<br />
<br />
MB<br />
<br />
M B<br />
és MB vektorok akkor és csak akkor<br />
<br />
egyenlők, ha AM = MB , vagyis ha [ AM ] =<br />
[ MB]<br />
, ami azt jelenti, hogy M felezőpontja<br />
az AB szakasznak.<br />
B<br />
<br />
{ IL, JK}<br />
csoportokban az első elemmel ellentétes irányítású a többi.<br />
<br />
e) AD = BC , DA = CB , DC = AB , CD = BA , , ,<br />
, .<br />
<br />
HG = EF GH = FE<br />
<br />
GF = HE FG = EH
234 Vektorok a síkban<br />
6. Legyen M az [AB] szakasz felezőpontja valamint N és P két pont úgy, hogy<br />
<br />
AN = PB . Bizonyítsd be, hogy az N , M és P pontok kollineárisak.<br />
Bizonyítás<br />
N<br />
A<br />
C<br />
M<br />
B<br />
P<br />
<br />
Az AN = PB feltétel alapján az AB és<br />
NP szakaszok felezőpontjai egybeesnek.<br />
Mivel M felezi az [AB]<br />
szakaszt, következik,<br />
hogy M felezi az [NP]<br />
szakaszt is,<br />
tehát N , M , P kollineárisak.<br />
7. Bizonyítsd be, hogy az AB CDE szabályos ötszög tetszőleges két csúcsa által<br />
meghatározott vektorok közt nincsenek egyenlők! Hány különböző vektort határoznak<br />
meg egy paralelogramma, illetve egy szabályos hatszög csúcsai?<br />
Bizonyítás<br />
Ha létezne két ilyen vektor, akkor a végpontjaik által meghatározott<br />
négyszög paralelogramma kellene legyen, azonban bárhogyan<br />
választunk ki négyet öt csúcs közül, a keletkezett<br />
négyszög sosem lehet paralelogramma.<br />
Egy ABCD paralelogramma csúcsai 8 különböző vektort<br />
határoznak meg, ezek a következők: AB , , , ,<br />
<br />
<br />
, B B . Egy szabályos hatszög csúcsai 16<br />
különböző vektort határoznak meg.<br />
AC<br />
AD<br />
BA<br />
<br />
BD<br />
CA<br />
A E<br />
B<br />
C<br />
D<br />
, C , D<br />
8. Bizonyítsd be, hogy ha ( AC , )~( B, D ) , akkor ( AB , )~( C, D)<br />
.<br />
Bizonyítás. Ha M az [ AD ] szakasz felezőpontja, akkor az ( AC , ) ∼ ( B, D)<br />
felté-<br />
telből következik, hogy M felezi a [ CB] szakaszt is, innen M felezi mind az [ AD],<br />
mind a [ BC ] szakaszt, tehát ( AB , ) ∼<br />
( C, D)<br />
.
Vektorok a síkban 235<br />
VII. 4. Gyakorlatok és feladatok (174. oldal)<br />
1. Írd fel az ABC BC oldalának M harmadoló pontja ( BM = 2MC<br />
) esetén az<br />
Δ<br />
AM vektort az és lineáris kombinációjaként.<br />
<br />
AB<br />
<br />
AC<br />
<br />
=<br />
2 <br />
<br />
Megoldás. A BM = 2MC<br />
feltétel alapján BM = 2MC<br />
. Az AM = AB + BM<br />
<br />
<br />
= AB + 2MC<br />
és AM = AC −MCegyenlőségekből<br />
kiküszöbölve MC -t, kapjuk,<br />
<br />
AB + 2AC<br />
hogy AM + 2AM = AB + 2MC + 2AC−<br />
MC , ahonnan AM =<br />
.<br />
3<br />
2. Legyen AB CD paralelogramma, O az átlók metszéspontja, M az [ AO]<br />
szakasz<br />
AN 1<br />
felezőpontja és N ∈ [ AB]<br />
úgy, hogy<br />
AB 3<br />
= .<br />
A) Fejezd ki:<br />
a) az AM vektort az függvényében;<br />
<br />
AC<br />
<br />
<br />
b) a CM vektort az AC függvényében;<br />
<br />
<br />
c) az AC vektort az AD és AB lineáris kombinációjaként;<br />
<br />
d) az AC vektort az AD és BA lineáris kombinációjaként;<br />
<br />
<br />
e) az AO vektort az AD és AB lineáris kombinációjaként;<br />
<br />
f) a DM vektort a DA és DC lineáris kombinációjaként;<br />
<br />
g) a DN vektort a DA és DC lineáris kombinációjaként.<br />
B) Bizonyítsd be, hogy az N , M és D pontok kollineárisak.<br />
Legyen A , B , C és D négy pont a síkban. Állapítsd meg, hogy az alábbi állítások<br />
közül melyek igazak és melyek hamisak. Indokold meg a válaszaidat!<br />
<br />
„Ha AB = CD , akkor AB CD paralelogramma ”<br />
<br />
„Ha MN PQ paralelogramma, akkor MN = PQ .”<br />
<br />
„Ha AB = CD , akkor AC = BD .”<br />
<br />
„Ha AB = CD , akkor AB = CD .”<br />
<br />
„Ha AB = CD , akkor AB = CD .”<br />
<br />
„Ha AB = DC , akkor AB = CD .”<br />
<br />
„ AC + CD = AD .”<br />
<br />
„ AB + AC = BC .”<br />
<br />
„Ha M a [ BC ] felezőpontja, akkor MB = MC .”<br />
<br />
AB + 2AC<br />
„Ha BM = 2MC<br />
, akkor AM =<br />
.”<br />
3
236 Vektorok a síkban<br />
Megoldás<br />
<br />
A) a) Az AM és AC vektorok azonos irányításúak<br />
és<br />
<br />
A D<br />
M 1<br />
1 <br />
O<br />
AM = ⋅ AC , így AM = AC .<br />
4<br />
4<br />
B<br />
C<br />
3<br />
3<br />
b) CM , AC ellentétes irányításúak, CM = AC , így CM =− AC<br />
4<br />
4<br />
<br />
<br />
.<br />
<br />
c) AC = AB + BC = AB + AD .<br />
<br />
d) AC = AB + AD = − BA + AD .<br />
<br />
1 AB + AD<br />
e) AO = AC = .<br />
2 2<br />
AM 1<br />
f) Az M pont k = = arányban osztják az [ AC ] szakaszt, így<br />
MC 3<br />
<br />
DA + k ⋅DC 3 ⋅ DA + DC<br />
DM = =<br />
.<br />
k + 1 4<br />
<br />
AN 1 2⋅ DA + DB 2⋅ DA + DC + CB 3⋅<br />
DA + DC<br />
g) = ⇒ DN = = =<br />
.<br />
NB 2 3 3<br />
3<br />
B) Felhasználva az f), g) alpontokat, kapjuk, hogy<br />
<br />
3DA + DC 4 3DA + DC 4 <br />
DN = = ⋅ = ⋅ DM ,<br />
3 3 4 3<br />
<br />
vagyis a DN és DM vektorok tartóegyenesei megegyeznek, ami azt jelenti, hogy a<br />
D, N, M pontok kollineárisak.<br />
A „Ha AB , akkor AB paralelogramma” állítás csak abban az<br />
esetben igaz, ha az AB és CB<br />
<br />
= CB<br />
CD<br />
<br />
tartóegyenese nem megegyező.<br />
Ha MNPQ paralelogramma, akkor MN PQ , MN = PQ , de az<br />
<br />
irányításuk ellentétes, így MN =−PQ<br />
.<br />
<br />
Ha AB = CD , akkor [ AD ] és [BC ] felezőpontjai megegyeznek, így<br />
<br />
AB = CD .<br />
Abból, hogy AB , nem következik, hogy AB (nem biztos, hogy<br />
<br />
hosszuk is megegyezik), viszont írhatjuk, hogy AB<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
= CD<br />
= CD<br />
= λ ⋅CD , ahol λ egy valós szám.<br />
<br />
Ha AB = CD , akkor AB = CD vagy AB CD<br />
.<br />
<br />
Ha AB = DC , akkorAB = CD vagy AB CD<br />
.<br />
<br />
A háromszög-szabály értelmében igaz az AC + CD = AD egyenlőség.<br />
<br />
Az AB + AC = BC egyenlőség pontosan akkor igaz, ha az A és B<br />
pontok<br />
egybeesnek.
Vektorok a síkban 237<br />
<br />
AB + AC = BC ⇔ AB = BC −AC ⇔ AB = BC + CA ⇔ AB = BA ⇔ A = B .<br />
<br />
Ha M a [ BC ] felezőpontja, akkor MB =−MC<br />
.<br />
<br />
AB + 2AC AB + 2AC<br />
Ha BM = 2MC<br />
, akkor AM = =<br />
.<br />
2+ 1 3<br />
<br />
3. Bizonyítsd be, hogy ha ABCD tetszőleges négyszög, akkor AB + BC + CD +<br />
DA 0 .<br />
→ <br />
+ =<br />
Bizonyítás. Háromszor felhasználva a háromszög-szabályt, írhatjuk, hogy<br />
<br />
AB + BC + CD + DA = AC + CD + DA = AD + DA = 0 .<br />
4. Ha →<br />
i és j →<br />
egymásra merőleges egységvektorok, ábrázoljuk a derékszögű<br />
koordinátarendszerben az alábbi vektorokat:<br />
a) a →<br />
; b) b →<br />
2 i ; c) ; d) ; e) 2 3 .<br />
→<br />
= j → → → →<br />
= 3 u =− a+<br />
2 b v a b →<br />
→ →<br />
→ →<br />
= − u + v<br />
Megoldás<br />
2u<br />
u<br />
b<br />
O<br />
j<br />
y<br />
i<br />
a<br />
<br />
2u + 3v = 2( − a + 2 b) + 3( a− b) = a + b <br />
v<br />
2 u+3 v= a+ b<br />
5. A VII. 31. ábrán AB = 2 és BC = 1 .<br />
<br />
A B C<br />
a) Írd fel az AB vektort a BC függvényében;<br />
3v<br />
x<br />
VII.31. ábra
238 Vektorok a síkban<br />
<br />
b) Írd fel az AC vektort a BA függvényében.<br />
1 3 <br />
Megoldás. a) AB = 2BC<br />
; b) AC = 3BC = 3⋅ AB =− BA.<br />
2 2<br />
6. Az ABC -ben E ∈ ( AB)<br />
, F ∈ ( AC)<br />
úgy, hogy EF || BC és AF = 2 valamint<br />
Δ<br />
FC = 3 .<br />
<br />
Fejezd ki: a) AF -t az AC függvényében;<br />
<br />
b) BC -t az EF függvényében;<br />
<br />
c) EA -t az függvényében.<br />
<br />
AB<br />
<br />
2 <br />
Megoldás. a) AF = AC .<br />
5<br />
b) Az AE F és ABC<br />
5 <br />
BC = EF .<br />
2<br />
EA AF 2<br />
c) = = ⇒<br />
AB AC 5<br />
BF AF 2<br />
háromszögek hasonlósága alapján = = , így<br />
BC AC 5<br />
2 <br />
EA =− AB .<br />
5<br />
7. A VII. 32. ábrán AC || BD , AC = 4 és BD = 3<br />
<br />
Fejezd ki : a) CO -t az OD függvényében;<br />
<br />
b) AO -t az BO függvényében;<br />
VII. 32. ábra<br />
A<br />
C<br />
B<br />
<br />
<br />
c)BD -t az AC függvényében.<br />
AC 4<br />
Megoldás. AO C ∼ BOD és = , tehát<br />
<br />
BD 3<br />
<br />
<br />
CO 4 AO 4 <br />
a) C O = ⋅ OD = OD ; b) AO =− ⋅ BD =− BD ;<br />
OD 3<br />
BD 3<br />
<br />
BD 3 <br />
c) BD =− ⋅ AC =− AC .<br />
AC 4<br />
8. Bizonyítsd be, hogy egy véges vektorösszegben a tagok sorrendjét tetszőlegesen<br />
megváltoztathatjuk és tetszőleges csoportosításokat végezhetünk, mert az összeg nem<br />
változik.<br />
Bizonyítás. Három vektor esetén a 2.1.3. tétel alapján<br />
<br />
a + ( a + a ) = ( a + a ) + a = a + a + a<br />
1 2 3 1 2 3 1 2 3<br />
a<br />
<br />
és a kommutativitás alapján a sorrend felcserélésével is az a + a + összeget<br />
3<br />
1 2 3<br />
kapjuk.<br />
<br />
a + a + a = ( a + a ) + a = ( a + a ) + a = a + ( a + a ) =<br />
3 1 2 3 1 2 1 3 2 1 3 2<br />
<br />
<br />
= a + ( a + a ) = a + a + a .<br />
1 2 3 1 2<br />
D
Vektorok a síkban 239<br />
A továbbiakban indukciót használunk. Ha a tulajdonság igaz minden n ≤ m -re, akkor<br />
<br />
m tetszőleges vektor ( v , v , …,<br />
v ) esetén, tetszőleges sorrend és tetszőleges záró-<br />
1 2 m<br />
<br />
jelezés (csoportosítás) esetén az összeg v + v + … + v .<br />
1 2 m<br />
<br />
Ha a , a , …,<br />
a , a ( m + 1) tetszőleges vektor és S egy tetszőleges összeg,<br />
1 2 m m+<br />
1<br />
amelyet ezekből a vektorokból szerkesztünk sorrend megváltoztatásával és csoportosítással,<br />
akkor a következő eseteket különböztetjük meg:<br />
<br />
1. eset. Ha a nincs zárójel belsejében, akkor az összeg utolsó tagjával (csoport-<br />
m+<br />
1<br />
<br />
jával) felcserélhető és így az a , a , …,<br />
amvektorokra<br />
alkalmazhatjuk az indukciós<br />
1 2<br />
feltételt. Tehát<br />
1<br />
p <br />
<br />
S = ( a + a + …+ a )<br />
1 2 m + a = a + a + … + a m 1 1 2<br />
m + a .<br />
+ m+<br />
2. eset. Ha valamilyen zárójel belsejében van, akkor az őt tartalmazó legkisebb<br />
csoport összegét egy vektornak, p<br />
)<br />
1<br />
<br />
a m+<br />
1<br />
-nek tekintjük. Így legfeljebb m − 1 vektort<br />
kapunk, tehát az indukciós feltevés alapján<br />
<br />
S = ( a + a + … + a ) + .<br />
i i i<br />
1 2<br />
k<br />
Ugyanakkor p sem tartalmazhat m -nél több tagot, tehát az indukciós feltétel alapján<br />
<br />
<br />
S = ( a + a + …+ a ) + ( a + … + a ,<br />
i i i i i<br />
1 2 k k+<br />
1<br />
m +<br />
ahol i < i < < i , i < i < … < i = m + , valamint { i | j = 1, m + 1} =<br />
… 1<br />
1 2 k k+ 1 k+<br />
2 m+<br />
1<br />
= {1, 2, …,<br />
m + 1} . Ez alapján<br />
<br />
S = ( a + …+ a ) + ( a + … + a ) + a =<br />
i i i i 1 k k 1<br />
m i<br />
+<br />
m + 1<br />
<br />
= ( a + …+ a + a + …+<br />
a ) + a =<br />
i i i i 1 k k 1<br />
m i<br />
+<br />
m + 1<br />
<br />
= ( a + a …+ a ) + a = a + a …+<br />
a .<br />
1 2 m m+ 1 1 2 m+<br />
1<br />
Tehát az állítás ( m + 1) vektor esetén is igaz. Így a matematikai indukció elve alapján<br />
*<br />
a tulajdonság minden n ∈ esetén igaz.<br />
<br />
9. Számítsd ki az AB + BC + CD + DE + EF + FA összeget, ha ABCDEF egy<br />
hatszög a síkban.<br />
Megoldás. A háromszög-szabály többszöri alkalmazásával kapjuk, hogy<br />
<br />
AB + BC + CD + DE + EF + FA = AC + CD + DE + EF + FA =<br />
<br />
= AD + DE + EF + FA = AE + EF + FA = AF + FA = 0 .<br />
10. Bizonyítsd be, hogy az u és vektorok merőlegességének szükséges és elégséges<br />
<br />
feltétele, hogy | u + v | = u −v<br />
|.<br />
<br />
<br />
v <br />
|<br />
<br />
Bizonyítás. Legyen O egy tetszőleges pont és ABC , , , Dúgy, hogy OA = u ,<br />
<br />
OB = v , OC = u + v , . Ekkor DA és<br />
, tehát és kollineárisak, és a<br />
<br />
<br />
OD = u −v<br />
= OA − OD = v<br />
<br />
DC = OC − OD = 2v<br />
DA , C DC OB A [ CD]<br />
j
240 Vektorok a síkban<br />
felezőpontja.<br />
<br />
Az u + v = u −v<br />
feltétel egyenértékű azzal, hogy az OCD<br />
háromszög egyenlő szárú, s mivel A a felezőpontja,<br />
ekvivalens azzal is, hogy OA<br />
[ CD]<br />
⊥ , vagyis v, ami a két<br />
vektor merőlegességét jelenti.<br />
<br />
DC u ⊥ 2<br />
<br />
Megjegyzés. Az OA CB négyszög téglalap.<br />
<br />
11. Bizonyítsd be, hogy az u + v és u − v vektorok merőleges-<br />
D<br />
<br />
ségének szükséges és elégséges feltétele, hogy | u | = | v | .<br />
<br />
Bizonyítás. Ha az előző feladatba u helyett ( u + v)<br />
-t, v helyett pedig ( )-t<br />
teszünk, kapjuk, hogy az u és u vektorok merőlegességének szükséges és<br />
elégséges feltétele az, hogy<br />
<br />
<br />
u − v<br />
<br />
+ v − v<br />
<br />
u + v + u − v = u + v − u + v , vagyis u = v .<br />
Megjegyzés. Az OA CB négyszög rombusz.<br />
12. Ha A és B két rögzített pont, határozd meg azt az M pontot, amelyre:<br />
<br />
<br />
a) AM = 2MB<br />
; b) 3MA + MB = 0;<br />
c) 2MA − 3 MB = 0;<br />
<br />
<br />
d) kM A+ MB = 0 ; e) MA + kMB = 0 ; f) mM A + nMB = 0 .<br />
<br />
Megoldás. a) Ha AM = 2 MB , akkor az A , Més<br />
B pontok egy egyenesen vannak<br />
és a sorrend A−M −B . Tehát M az AB szakasz B -hez közelebb eső harmadolópontja.<br />
b) Az egyenlőség BM = 3MA<br />
alakban is írható, tehát M az szakasz -hoz<br />
közelebb eső negyedelőpontja.<br />
<br />
A<br />
]<br />
<br />
<br />
AB A<br />
c) A 2 MA = 3MBegyenlőségből<br />
következik, hogy az M , és B pont egy egyene-<br />
MA 3<br />
sen van, M az [ AB szakaszon kívül van és = .<br />
MB 2<br />
d) BM = k ⋅MA, tehát ha k , akkor M , ha k , akkor M és ha<br />
, akkor M . Az első és az utolsó esetben<br />
<br />
<br />
> 0 ∈ ( AB)<br />
= 0 = B<br />
BM<br />
k < 0 ∉ [ AB]<br />
= k .<br />
MA<br />
e) Ha k > 0 , akkor M ∈ ( AB)<br />
, ha akkor M = A és ha k < 0 , akkor M ∉ [ AB]<br />
.<br />
MA<br />
Az első és az utolsó esetben = k .<br />
MB<br />
f) Ha m = n = 0 , akkor az egyenlőség minden M pontra teljesül. Ha m = 0 és<br />
n ≠ 0 , akkor M = B , míg ha m ≠ 0 és n = 0 , akkor M = A.<br />
Ha m ≠ 0 ≠ n ,<br />
m<br />
akkor az egyenlőség BM = ⋅MA n<br />
<br />
<br />
alakban írható. Tehát m⋅ n > 0 esetén<br />
BM m<br />
BM m<br />
M ∈ ( AB)<br />
és = , m⋅ n < 0 esetben pedig M ∉ [ AB]<br />
és =− .<br />
MA n<br />
MA n<br />
O<br />
B<br />
A<br />
C
Vektorok a síkban 241<br />
<br />
13. Ha az OA, OB, OC és OD vektorok egyenlő nagyságúak és összegük nulla, mit<br />
állíthatunk az ABC , , és D pontokról?<br />
<br />
Megoldás. Abból, hogy OA = OB = OC = OD , következik, hogy az<br />
A, B, C, D pontok egy O középpontú körön helyezkednek el. Ha M és N az<br />
[AB] , illetve a [ CD] szakasz felezőpontja, az OA + OB + OC + OD = 0 feltételből<br />
<br />
OA + OB OC + OD <br />
következik, hogy =− , vagyis OM =−ON<br />
. Figyelembe véve,<br />
2 2<br />
hogy az OM ⊥ AB , ON ⊥ CD (az OA B , OCD háromszögek egyenlő szárúak),<br />
kapjuk, hogy AB CD és AB = CD , tehát AB CD egy paralelogramma. Mivel<br />
ABCD körbeírható, következik, hogy ABCD egy téglalap.<br />
14. Adott u vektor esetén adjál szerkesztést a következő vektorokra:<br />
<br />
a) 2u ;<br />
<br />
b) 3<br />
2 u 1<br />
; c)<br />
3 u − ; d) 3u .<br />
Megoldás. Ha u = M N és az pont<br />
<br />
N = u .<br />
úg hog Q = 3MN<br />
és R az<br />
MQ s kor<br />
<br />
P M N<br />
<br />
szerinti szimmetrikusa, akkor MP = 2M2 Ha Q ∈ ( MN y, y M<br />
3 <br />
zakasz felezőpontja, ak MR = MN =<br />
2<br />
3<br />
2 u<br />
Q<br />
R<br />
P<br />
M N<br />
<br />
1<br />
S<br />
= . Ha S ∈ MN \( MN<br />
és<br />
3 MN<br />
MS = , akkor<br />
1<br />
MS =−<br />
N úgy<br />
3 u <br />
. Ha T ∈ ( M , hogy MT = 3MN , akkor MT = 3u<br />
. Tehát<br />
körző és vonalzó segítségéve l a Q, R, S,<br />
T pontokat kell megszerkeszteni. 1. { Q} = MN ∩C(<br />
N, MN)<br />
, tehát Q az N középpontú, MN sugarú kör és MN<br />
metszeteként<br />
szerkeszthető.<br />
2. Ha C( M, R)<br />
∩ C(<br />
Q, R) = { A, B}<br />
, ahol R > MN , akkor AB az MQ felezőmerő-<br />
legese, tehát AB ∩MQ=<br />
{ R}<br />
.<br />
3. Tetszőleges MN szakasz harmadolópontj át a<br />
N<br />
következőképpen szerkeszthetjük meg: Az MO<br />
felezőmerőlegesen ( ≠ (MN ) felvesszünk egy H<br />
tetszőleges X pontot, majd körzővel felmérj ük<br />
az YX = MX és ZY = MX távolságokat. Az<br />
M<br />
X ponton át párhuzamost<br />
húzunk az NZ -hez és<br />
a d ∩ MN = { H}<br />
pont az M -hez közelebb eső<br />
harmadolópont. A párhuzamost úgy szerkesz tjük<br />
X<br />
Y<br />
Z O<br />
meg, hogy az NY -ra még egyszer rámérjük NY -t és így az NXUZ paralelogramma<br />
U csúcsát kapjuk.
242 Vektorok a síkban<br />
4. Ha N -ben merőlegest emelünk MN -re (például párhuzamost húzunk a felezőmerőlegeshez<br />
) és ezen felmérjük az AN = MN távolságot,<br />
akkor MA = 2MN<br />
és<br />
ha felmérjük a BN = MA távolságot, akkor MB = 3MN<br />
, tehát<br />
ezt a távolságot<br />
visszamérve MN meghosszabbítására, a T pontot kapjuk.<br />
<br />
15. Írd fel az u = 3i−2j<br />
vektort az a = i + j és b =− 2i + 5j<br />
vektorok lineáris<br />
kombinációjaként. Fel lehet-e írni affin vagy konvex komb inációként?<br />
Megoldás. Legyen u = α⋅ a + β⋅b<br />
, ahol meghatározandó valós számok<br />
<br />
(skalárok). Ekkor i− 2j = α⋅ ( i + j) + β⋅<br />
(2i + 5 j)<br />
, vagyis<br />
. Így a<br />
<br />
<br />
α, β<br />
3 (3 − α + 2 β)i+<br />
<br />
+− ( 2−α− 5 β)<br />
j = 0<br />
<br />
⎧⎪ 3− α+ 2β<br />
= 0<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪−2−α− 5β<br />
= 0<br />
⎪⎩<br />
11 5<br />
egyenletrendszerhez jutunk, amelynek<br />
megoldása α = , β =− .<br />
7 7<br />
11 5<br />
Tehát u = a − b<br />
<br />
<br />
. Mivel u csak így írható fel mint az a és b <br />
vektorok lineáris<br />
7 7<br />
kombinációja, nem írható fel affin vagy konvex kombinációként.<br />
<br />
16. Bizonyítsd be, hogy a v = 2MA−MB−MC<br />
vektor nem függ M megválasztásától,<br />
ha AB , és C rögzítettek.<br />
Bizonyítás. Tetszőleges M pont esetén<br />
<br />
v = 2MA−MB<br />
− MC = MA−MB + MA− MC = BA+ CA,<br />
vagyis v független az pont megválasztásától.<br />
<br />
M<br />
az k metszéspontjá<br />
+ + + , akkor paralelog<br />
Bizonyí Tekint elyekre + =<br />
<br />
+ =<br />
O, A inearitása<br />
<br />
még így is írható: + = +<br />
, hogy<br />
BO + DO = <br />
17. Bizonyítsd be, hogy ha ABCD négyszög átlóina O<br />
ra<br />
OA OB OC OD = 0 ABCD ramma.<br />
<br />
tás. sük az M, N pontokat, am OA OC OM<br />
és<br />
BO DO ON . Az , C illetve O,<br />
B, D pontok koll alapján<br />
<br />
M ∈ AC és N ∈ BD . A feltétel OA OC BO DO , vagyis<br />
<br />
OM = ON , s mivel M ∈ AC és N ∈ BD , következik M = N = O . Ezt<br />
<br />
visszahelyettesítve<br />
kapjuk, hogy OA + OC = 0 , tehát O felezi mind<br />
két átlót. Mivel az átlók felezőpontjai megegyeznek, az ABCD négyszög paralelogramma.<br />
<br />
18. Határozd meg azon M pontok mértani helyét, amelyekre MA + MB + MC =<br />
<br />
= 3MA−2MB −MC<br />
, ahol AB , és C rögzített pontok.<br />
<br />
Megoldás. Ha G az ABC háromszög súlypontja, akkor MA + MC + MC<br />
= 3MG<br />
.<br />
<br />
Ha X a BC szakasz B -hez közelebbi harmadolópontja, akkor 3MX = 2MB<br />
+ MC ,
Vektorok a síkban 243<br />
<br />
tehát 3MA −2MB − MC = 3MA − 3MX = 3XA.<br />
Így az MG = XA<br />
<br />
egyenlőség kell teljesüljön, tehát a mértani hely a G középpontú, AX sugarú kör.<br />
19. Bizonyítsd be, hogy ha az O , A , és B pont nincs eg y egyenesen, akkor bármely<br />
<br />
M pont esetén létezik olyan λ, λ valós szám, amelyre OM = λOA + λOB<br />
.<br />
1 2 1 2<br />
Bizonyítás. Mivel O, A, B nem kollineárisak, az M<br />
ponton át az OA , illetve O B egyenesekhez húzott<br />
párhuzamosok metszik az OB , OA -t a Q illetve<br />
P<br />
pontokb an. A P ekkor OA -n helyezkedik el, így<br />
létezik<br />
olyan λ valós szám, amelyre OP = λ OA . Hasonlóan,<br />
1<br />
1<br />
<br />
viszont<br />
<br />
létezik 2 λ valós szám úgy, hogy <br />
OQ = λ OB . Ekkor<br />
2<br />
<br />
OM = OQ + QM = OQ + OP = λOA+ λOB<br />
.<br />
1 2<br />
A P<br />
ogy egyetlen olyan pont létezik az síkjában, amelyre<br />
GC =<br />
20. Bizonyítsd be, h G ABC Δ<br />
<br />
GA + GB + 0 és ezen a ponton áthaladnak a háromszög oldalfelezői. (Ezt a<br />
pontot nevezzük a háromszög súlypontjának.) <br />
Bizonyítás. 0 = GA + GB + GC = GA + GA + AB + GA + AC ⇒<br />
<br />
AB + AC 2 <br />
⇒ AG = = AM , ahol M a [ BC ] oldal felezőpontja. Mivel az AG<br />
3 3<br />
csak az A, B, C pontoktól függ, egyetlen ilyen G pont létezik, és ez a G az AM<br />
oldalfelezőn helyezkedik el (2:1 arányb an osztja azt). Hasonlóan i gazolható,<br />
hogy G -n<br />
a másik két oldalfelező is áthalad.<br />
O<br />
B<br />
Q M<br />
21. Bizonyítsd be, hogy ha A és B két rögzített pont és mn∈ , úgy, hogy<br />
<br />
m + n ≠ 0 , akkor egyetlen olyan G pont létezik, amelyre mGA + nGB = 0 .<br />
<br />
mMA + nMB<br />
Igazold, hogy erre a G pontra<br />
MG = bármely síkbeli M pont<br />
m + n<br />
esetén. (A G pontot a z m és n tömegű A és B pont baricentrumának nevezzük)<br />
Általánosítás.<br />
<br />
Bizonyítás. Ha a G és pontokra teljesül az mG A + nG B = 0 és az<br />
1 2<br />
1<br />
<br />
mG A + nG B = egyenlőség, akkor m⋅( G A− G A) + n⋅( G B− G B)<br />
= 0 . De<br />
2 2<br />
1 2 1 2<br />
<br />
GG , tehát 0. Ez csak akkor<br />
2<br />
lehetséges, ha , tehát az egyenlőség csak egy pontra teljesülhet.<br />
Ha egy tetszőleges pont, akkor<br />
G 1<br />
<br />
0<br />
GA GA= GG<br />
1 2 1 2<br />
<br />
− és GB− GB=<br />
( m + n) ⋅ GG =<br />
1 2 1 1 2<br />
<br />
GG = 0<br />
G<br />
1 2<br />
M<br />
<br />
mMA + nNB mMG ( + GA) + nMG ( + GB)<br />
mGA + nGB <br />
= = MG<br />
+ = MG .<br />
m + n m + n m + n
244 Vektorok a síkban<br />
22. Bizonyítsd be, hogy a z ABC háromszög<br />
G súlypontjára, H ortocentrumára és<br />
<br />
a köré írt kör O középpontjára érvényes az OH = 3OG<br />
egyenlőség.<br />
Bizonyítás. Ha A a H pont M szerinti szimmetrikusa, ahol M a BC felező-<br />
1<br />
<br />
<br />
pontja, akkor<br />
HB + HC = HA . De BH ⊥ AC és CH ⊥ AB , tehát AB AB és<br />
1<br />
1<br />
<br />
<br />
Í gy az AA átmérő körön van a és a C pont, te<br />
<br />
<br />
. Ebből k tkezik, hogy HA + HB + HC . Másrészt<br />
. risak és<br />
⊥<br />
AC ⊥ AC . jű B hát HA + HA =<br />
1<br />
1 1<br />
= 2HO<br />
<br />
<br />
öve = 2HO<br />
HA + HB +<br />
<br />
+ HC = 3HG<br />
, tehát 3HG = 2HOÍgy<br />
H, G , O kollineá OH = 3OG<br />
.<br />
23. Bizonyítsd be, hogy ha G és G ′ az ABC illetve az ABC ′ ′ ′ súlypontja, akkor<br />
Δ Δ<br />
<br />
3GG′<br />
= AA′ + BB′ + CC ′.<br />
<br />
Bizonyítás. Ha összeadjuk a GG′ = GA + AA′ + A′ G′<br />
, GG ′ = GB + BB′<br />
+ B′ G′<br />
<br />
<br />
<br />
és GG′ = GC + CC ′ + C ′ G′<br />
egyenlőségeket és felhasználjuk<br />
a GA + GB + GC =<br />
<br />
0 = AG ′ ′ + BG ′ ′ + CG ′ ′ összefüggéseket, a kért egyenlőséghez jutunk.<br />
24. Bizonyítsd be, hogy az ABC háromszög<br />
H ortocentrumára és a köré írt kör O<br />
<br />
<br />
középpontjára é rvényes az OH = OA + OB<br />
+ OC egyenlőség.<br />
<br />
Bizonyítás. A 22. feladat alapján OA + OB + OC = 3OG<br />
= OH .<br />
25. Az ABC háromszög AB és AC oldalán felvettük az M és N pontokat.<br />
Bizonyítsd be, hogy MN pontosan<br />
akkor halad át a háromszög G súlypontján, ha<br />
BM CN<br />
+ = 1 . Á<br />
<br />
Biz a v és nv = 0<br />
<br />
ltalánosítás. MA NA<br />
<br />
onyítás. H AB = u, AC = mu + , akkor m = n = 0 . Másrészt<br />
AM AN <br />
az AM = u , AN = v és a G ∈ MN összefüggés pontosan akkor<br />
teljesül,<br />
AB AC<br />
<br />
ha létezik α , β∈ úgy, hogy α+ β = 1 és AG = α⋅AM + β⋅AN<br />
. Így<br />
α+ β = 1 és 3 1 3 1<br />
C − ⎛ AM ⎞ ⎛ AN ⎞<br />
⎜ α ⎟<br />
<br />
u ⎜ β ⎟<br />
<br />
⎜ − ⎟ + ⎟v<br />
= 0<br />
zé<br />
⎜⎝ ⎜<br />
AB ⎠⎟ ⎝⎜<br />
A ⎠⎟<br />
, tehát az első megjegy s alapján<br />
1 1<br />
1<br />
M 3 AM ⎟ ⎜<br />
AB ⎛ MB ⎞<br />
α = = + ⎟<br />
3 A<br />
⎜⎜⎝ ⎠ ⎟<br />
és<br />
Tehát az α+ β = 1 összefüggés<br />
pontosan akkor teljesül, ha<br />
1 AC 1⎛ NC ⎞<br />
β = = ⎜ 1 ⎟<br />
3 AN 3<br />
⎜⎜⎝ + ⎟<br />
AN ⎠ ⎟<br />
.<br />
MB NC<br />
+ = 1 .<br />
AM AN<br />
1. Általánosítás. Ha B′ ∈AC, C′ ∈ AB és { O} = CC′ ∩BB′ , valamint M ∈ AB<br />
AC ′ BM AB′ CN<br />
és N ∈ AC , akkor O ∈ MN<br />
⇔ ⋅ + ⋅ = 1 .<br />
CB ′ MA BC ′ NA
Vektorok a síkban 245<br />
2. Általánosítás. Az Oxyz triéder élein vegyü k fel az A, A′ ∈Ox, B, B′ ∈Oy<br />
és<br />
C, C′ ∈ Oz pontokat<br />
és jelöljük Q -val az ABC ′ , ACB′<br />
és BCA′ síkok metszés-<br />
pontját. Ha M ∈Ox, N ∈ Oy és Q ∈ Oz , az MNP sík po ntosan akkor tartalmazza<br />
OA′ AM OB′ BN OC ′ CP<br />
a Q pontot, ha ⋅ + ⋅ + ⋅ = 1 .<br />
AA ′ MO BB ′ NO C′<br />
C PO<br />
Az 1. általánosítást bizonyítjuk (a második bizonyítása hasonló módon történik):<br />
AB′<br />
k3<br />
BC ′ k1<br />
2<br />
Ha = és = , akkor<br />
BC ′ k CA ′ k<br />
1<br />
2<br />
k CA′<br />
= a Ceva tétel alapján és<br />
AB ′ k3<br />
AO k + k<br />
<br />
2 3<br />
<br />
=<br />
. Így az AB = u és AC = v jelölésekkel<br />
AA′ k + k + k<br />
1 2 3<br />
<br />
k + k k ⋅ u + k ⋅v<br />
2 3 2 3<br />
AO = ⋅ AA′<br />
=<br />
.<br />
k + k + k k + k + k<br />
1 2 3 1 2 3<br />
<br />
O ∈MN ⇔ ∃ αβ , ∈ úgy hogy α+ β = 1 és AO = α⋅ AM + β⋅AN<br />
.<br />
Tehát a<br />
2 1 2 3 3 k<br />
⎛ AM ⎞ ⎛ AN ⎞<br />
⎜k ( k k k ) α ⎟<br />
<br />
u + ⎜ − ( k k k ) β ⎟<br />
<br />
⎜<br />
− + + ⎟ ⎜ + + v = 0<br />
1 2 3 ⎟<br />
⎝ AB ⎠⎟ ⎜⎝<br />
AC ⎠⎟<br />
egyenlőséghez jutunk.<br />
Ez pontosan akkor teljesül, ha<br />
AB k2<br />
AC k3<br />
α = ⋅ és β = ⋅ ,<br />
AM k + k + k<br />
AN k + k + k<br />
1 2 3<br />
1 2 3<br />
tehát az α+ β = 1 egyenlőség akkor és csakis akkor igaz, ha<br />
BM k2 NC k3<br />
AC ′ BM AB′ CN<br />
⋅ + ⋅ = 1 ⇔ ⋅ + ⋅ = 1.<br />
AM k AN k C ′ B MA B′ C NA<br />
1 1<br />
26. Bizonyítsd be, hogy ha az OA , O és OA<br />
1 2<br />
3<br />
végpontjai az fölött vannak, akkor<br />
<br />
A egységnyi hosszúságú vektorok<br />
<br />
Ox OA + OA + OA ≥1.<br />
Általánosítás.<br />
1 2 3<br />
Biz onyítás. Feltételezhetjük, hogy az O középpontú, eg ységsugarú körön a pont ok<br />
sorrendje A, B, C .<br />
Ha mAOB ( ) = és <br />
α−β <br />
α mBOC ( ) = β , akkor ≤ 90 . Így az AOC szög OX<br />
2<br />
belső szögfelezője és az OB félegyenes hegyesszöget zár be, tehát OB -hez<br />
hozzáadva<br />
tetszőleges OX félegyenesre illeszkedő vektort az összeg<br />
hossza legalább 1.
246 Vektorok a síkban<br />
m( MOB ) < 90 ⇒ m( OBN )<br />
> 90<br />
C<br />
<br />
M<br />
X<br />
B<br />
N<br />
O A<br />
⇒ ON > OB .<br />
27. Bizonyítsd be, hogy a háromszög oldalfelezőivel szerkeszthető<br />
háromszög!<br />
<br />
AB + AC BA<br />
Bizonyítás.<br />
0<br />
2 2<br />
2<br />
<br />
<br />
<br />
+ BC CA + CB<br />
AA′ + BB′ + CC ′ = + + = , ahol<br />
<br />
A′ , B′<br />
és C ′ az oldalak felezőpontjai. Ebből következik, hogy<br />
az AA′ , BB′<br />
és CC ′<br />
vektorokkal szerkeszthető<br />
háromszög.<br />
28. Bizonyítsd be, hogy ha az ABCD négyszög AB , BC , CD és DA oldalain<br />
felvesszük az M, N , P illetve Q pontot úgy, hogy<br />
AM BN CP Q D<br />
= = = = k ,<br />
MB NC PD QA<br />
akkor az MNPQ és az ABCD négyszögek súlypontjai egybeesnek!<br />
Bizonyítás. Ha O egy tetszőleges pont a síkban, akkor<br />
B<br />
N<br />
M A<br />
<br />
OA + k ⋅OB<br />
OB + k ⋅OC<br />
OM =<br />
, ON =<br />
,<br />
1 + k<br />
1 + k<br />
<br />
<br />
OC + k ⋅OD<br />
OD + k ⋅OA<br />
OP = és OQ =<br />
,<br />
1 + k<br />
1 + k<br />
Q<br />
D<br />
tehát<br />
<br />
OM + ON + OP + OQ = OA + OB<br />
+ OC + OD<br />
.<br />
C P<br />
29. Igaz-e az előbbi tulajdonság fordítottja?<br />
Megoldás. Ha az ABCD négyzet oldalain felvesszük az M ∈( AB), N ∈(<br />
BC ) ,<br />
P ∈ ( CD)<br />
és Q ∈ ( DA)<br />
pontokat úgy, hogy<br />
AM AQ CN CP 1<br />
= = = = ,<br />
MB QD NB PD 2<br />
akkor a szimmetria miatt az ABCD és MNPQ<br />
súlypontja egybeesik és nem teljesül-<br />
nek az előbbi feladat feltételei,<br />
tehát a tulajdonság fordítottja nem i gaz.<br />
<br />
<br />
30. Bizonyítsd be, hogy ha<br />
MA + MB + MC = 0 és az MA, MB,<br />
MC vektorok<br />
egyenlő hosszúságúak, akkor az ABC egyenlő oldalú,<br />
és M a háromszög közép-<br />
Δ<br />
pontja!
Vektorok a síkban 247<br />
<br />
Bizonyítás. Legyen MA + M = MN , ekkor az<br />
<br />
első feltétel alapján , vagyis<br />
MN = M<br />
sszú-<br />
AP B<br />
⊥ oldalfelező és<br />
jelenti, CA = CB .<br />
Hasonlóan igazolható, hog ] . Tehát az<br />
háromsz nl t<br />
M a három<br />
.<br />
B<br />
A<br />
MN + MC = 0 M ∈ [ NC]<br />
<br />
és [ ] [ C ] . Mivel MA és MB azonos ho<br />
N<br />
P<br />
ságúak, az AMBN négyszög rombusz, így [ ] = [P]<br />
és MN AB , következésképpen<br />
CP<br />
M<br />
CP ⊥ AB , ami azt hogy [ ] [ ]<br />
y [ AB] = [ AC<br />
ABC ög egye ő szárú s mivel az M pon<br />
B C távolsága a csúcsoktól megegyezik,<br />
szög<br />
köré írt kör középpontja<br />
31. Az ABCD négyszögben [ AB] ≡ [ CD]<br />
. Bizonyítsd be, hogy az [ AD ] és [ BC ]<br />
szakaszok felezőpontjai által meghatározott egyenes<br />
párhuzamos az AB és CD<br />
egyenesek által meghatározott szög belső szögfelezőjével!<br />
<br />
<br />
( MA + AB + BN ) + ( MD + DC + CN ) 1 <br />
Bizonyítás.<br />
MN =<br />
= ( AB + DC ) .<br />
2 2<br />
1 <br />
Mivel AB = DC , az ( AB + DC)<br />
vektor<br />
M D<br />
2<br />
A<br />
szerkesztésekor egyenlő szárú háromszög keletke-<br />
zik és ebben az oldalfelező megegyezik a szögfelezővel.<br />
Ezt a reprezentánst szerkeszthetjük az<br />
C<br />
ban tehát<br />
N<br />
B<br />
<br />
{ O} = AB ∩ DC pont is, MN<br />
párhuza<br />
mos az O -beli reprezentánssal, vagyis az AB és<br />
DC egyenesek által alkotott szög szögfelezőjével.<br />
32. Az ABCD négyszög AD és BC oldalain felvesszük az M ∈ [ AD]<br />
és<br />
AM BN AB<br />
N ∈ [ BC]<br />
pontot úgy, hogy = =<br />
MD NC CD<br />
. Bizonyítsd be, hogy MN<br />
párhuzamos az AB és CD egyenesek által meghatározott s zög belső szögfelezőjével<br />
( AB CD)<br />
.<br />
Bizonyítás. Ha AB = a és CD<br />
= b , akkor<br />
<br />
<br />
a⋅ MN + b⋅MN a⋅ ( MD + DC + CN) + b⋅( MA+<br />
AB + BN)<br />
MN = = =<br />
a + b<br />
a + b<br />
<br />
a⋅ DC + b⋅AB =<br />
,<br />
a + b<br />
<br />
<br />
mert a⋅ MD + b⋅ MA = a⋅C + ⋅ = 0<br />
pontban megszerkesztjük az AB egy és reprezentánsát, akkor<br />
az m lezőre<br />
N b BN . Másrészt, ha az { O} = AB ∩ DC<br />
<br />
és DC egy- OD OE<br />
DE háro szögben az OF belső szögfe<br />
<br />
<br />
a⋅ DC + b⋅AB O<br />
OF =<br />
.<br />
a + b
248 Vektorok a síkban<br />
Mivel az összeg megszerkesztése a kezdőponttól független, MN párhuzamos OF -fel.<br />
33. Az ABCD síkbeli négyszögben { E} = AD ∩BC és { F} = AB ∩CD .<br />
Bizonyítsd be, ho gy az AC, BD és EF szakaszok felezőpontjai egy egyenesen<br />
vannak. (Newton–Gauss tétel)<br />
<br />
ítá<br />
v <br />
Bizony s. Ha AD = u , AB = ,<br />
<br />
AE = αu<br />
és AF = βv<br />
, akkor az EF és<br />
BD szakasz M illetve N felezőpontjaira<br />
αu βv<br />
AM<br />
2<br />
+<br />
E<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
u + v<br />
= , AN = .<br />
2<br />
Ugyanakkor<br />
α(1 −β) β(1 −α)<br />
<br />
AC = u + v ,<br />
1−αβ<br />
1−αβ<br />
tehát az AC szakasz P fe lezőpontjára<br />
1 ⎛α(1 −β) β(1 −α)<br />
⎞<br />
AP = ⎜ <br />
⎜ u + v ⎟<br />
2⎜⎜⎝ 1−αβ<br />
1−αβ⎠<br />
⎟ .<br />
⎟<br />
A<br />
D<br />
B<br />
C<br />
F<br />
<br />
AM −αβ ⋅AN<br />
Következik, hogy AP =<br />
, tehát M,<br />
N és P egy egyenesen vannak.<br />
1 − αβ<br />
34. Az ABC -ben az AA ′ , BB′ és CC ′ egyenesek összefutók, A′ ∈ ( BC)<br />
,<br />
Δ<br />
B′ ∈ ( AC)<br />
és C′ ∈ ( AB)<br />
. Jelöljük M, N, P illetve M′ , N′ , P′<br />
-vel az ABC és<br />
ABC ′ ′ ′ háromszögek oldalainak felezőpontjait. Bizonyítsd be, hogy<br />
MM ′ ∩NN′ ∩PP′ ≠ ∅, ahol M ∈( BC), M′ ∈(<br />
B′ C′<br />
) stb.<br />
BA′ k CB′ k AC ′ k<br />
Bizonyítás. Ha AB = u és AC = v , akkor a = , = , =<br />
AC ′ k BA ′ k CB ′ k<br />
<br />
<br />
k ⋅ u + k ⋅v<br />
2<br />
3<br />
jelölésekkel<br />
AO = . Ebből és az előbbi feladatból következik, hogy az<br />
k + k + k<br />
1 2 3<br />
1 ⎛<br />
<br />
v u kv ⎞<br />
<br />
<br />
+ + ( k 2 k k) u ( k k ) v<br />
2 3 ⎟ + + + +<br />
1 2 3 1 2<br />
AM =<br />
⎜u k + 2k<br />
⎜ + ⎟<br />
3<br />
=<br />
2⎜⎝⎜ 2 2( k + k + k ) ⎠⎟4(<br />
k + k + k )<br />
1 2<br />
végpontja rajta van az MM ′ , N N ′ és PP ′ szakaszokon.<br />
3<br />
3 1 2<br />
2 3 1<br />
35. Az ABC háromszög<br />
BC oldalának tetszőleges pontja esetén vegyünk fel az<br />
0<br />
AA -n egy pontot.<br />
A és metszeteket jelöljük -gyel és<br />
-gyel. Az -n át a egyenessel húzott párhuzamos és és<br />
A<br />
M BM ∩ AC CM ∩ AB<br />
0 1 C<br />
AC<br />
egyeneseket a illetv pontban metszi. Bizonyítsd be, hogy a [ BC ] szakasz<br />
felezőpontja éppen az A<br />
pont.<br />
1 2 3<br />
B1 A BC AB 0 1 0 1<br />
B 2 e C2 2 2
Vektorok a síkban 249<br />
Bizony<br />
és 1 1<br />
AB k BA k 0 3<br />
= , =<br />
BB k AC k<br />
ítás. Ha 1 2<br />
CC k<br />
= , akkor<br />
CA k<br />
1 3<br />
1 1<br />
0 2<br />
kk kk <br />
2 3<br />
2 3<br />
AC = BC<br />
és AB = CB ,<br />
2<br />
2<br />
k ( k + k )<br />
k ( k + k )<br />
1 2 3<br />
1 2 3<br />
<br />
tehát AC =−AB<br />
.<br />
2 2<br />
VII.7. Gyakorlatok (184. oldal)<br />
B 2<br />
B 1 M<br />
. Határozd meg az <br />
1 ′<br />
ha egy<br />
mozog és<br />
származtatja.<br />
Megoldás. A egyenes vektorral való párhuzamos eltolása a mértani hely hát<br />
MM kötött vektor M ′ végpontjának mértani helyét, M<br />
<br />
d egyenesen MM ′ minden M esetén ugyanazt a u szabad vektort<br />
d u , te<br />
egy d -vel párhuzamos egyenes.<br />
2. Milyen alakzatba v iszi át a következő alakzatokat egy párhuzamo s eltolás? Hát egy<br />
homotétia?<br />
a) szakasz; b) háromszög; c) kör; d) paralelogramma.<br />
Megoldás. a) A párhuzamos eltolás szakaszt szakaszba visz át mert a<br />
<br />
<br />
{ λu + (1 −λ) v | λ ∈ [0,1]} szakasz w -vel való eltolása a<br />
<br />
{ λu + (1 − λ) v + w | λ ∈ [0,1]} = { λ(<br />
u + w) + (1 − λ)( v + w)|<br />
λ ∈ [0,1]} .<br />
<br />
b) Az a) pont alapján egy háromszöget egy vele egybevágó háromszögbe transzformál.<br />
<br />
c) Ha OA = R és u val eltoljuk<br />
az O illetve A pontot, akkor<br />
<br />
- OA ′ ′ = R,<br />
tehát a<br />
kongruens körbe transzformál.<br />
d) Az a) alpont alapján egy párhuzam<br />
paralelogrammába transzformál.<br />
3. gy egy u <br />
v <br />
párhuzamos eltolás egy kört, vele<br />
os eltolás egy paralelogrammát vele egybevágó<br />
Bizonyítsd be, ho , majd egy vektor szerinti párhuzamos<br />
eltolás az<br />
<br />
u + v vektor szerin ti párhuzamos eltolás.<br />
<br />
Bizonyítás. H a t ⇔ ′<br />
u : P → P, tu( M ) = M ′ OM = OM + u és tv: P → P ,<br />
<br />
tv( N) = N′ ⇔ ON′ = ON + v a két eltolás, akkor a két transzformáció egymás-<br />
<br />
utáni alkalmazásával az f : P → P, f( M) = M′ ⇔ ∃M′′<br />
∈ P : OM′′ = OM + u<br />
<br />
és OM ′ = OM ′′ + v függvényt kapjuk. Ebből következi, hogy<br />
<br />
OM ′ = OM + ( u + v) ⇔ f ( M ) = M ′ ,<br />
B<br />
A<br />
A 0<br />
C<br />
1<br />
C<br />
C 2
250 Vektorok a síkban<br />
<br />
tehát f az u + v vektorú párhuzamos eltolás. A<br />
4. Bizonyítsd be, hogy ha az egyenlő szárú háromszög<br />
alapjának tetszőleges M pontján át párhuzamosokat<br />
húzunk<br />
az oldalakhoz, akkor a két párhuzamosnak a<br />
háromszög<br />
belsejébe eső részeinek összege állandó.<br />
Bizonyítás. Húzzunk párhuzamost B -n át az AC -<br />
hez. Az ábra jelölései alapján BQMP rombusz mert<br />
m( QBC ) = m( BCA ) = m( CBA )<br />
.<br />
Így PM + MN = PB + PA = AB és ez állandó.<br />
5. Szerkesszünk trapézt, ha ismerjük az oldalak hosszát (és mindegyikrő l tudjuk, hogy<br />
milyen szerepe van – alapok, szárak).<br />
B b A<br />
Megoldás. Ha a a nagyalap , b a kisalap c és<br />
d a másik két oldal, akkor az AMD háromszög<br />
c c<br />
d<br />
oldalai c , d és a − b ( AM a BC szakasz<br />
<br />
BA vektorral való eltolásából származik).<br />
Miután ezt megszerkesztjük A -n át párhuza-<br />
C<br />
M a<br />
D most húzunk MD -hez és felvesszük<br />
a B pontot<br />
úgy , hogy AB = b .<br />
6. Az ABCD négyszögben BC = 3 , AB = 3 , CD = 2 3 , 0 és<br />
= 0 . Számítsd ki a négyszög többi szögének mértékét és az oldal<br />
hosszát.<br />
Megoldás. Az ábra jelöléseit használjuk. Felvesszük<br />
z pontot úgy, M paralelogramma<br />
legyen. Így az<br />
o<br />
mBAD ( ) = 6<br />
o<br />
mADC ( ) 6<br />
AD<br />
a M hogy BC A<br />
MCD mértéke 60 , tehát<br />
<br />
MC = 3 és<br />
DC = 2 3 alapján ez a háromszög derékszögű M -<br />
ben. Ebből következik, hogy<br />
MD = 3 ,<br />
mCDM ( ) = mMDA ( )<br />
= 30<br />
B<br />
3<br />
M<br />
C<br />
2 3<br />
. A z AMD háromszög<br />
egyenlő szárú, tehát<br />
3<br />
60 o<br />
2<br />
2 ⎛MD ⎞<br />
AD = 2⋅<br />
MD − ⎜ ⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟ =<br />
2<br />
⎟ 3 3.<br />
⎠<br />
3<br />
A D<br />
7. Az négyszögben o<br />
ABCD CD = 12 , AB = 6 3 , CD = 2 3 , mCDA ( ) = 90<br />
és o<br />
mABC ( ) = 150 . Számítsd ki a BC oldal<br />
hosszát.<br />
B<br />
P<br />
Q<br />
M<br />
N<br />
C
Vektorok a síkban 251<br />
6<br />
30 o<br />
B<br />
30 o<br />
6 3<br />
M<br />
30 o<br />
A<br />
C<br />
12 D<br />
Megoldás. Felvesszük a z M pontot úgy hogy a<br />
CBAM négyszög paralelogram ma legyen.<br />
mMCB ( )<br />
= 30<br />
<br />
és mDCB ( ) = 60<br />
<br />
a lapján<br />
( )<br />
30 mDCM = . Hasonlóan<br />
mMAD ( ) = 3<br />
<br />
0 . Az<br />
MCD háromszögben CD = 12 , CM = 6 3 és<br />
mC ( )<br />
= 30<br />
<br />
, tehát<br />
a háromszög M -ben<br />
derékszögű. Így MD<br />
= 6 , mMDC ( ) = 60<br />
és<br />
mMDA ( )<br />
= 30 , tehát<br />
BC = MA = MD = 6 .<br />
8. Írj be az ABC háromszögbe egy DEF háromszöget ( D ∈ (BC)<br />
, E ∈ ( AC)<br />
,<br />
F ∈ ( AB)<br />
) úgy, hogy oldalai párhuzamosak legyenek három adott egyenessel.<br />
Megoldás. Egy tetszőleges M ∈ BC<br />
ponton<br />
párhuzamost húzunk 1<br />
s N<br />
d -hez és jelöljük N -nel a 1 d<br />
A<br />
metszéspontját AB -vel. M -ből párhuzamost húzunk<br />
d -vel é ől d -mal és a metszéspontjukat P -vel<br />
2 -b 3<br />
jelöljük. A z MNP háromszöget B középponttal<br />
kinagyítjuk úgy, hogy<br />
a P csúcs rákerüljön AC -re.<br />
Ezt megtehetjük, ha a BP ∩ AC = { P } pontból<br />
1<br />
párhuzamosat húzunk PM és PN -hez.<br />
⎛ BM BP BN<br />
⎞<br />
⎜ = = , tehát NM N M ⎟ . 1 1<br />
⎜⎝MM<br />
PP NN<br />
⎟⎠<br />
1 1 1<br />
9. Az ABC B és C csúcsai rögzítettek és az A csúcs egy mozgó pont. Határozd<br />
Δ<br />
meg az ABC súlypontjának mértani helyét, ha<br />
Δ<br />
a) A egy adott egyenesen mozog;<br />
b) A egy adott körön mozog.<br />
Megoldás. A BC szakasz M felezőpontja rögzített, tehát az a) esetben a súlypont<br />
egy olyan egyenesen mozog, mely párhuzamos d -vel és tetszőleges A∈d esetén az<br />
1<br />
1<br />
AM ∩ d′ = { G}<br />
pontra MG = MA . Ez a d egyenesnek az M középpontú<br />
3<br />
3<br />
arányú homotétiával való transzformáltja.<br />
B<br />
N<br />
1<br />
N P<br />
M<br />
M 1<br />
P 1<br />
C
252 Vektorok a síkban<br />
A<br />
G<br />
d<br />
B C<br />
M<br />
d <br />
B<br />
A<br />
A O<br />
a) b)<br />
1<br />
b) A mértani hely a C körnek M középpontú és arányú homotétiával való transz-<br />
3<br />
formálása.<br />
10. Bizonyítsd be, hogy a háromszög oldalfelezőiből<br />
alkotott háromszög oldalfelezői<br />
az eredeti háromszög oldalainak háromnegyedével egyenlők.<br />
Bizonyítás.<br />
A<br />
Felvesszük a Q ponto t úgy, hogy<br />
az AQCP<br />
négyszög paralelogramma<br />
legyen.<br />
B<br />
M<br />
P N<br />
<br />
<br />
BA + CA BA + BC <br />
<br />
BC + CA BA<br />
+ BA + BA +<br />
MA + MQ 2 2 2 2 3 <br />
= = = = BA .<br />
2 2 2 2 4<br />
3<br />
Tehát az AMQ háromszög M -hez<br />
tartozó<br />
oldalfelezője AB . Hasonlóan az A -hoz<br />
4<br />
illetve a Q -hoz tartozó oldalfelező k hossza 3<br />
AC é<br />
4 s 3 BC .<br />
4<br />
11. Megszerkeszthető-e egy n oldalú sokszög,<br />
ha ismerjük oldalainak felezőpontjait?<br />
Megoldás. Tetszőleges A pontból kiindulva<br />
0<br />
, n A<br />
megszerkesztjük az A, A, … , A<br />
1 2 n−1<br />
pontokat<br />
úgy, hogy A az A -nek F i+<br />
1 i<br />
i+<br />
1 -re vonatkozó<br />
szimmetrikusa, ahol<br />
felezőpontok.<br />
F, F,<br />
… 1 2 F n az adott<br />
A 0<br />
F 1<br />
M<br />
A 1<br />
O<br />
F<br />
2<br />
C<br />
C<br />
5 5<br />
F4 A3 A A F<br />
4<br />
F<br />
3<br />
A<br />
Q<br />
2
Vektorok a síkban 253<br />
1. eset. n páratlan: Ha A = A , akkor megkaptuk a keresett sokszöget, ellenkező<br />
n<br />
0<br />
esetben az egyik csúcs a z AA felezőpontja és ebből kiindulva kapjuk<br />
a többi<br />
0 n<br />
<br />
csúcsot. (Ha A -t eltoljuk u -val, akkor az pontok -val és az pontok<br />
0 2k<br />
<br />
v á<br />
<br />
A u A 2k+ 1<br />
−u - al mozdulnak el, teh t u = A0neset<br />
a kezdőpont a végpontra rá)<br />
2<br />
eset. Ha n páros, akkor 0 A és A n ugyanazzal az u -val mozdulná<br />
tetszőleges 0 esetén ilyen sokszög kapunk 1 <br />
A én kerül<br />
2.<br />
nak el. Ezért vagy<br />
A et ( An= A ) , vagy egyetlen<br />
-ra sem<br />
0<br />
0<br />
<br />
á azol e OF 2k+<br />
feltétel<br />
A<br />
kapunk megold st. Ig ható, hogy ebben az setben a OF 2k<br />
=<br />
1<br />
szükséges és elégsé ges feltétele a megoldás létezésének.<br />
∑ ∑<br />
12. Bizonyítsd be, hogy ha az<br />
ABCD négyszög AB és CD oldalai kongruensek,<br />
akkor a BC és AD oldalak felezőpontja által meghatározott egyenes párhuzamos az<br />
AB és CD egyenesek által bezárt szög szögfelezőjével.<br />
Bizonyítás. Az AB és CD szakaszokat<br />
eltoljuk önmagukkal párhuzamosan az M -be.<br />
Így az AMN B és N C paralelogram-<br />
1<br />
2 DM<br />
A<br />
M<br />
BN = AM = MD = N C és<br />
D<br />
mákat kapjuk. 1 2<br />
BN AM<br />
N C alapján BN CN paralelo-<br />
1<br />
2<br />
1 2<br />
gramma, tehát az MN N egyenlő szárú három- N2 1 2<br />
szögben MN oldalfelező<br />
és szögfelező. B<br />
N<br />
Ugyanakkor az AB és CD egyenesek N1 szögének<br />
szögfelezője párhuzamos MN -nel.<br />
13. Határozd meg az AM s és az OM szögfelez<br />
metszéspontjának mértani helyét, ha egy rögzített pont az<br />
sugarú középpontú körön és egy mozgó pont ugyanezen<br />
Megoldás. az felezőpontja me egyenlő szárú<br />
háromszög. Így ha az felezőpontj a mértani hely az<br />
z ntú<br />
egyene A<br />
őjének<br />
P A<br />
R O M<br />
a körön.<br />
O<br />
P AM rt OAM<br />
O AO a, akkor<br />
1<br />
R<br />
O kö éppo sugarú kör.<br />
1<br />
2<br />
A<br />
P<br />
14. Bizonyítsd be, h ogy az ABC A csúcsának a B é s C szögek belső illetve külső<br />
Δ<br />
szögfelezőire eső vetületei egy egyenesen vannak.<br />
Bizonyítás. Az A csúcs szimmetrikusai a vetületekre nézve a BC egyenesen van-<br />
nak, tehát a vet ületek a BC -hez tartozó középvonal tartóegyenesére<br />
illeszkednek.<br />
15. Igazold, hogy az ABCD körbeírható négyszög esetén az ABC , BCD , CDA és<br />
DAB háromszögek súlyp ontjai egy körön vannak.<br />
Bizonyítás. Ha G , G G és G a BCD, ACD, ABD és ABC háromszög súly-<br />
B C<br />
pontja, akkor<br />
A<br />
, D<br />
k≥1<br />
k≥0<br />
C<br />
M
254 Vektorok a síkban<br />
<br />
<br />
<br />
OB + OC<br />
+ OD OA + OC + OD<br />
OG A =<br />
, OG B =<br />
,<br />
3<br />
3<br />
<br />
<br />
<br />
OA + OB + OD OA + OB + OC<br />
OGC<br />
=<br />
és OG D =<br />
.<br />
3<br />
3<br />
<br />
OA + OB + OC + OD<br />
Tehát, ha K az<br />
helyzetvektorral rendelkező<br />
pont, akkor<br />
3<br />
<br />
OA R R<br />
KG = OG − OK = = és KG = KG = KG = ,<br />
A A<br />
B C<br />
D<br />
3 3<br />
3<br />
ahol R az ABCD köré írható kör sugara és O a középpontja.<br />
R<br />
Tehát a G , G , G és G pontok a K középpontú és sugarú körön vannak.<br />
A B C D<br />
3<br />
16. Bizonyítsd be, hogy egy teljes négyszög átlóinak felezőpontjai egy egyenesen<br />
helyezkednek el. (Newton-Gauss egyenes)<br />
Bizonyítás. A B pont szimmetrikusát az M, N felezőpontokra nézve jelöljük<br />
G -vel és H -val.<br />
Elégséges igaz olni, hog y G, D és H egy egyenesen vannak. A feladat tehát a követ-<br />
kezőképpen fogalmazható meg:<br />
Az EBFH és BCGA paralelogrammákban ( B ∈ ( AE)<br />
) { D} = AF ∩ GH .<br />
Bizonyítsuk b e , hogy EC , , Dkollineárisak (vagy<br />
EC ∩GH ∩ AF =∅).<br />
Ha { J} = AF ∩ EH , { K} = HG ∩ EB,<br />
valamint { L} = EC ∩JK<br />
, akkor igazolni<br />
kell, hogy az EKJ háromszögben JA, KH és EL összefutnak. Másrészt az<br />
AK AG JH HF<br />
EB = a , BA = b , EI = c és IH = d jelöléssel az = és =<br />
EB EH JE EA<br />
c<br />
a<br />
egyenlőségekből következik, hogy AK = ( a + b)<br />
és HJ = ( c + d)<br />
. Ugyanakkor<br />
d<br />
b<br />
JL TEJL [ ] EJ IC ad<br />
= = ⋅ = ,<br />
LK T[ EJK ] EK CB bc<br />
tehát<br />
a<br />
( c + d)<br />
EA KL JH a + b bc<br />
⋅ ⋅ = d<br />
c ⋅ ⋅ = 1.<br />
AK LJ HE ( a + b)<br />
ad c + d<br />
d<br />
A Ceva tételének a fordítottja alapján HK ∩JA ∩EC≠∅, tehát az eredeti megfogalmazásban<br />
G, D és H egy egyenesen vannak. Ennek az egyenesnek a B közép-<br />
pontú<br />
1<br />
2<br />
arányú homotétiával való képe az négyszög Newton-Gauss egyenese.<br />
ABCD
A trigonometria elemei 255<br />
VIII. A trigonometria elemei<br />
VIII.1.1. Gyakorlatok (186. oldal)<br />
1. Hány fokosak az alábbi szögek?<br />
a) π ;<br />
π<br />
b) ;<br />
2<br />
π<br />
c) ;<br />
3<br />
π<br />
d) ;<br />
6<br />
2π<br />
e) ;<br />
3<br />
π<br />
f) ;<br />
4<br />
5π<br />
g) ;<br />
6<br />
4π<br />
h) ;<br />
3<br />
i) 3π<br />
;<br />
2<br />
π<br />
j) ;<br />
90<br />
π 2π<br />
k) ; l) .<br />
15 9<br />
α ⋅180<br />
Megoldás. Az α radián foknak felel meg.<br />
π<br />
a) 18 0 ; b) ; c) 60 ; d) ; e) 12 ; f) 45 ; g) 15 ;<br />
<br />
<br />
90<br />
<br />
30 <br />
<br />
0<br />
<br />
0 <br />
h) 24 0 ; i) 27 ; j) ; k) 12 ; l) .<br />
<br />
0 <br />
<br />
2<br />
<br />
40 <br />
2. Fejezd ki radiánban az alábbi szögek mértékét:<br />
o<br />
o<br />
o<br />
o<br />
o<br />
o<br />
o<br />
a) 30 ; b) 15 ; c) 22 30′ ; d) 11 15′ ; e) 75 ; f) 18 ; g) 72 ;<br />
o<br />
o<br />
h) 126 ; i) 529 .<br />
β⋅π Megoldás. A β radiánnak felel meg.<br />
180<br />
a) π<br />
6 ; b) π π π 5π<br />
π 2π<br />
7π<br />
; c) ; d) ; e) ; f) ; g) ; h) ;<br />
12 8 16 12 10 5 10<br />
i) 529π<br />
;<br />
180<br />
VIII.2.1. Gyakorlatok (188. oldal)<br />
1. Számítsd ki a következő szögek szögfüggvényeit:<br />
o<br />
a) 30 ;<br />
o<br />
b) 60 ;<br />
o<br />
c) 45 .<br />
Megoldás. a) Az ABC egyenlő oldalú háromszögben meg-<br />
l<br />
húzzuk az AD magasságot. Ha AB = l , akkor BD = ,<br />
2<br />
tehát Pitagorász tétele alapján<br />
AD =<br />
2 2 l 3<br />
AB − BD = .<br />
2<br />
Tehát<br />
BD 1<br />
sin 30 = = ,<br />
AB 2<br />
AD<br />
cos 30 = =<br />
AB<br />
3<br />
,<br />
2<br />
BD<br />
tg 30 = =<br />
AD<br />
3<br />
AD<br />
, ctg 30 = =<br />
3<br />
BD<br />
3 .<br />
b) Az előbbi ábrán ( BD ) = 60<br />
<br />
mA , tehát<br />
A<br />
B<br />
C<br />
D
256 A trigonometria elemei<br />
BD<br />
sin 60 = =<br />
AD<br />
3<br />
,<br />
2<br />
BD 1<br />
cos 60 = = ,<br />
AB 2<br />
AD<br />
tg 60 = =<br />
BD<br />
3 ,<br />
BD<br />
ctg 60 = =<br />
AD<br />
3<br />
.<br />
3<br />
C<br />
c) Az AB C egyenlőszárú és derékszögű háromszögben ha<br />
AB = BC = l , akkor Pitagorász tétele alapján AC = l<br />
tehát<br />
2 ,<br />
l 2 l<br />
<br />
sin 45 = cos 45 =<br />
2. Bizonyítsd be, hogy:<br />
2<br />
<br />
és tg 45 = ctg 45<br />
2<br />
= 1 .<br />
A<br />
l<br />
B<br />
a) sin α<br />
o<br />
cos( 90 α)<br />
, ∀ α ∈<br />
o<br />
0, 90 ;<br />
= − ( )<br />
= (<br />
o<br />
− )<br />
o<br />
∀ α ∈(<br />
0, 90 )<br />
= (<br />
o<br />
− )<br />
o<br />
∀ α ∈(<br />
0, 90 )<br />
= (<br />
o<br />
− )<br />
o<br />
∀ α ∈(<br />
0, 90 )<br />
b) cos α sin 90 α , ;<br />
c) tg α ctg 90 α , ;<br />
d) ctg α tg 90 α , .<br />
<br />
Bizonyítás. Rögzített α ∈ (0 , 90 ) esetén tekintjük az AB C derékszögű háromszöget,<br />
amelyben mBAC ( )<br />
= α . Így ( <br />
mBCA) = 90 −α,<br />
tehát<br />
BC<br />
a) o<br />
sin α = = cos BCA = cos( 90 − α)<br />
;<br />
AC<br />
AB<br />
b) o<br />
cos α = = sin BCA = sin ( 90 − α)<br />
;<br />
AC<br />
C<br />
BC<br />
c)<br />
( <br />
o<br />
tg α = = ctg BCA)<br />
= ctg( 90 − α)<br />
;<br />
AC<br />
B<br />
AB<br />
d)<br />
( <br />
o<br />
ctg α = = tg BCA)<br />
= tg( 90 − α)<br />
.<br />
AC<br />
A<br />
<br />
3. Írd át szögfüggvényekre a befogó tételt és a magasság tételt.<br />
Megoldás. Az AB C derékszögű háromszögben meghúzzuk az AD magasságot<br />
2<br />
AC CD<br />
A∈ ( BC)<br />
. A befogó tétel alapján AC = CD ⋅BCvagyis<br />
= .<br />
BC AC<br />
Másrészt α = mCBA ( ) = mCAD ( ) = 90 − mACD ( )<br />
,<br />
tehát az AB C háromszögben sin α<br />
C<br />
D<br />
A<br />
B<br />
AC<br />
= és az ACD<br />
BC<br />
CD<br />
háromszögben sin α = . Ebből következik, hogy a<br />
AC<br />
befogó tétel si nCBA =<br />
sinCAD<br />
alakban is írható (ami<br />
nyilvánvalóan igaz).
A trigonometria elemei 257<br />
2<br />
AD<br />
A magasság tétel alapján AD = CD ⋅DB, tehát tg tg BD<br />
= ACB = BDA = .<br />
CD AD<br />
4<br />
4. Az A -ban derékszögű ABC háromszögben sinC<br />
= és az AB befogó hossza<br />
5<br />
l . Számítsd ki a többi oldal hosszát és a C szög szögfüggvényeit.<br />
4<br />
AB<br />
5<br />
Megoldás. Ha sinC<br />
= és AB = l , akkor a sinC<br />
= alapján BC = l és<br />
5<br />
BC<br />
4<br />
2 2 3<br />
AB 3<br />
így AC = BC − AB = l . Ebből következik, hogy cosC<br />
= = ,<br />
4<br />
BC 5<br />
4<br />
3<br />
tg C = és ctg C = .<br />
3<br />
4<br />
5. Az AB C derékszögű háromszögben az egyik szög a másik kétszerese. Mennyi lehet az<br />
AB<br />
BC arány?<br />
Megoldás. A derékszög kétszerese nem lehet a háromszög szöge, tehát két esetet<br />
kell megvizsgálni:<br />
1. eset. Az egyik szög mértéke α < 90 és . Így a háromszög egyenlő szárú<br />
és derékszögű, tehát<br />
<br />
2α = 90<br />
<br />
AB ⎧⎪ ∈<br />
⎪<br />
⎨1, BC ⎪ ⎪⎩ 2 ⎫⎪<br />
2,<br />
⎪<br />
⎬<br />
2 ⎪ ⎪⎭<br />
.<br />
2. eset. Az egyik szög mértéke α < 90 és . Ebben az esetben<br />
hát a szögek mértéke 30 és . Így<br />
<br />
2α < 90<br />
<br />
<br />
α+ 2α = 90<br />
, te<br />
, 60 90 AB 1<br />
{ ,2,<br />
BC 2<br />
3,<br />
3<br />
,<br />
3<br />
=<br />
3 2 3⎫⎪<br />
, ⎬<br />
2 3 ⎪⎭ .<br />
VIII.2.2. Feladatok (188. oldal)<br />
1. Bizonyítsd be, hogy ha AA ′ ( A′ ∈ ( BC)<br />
) az ABC háromszög A szögének belső<br />
BA′ AB<br />
szögfelezője, akkor = .<br />
AC ′ AC<br />
Bizonyítás. Húzzunk merőlegest B -ből és C -ből az<br />
AA′ -re. Ha D és E a két merőleges talppontja, akkor<br />
A<br />
BD AA′<br />
= (mert a BA′ D és CA′ E háromszögek<br />
EC A′ C<br />
A BD EC<br />
hasonlóak). Ugyanakkor si n = = , tehát<br />
2 AB AC<br />
A<br />
E<br />
BD AB<br />
= és így<br />
EC AC<br />
B<br />
D<br />
BA′<br />
AB<br />
= .<br />
AC ′ AC<br />
C
258 A trigonometria elemei<br />
2. Bizonyítsd be, hogy az AB C háromszög A szögének AA1<br />
szögfelezőjére igaz az<br />
AA1<br />
2bc<br />
A<br />
= cos összefüggés, ahol b = AC<br />
b + c 2<br />
és c = AB .<br />
Bizonyítás. Ha B1∈AC úgy, hogy<br />
AB 1 1 AB , akkor az 1. feladat alapján<br />
BA1 c<br />
AC 1 b<br />
= , tehát A<br />
ac<br />
ab<br />
BA 1 = és AC = .<br />
b + c b + c<br />
Ebből következik, hogy<br />
M B1 AC 1 bc<br />
AB 1 1 = AB⋅ =<br />
BC b + c<br />
Másrészt mBAA ( <br />
1 1) = mAAB ( 1 ) = mBAA ( 1 1 ) és<br />
így az AB 1A1 háromszög egyenlő szárú. Ha M<br />
az AA1<br />
felezőpontja, akkor<br />
B<br />
A1 C<br />
A A bc A<br />
AM = AB1⋅ cos = A1B1⋅ cos = ⋅cos<br />
.<br />
2 2 b + c 2<br />
2bc<br />
A<br />
Az M pont felezőpont, tehát AA 1 = 2AM = cos<br />
.<br />
b + c 2<br />
A<br />
3. Bizonyítsd be, hogy az AB C hegyesszögű háromszögben<br />
a = b cosC + ccos B .<br />
Bizonyítás. Mivel a háromszög hegyesszögű, az A<br />
csúcshoz tartozó magasság D talppontja a ( BC)<br />
-n van. B<br />
Így a = BC = BD + DC = AB⋅ cos B + AC ⋅cosC<br />
=<br />
= c⋅ cos B + b⋅cosC<br />
.<br />
4. Bizonyítsd be, hogy<br />
⎛ π⎞<br />
a) sin x < x < tg x , ∀x∈ ⎜<br />
⎜0, ⎟<br />
2<br />
⎟ ;<br />
⎝ ⎠<br />
b) si n x ≥<br />
x<br />
2<br />
1 + x<br />
⎛ π⎞<br />
, ∀x∈ ⎜<br />
⎜0, ⎟<br />
⎝ 2 ⎠<br />
⎟<br />
C<br />
M<br />
P<br />
A<br />
x<br />
N B<br />
.<br />
Bizonyítás. a) Az AB C háromszögben mBAC ( )<br />
= x , AB = AM = 1 és<br />
MN ⊥ AB (lásd a mellékelt ábrát).<br />
BC<br />
MN<br />
A tg x = , sin x =<br />
AB<br />
AM<br />
BC = tg x , MN = sin x , tehát<br />
egyenlőségek alapján<br />
AB ⋅ BC tg x<br />
TABC [ ] = = ,<br />
2 2<br />
AB ⋅ MN sin x<br />
TAMB [ ] = = .<br />
2 2<br />
Másrészt az M és a B pont az A középpontú, AB = 1 sugarú körön van, tehát<br />
[ x<br />
TAMB ] = . Világos, hogy TAMB [ ] < TAMB [ ] < TACB [ ] , tehát<br />
2<br />
D<br />
C
A trigonometria elemei 259<br />
sin x < x < tg x.<br />
b) Az a) alpont második egyenlőtlensége alapján létezik P ∈ ( BC)<br />
úgy, hogy<br />
BP = x . Így AP =<br />
2<br />
1 + x és BP<br />
sin( BAP)<br />
= =<br />
AP<br />
x<br />
2<br />
1 + x<br />
.<br />
Másrészt P ∈ ( BC)<br />
alapján sin( BAC ) ≥ sin( BAP )<br />
, tehát sin x ≥<br />
x<br />
2<br />
1 + x<br />
.<br />
⎛ π⎞<br />
5. Bizonyítsd be, hogy ha ab∈ , és létezik x ∈ ⎜<br />
⎜0, ⎟<br />
⎝<br />
⎟<br />
2 ⎠⎟<br />
2 2<br />
asin x + bcos x > 2 , akkor a + b > 4 .<br />
Bizonyítás. A Cauchy-Bunjakovski egyenlőtlenség alapján<br />
2 2 2 2 2<br />
( a + b )(sin x + cos x) ≥ ( asin x + bcos x)<br />
> 4<br />
2 2<br />
2 2<br />
tehát a + b > 4 , mert sin x + cos x = 1 .<br />
VIII.5.2. Gyakorlatok és feladatok (200. oldal)<br />
úgy, hogy<br />
1. Számítsd ki az alábbi értékeket:<br />
⎛ π⎞<br />
a) sin ⎜<br />
⎜π + ⎟<br />
⎝<br />
⎟<br />
6 ⎠ ⎟ ;<br />
⎛ π⎞<br />
b) sin ⎜ 2π<br />
− ⎟<br />
⎝ 3⎠<br />
⎟;<br />
⎛3π<br />
π ⎞<br />
c) sin ⎜ + ⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟<br />
2 12⎠<br />
⎟ ;<br />
10π<br />
d) cos ;<br />
3<br />
54π<br />
e) cos ;<br />
6<br />
57π<br />
f) cos ;<br />
6<br />
2001π<br />
g) sin ;<br />
3<br />
2002π<br />
h) cos ;<br />
3<br />
i) sin kπ, k ∈ ; j) cos( 2k + 1 ) π,<br />
k ∈ ;<br />
( 2k+ 1)<br />
π<br />
k) sin , k ∈ .<br />
2<br />
π π 1<br />
π π 3<br />
Megoldás. a) sin ( π + ) =− sin =− ; b) sin<br />
6 6 2 ( 2π − ) =− sin =− ;<br />
3 3 2<br />
⎛3π π ⎞ π π 5π<br />
π<br />
c) sin ⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝<br />
+ =−sin ( − ) =− sin =− cos =−<br />
2 12⎠ ⎟<br />
2 12 12 12<br />
6 +<br />
4<br />
2<br />
;<br />
⎛10π⎞ 1<br />
d) cos ⎟<br />
π π<br />
54π<br />
⎜<br />
⎜⎜⎝ ⎟ = cos( 3π + ) =− cos =−<br />
3<br />
⎟<br />
; e) cos = cos 9π =− 1 ;<br />
⎠<br />
3 3 2<br />
6<br />
57π<br />
π<br />
2001π<br />
f) cos = cos( 9π + ) = 0 ; g) sin = sin 667π = 0 ;<br />
6 2<br />
3<br />
2002π π π 1<br />
h) cos = cos( 667π + ) =− cos =− ; i) sin kπ = 0<br />
3 3 3 2<br />
∀ k ∈ ;<br />
j) cos(2k + 1) π = −1∀ k ∈ ;<br />
π π π π<br />
k<br />
sin = sin kπ + = sin kπ⋅ cos + cos kπ⋅<br />
sin = ( −1) ∀ k ∈ .<br />
2 2 2 2<br />
(2k + 1)<br />
k) ( )<br />
2. Számítsd ki cos t -t, ha
260 A trigonometria elemei<br />
3 ⎛3<br />
π ⎞<br />
a) sin t =− és t ∈ ⎜ ,2π<br />
⎟<br />
5<br />
⎜⎜⎝ 2 ⎠ ⎟ ; b) sin t =<br />
10 − 2 5 ⎛21 π ⎞<br />
és t ∈ ⎜ ,11π⎟<br />
4<br />
⎜⎜⎝ ⎟<br />
2 ⎠ ⎟ ;<br />
−<br />
c) sin t =<br />
6 +<br />
4<br />
2 ⎛ 47π⎞<br />
és t ∈ ⎜<br />
⎜23 π,<br />
⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟<br />
2 ⎠ ⎟.<br />
⎛3 π ⎞<br />
Megoldás. a) t ∈⎜ ⎜ ,2π⎟ ⎜⎝ 2 ⎠<br />
⎟<br />
4<br />
cost<br />
= .<br />
5<br />
⇒<br />
2 2 9<br />
cost > 0 . De cos t = 1 − sin t = 1 − , tehát<br />
25<br />
2 10 − 2 5 6 + 2 5 ⎛1+ b) 1− sin t = 1−<br />
= =⎜<br />
⎜<br />
16 16 ⎜⎝ 4<br />
2<br />
5 ⎞<br />
⎟<br />
⎠ ⎟ .<br />
⎛21 π ⎞<br />
t ,11π⎟<br />
1+ ∈ ⎜ ⎜⎝<br />
⎟<br />
2 ⎠ ⎟ alapján cost < 0 , tehát cost<br />
=−<br />
4<br />
5<br />
.<br />
⎛ 47π⎞<br />
c) t ∈ ⎜<br />
⎜23 π,<br />
⎟<br />
⎜⎝ 2 ⎠<br />
⎟<br />
Másrészt<br />
⇒ cost < 0 .<br />
⎛<br />
2 −<br />
cos t = 1 − ⎜ ⎜⎝ 6 +<br />
4<br />
2<br />
2⎞ ⎟ 8− 2 12 8+ 2 6⋅ ⎟ = 1 − =<br />
⎠⎟ 16 16<br />
2 ⎛<br />
= ⎜<br />
⎝⎜ 6 +<br />
4<br />
2<br />
2⎞<br />
⎟<br />
⎠⎟<br />
, tehát<br />
cost<br />
=−<br />
6 +<br />
4<br />
2<br />
.<br />
3. Számítsd ki sin t -t, ha<br />
5 ⎛7 π ⎞<br />
a) cost<br />
= és t ∈ ⎜ ,4π⎟<br />
13<br />
⎜⎜⎝ ⎟<br />
2 ⎠ ⎟;<br />
2 ⎛9 π ⎞<br />
b) cost<br />
=− és t ∈ ⎜ ,5π⎟<br />
5<br />
⎜⎜⎝ ⎟<br />
2 ⎠ ⎟ ;<br />
2 ⎛ 19π⎞<br />
c) cost<br />
=− és t ∈ ⎜9<br />
π,<br />
⎟<br />
7<br />
⎜⎜⎝ ⎟<br />
2 ⎠ ⎟ .<br />
⎛7<br />
π ⎞<br />
Megoldás. a) Ha t ∈ ⎜ ,4π⎟<br />
⎟<br />
⎜⎝ 2 ⎠ ⎟,<br />
akkor sin t < 0 .<br />
2 2 25 144<br />
12<br />
sin t = 1 − cos t = 1 − = , tehát sin t =− .<br />
169 169<br />
13<br />
⎛9<br />
π ⎞<br />
b) Ha t ∈ ⎜ ,5π⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟<br />
2 ⎠ ⎟ , akkor sin t > 0 , tehát sin t =<br />
4<br />
1 − =<br />
25<br />
2<br />
5<br />
1 .<br />
⎛ 19π⎞<br />
c) Ha t ∈ ⎜<br />
⎜9 π,<br />
⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟<br />
2 ⎠ ⎟ , akkor sin t < 0 , tehát sin t =−<br />
4 3<br />
1 − =−<br />
49 7<br />
5 .<br />
4. A trigonometrikus kör segítségével határozd meg azokat az x ∈ valós számokat,<br />
amelyekre:<br />
1<br />
a) si n x = 0 ; b) sin x = 1 ; c) cos x = 0 ; d) cos x =−1;<br />
e) sin x = ;<br />
2
A trigonometria elemei 261<br />
3<br />
f) cos x =− ; g) sin x = cos x ; h) si n x + cos x = 1 ; i) si n x =−cos<br />
x .<br />
2<br />
y<br />
Megoldás<br />
a) Ha si n x = 0 , akkor az x -nek megfelelő pont a<br />
trigonometrikus körön az A (1, 0) vagy B( −1,<br />
0) pont. Így<br />
x ∈{ kπ| k ∈ }<br />
.<br />
y<br />
O<br />
A<br />
x<br />
b) Ha sin x = 1 , akkor x képe a trigonometrikus körön az<br />
π<br />
A (0, 1) pont. Tehát x ∈ { + 2 kπ| k ∈ <br />
2<br />
} .<br />
π<br />
c) Ha cos x = 0 , akkor x ∈ { ± + 2 kπ| k ∈ <br />
2<br />
} .<br />
d) Ha cos x =− 1 , akko r x ∈ { π + 2 kπ | k ∈ }.<br />
1<br />
e) Ha sin x = , akkor az x képe a trigonometrikus körön<br />
2<br />
3 1<br />
az ⎟ vagy ,<br />
⎛ ⎞ ⎛<br />
A⎜ 3 1⎞ ⎜⎝<br />
a B ⎜ ,<br />
2 2⎠<br />
⎜⎝<br />
− ⎟⎠ pont. Így<br />
2 2<br />
π π<br />
x ∈ { + 2 kπ | k ∈ } ∪{ ( π− ) + 2 kπ | k ∈ <br />
6 6<br />
} =<br />
k π<br />
= { ( − 1) + kπ| k ∈ <br />
6<br />
} .<br />
3<br />
f) Ha cos x =− , akkor<br />
2<br />
π π π<br />
{ ( π ) 2 π | } { ( π ) 2 π | } { (2 1) π | k }<br />
x ∈ −<br />
6<br />
+ k k ∈ ∪ +<br />
6<br />
+ k k ∈ = ± +<br />
6<br />
k + ∈<br />
.<br />
π<br />
g) Ha sin x = cos x , akkor sin x −sin( − x)<br />
= 0 , tehát<br />
2<br />
π π<br />
x − + x x + −x<br />
2sin 2 cos 2 = 0.<br />
2 2<br />
π π<br />
π<br />
Mivel cos ≠ 0 , csak a si n<br />
4<br />
( x − ) = 0 lehetséges. Így x − ∈{ kπ| k ∈} ,<br />
4<br />
4<br />
π<br />
tehát x ∈ { + k π | k ∈ <br />
4<br />
} .<br />
B<br />
B<br />
O<br />
y<br />
O<br />
A<br />
A<br />
x<br />
x
262 A trigonometria elemei<br />
2 2<br />
2<br />
h) sin x = 1 −cos<br />
x , tehát sin x = 1 + cos x −2cos<br />
x és így 2cos x − 2cosx<br />
+<br />
+ 1= 1,<br />
tehát cos x ∈ {0, 1} .<br />
π<br />
Ha cos x = 0 , akkor si n x = 1 , tehát x ∈ { + 2 k π | k ∈ <br />
2<br />
} . Ha co s x = 1 , akkor<br />
sin x = 0 és így x ∈{2 kπ| k ∈}<br />
.<br />
(4 k + r)<br />
π<br />
A megoldáshalmaz: M = { | k ∈ , r ∈{0,1}<br />
}<br />
.<br />
2<br />
π π π<br />
i) Ha si n x =− cos x , akkor 0 = sin x + sin ( − x) = 2 sin cos<br />
2 4 ( x −<br />
4)<br />
, tehát<br />
π<br />
π (2k + 1) π<br />
cos( x − ) = 0 . Ebből következik, hogy x ∈<br />
4<br />
{ + | k ∈<br />
4 2 } .<br />
π 2π 3π 4π 5π<br />
5. a) Bizonyítsd be, hogy sin + sin + sin + sin + sin = 0 .<br />
3 3 3 3 3<br />
*<br />
b) Határozd meg azokat a k ∈ számokat, amelyekre<br />
π 2π 3π 4π<br />
kπ<br />
sin + sin + sin + sin + ... + sin = 0 .<br />
3 3 3 3 3<br />
π 3 2π 3 3π<br />
4π<br />
Megoldás. a) sin = , sin = , sin = sin π = 0 , sin =<br />
3 2 3 2 3<br />
3<br />
π 3 5π 2π<br />
− sin =− és sin =− sin =−<br />
3 2 3 3<br />
3<br />
, tehát<br />
2<br />
π 2π 3π 4π 5π<br />
sin + sin + sin + sin + sin = 0 .<br />
3 3 3 3 3<br />
kπ 3<br />
b) A sin értéke az előbbihez hasonlóan ismétlődik (kétszer , egyszer 0,<br />
3<br />
2<br />
kétszer – 3<br />
2 stb.). Így a k<br />
jπ<br />
∑ sin összeg pontosan akkor lehet 0, ha k 6<br />
(0-val<br />
j=<br />
1 3<br />
* *<br />
fejeződik be az összeg) vagy ( k + 1) 6.<br />
Tehát M = {6 j | j ∈ } ∪{6j −1 | j ∈ } .<br />
6. Bizonyítsd be, hogy − 2 ≤ sinx + cosx ≤ 2 , ∀ x ∈ .<br />
Bizonyítás.<br />
x + x = x +<br />
π<br />
( − x<br />
2 ) =<br />
π<br />
4<br />
π<br />
( x −<br />
4)<br />
= ( x −<br />
4)<br />
π<br />
( x − ) ∈ − , következik, hogy − 2 ≤ sinx + cosx ≤ 2 .<br />
sin cos sin sin 2 sin cos 2 cos<br />
cos [ 1, 1]<br />
4<br />
7. Hasonlítsd össze a si n x<br />
Általánosítás.<br />
és sin y<br />
⎡ π ⎤<br />
kifejezéseket, ha x, y ∈ ⎢0, ⎥<br />
⎢⎣ 2 ⎥⎦<br />
π . Mivel<br />
és x <<br />
y .
A trigonometria elemei 263<br />
y − x y + x<br />
⎡ π ⎤<br />
Megoldás. sin y − sin x = 2 sin cos . Ha x, y ∈ ⎢0, ⎥<br />
2 2<br />
⎢⎣ 2 ⎥⎦<br />
y + x y −x ⎛ π ⎤<br />
, ∈ ⎜0<br />
⎥<br />
2 2<br />
⎜⎝<br />
, , tehát sin y > sin x .<br />
2⎥⎦<br />
és x , akkor y <<br />
8. Hasonlítsd össze a co s x<br />
Általánosítás.<br />
⎡ π ⎤<br />
és cos y kifejezéseket, ha x, y ∈ ⎢0, ⎥ és x < y .<br />
⎢⎣ 2 ⎥⎦<br />
x − y x + y<br />
⎡ π ⎤<br />
Megoldás. cos y − cos x = 2 sin sin . Ha x, y ∈ ⎢0, ⎥ és x , akkor<br />
2 2<br />
⎢⎣ 2 ⎥⎦<br />
y <<br />
x − y ⎡ π ⎞<br />
∈− ⎢ ,0⎟<br />
2 ⎢⎣ 2<br />
⎟⎠<br />
cos y < cos x.<br />
,<br />
x + y ⎡ π⎞<br />
∈ ⎢0, ⎟<br />
2 ⎢⎣ 2<br />
⎟⎠<br />
, tehát<br />
x − y x + y<br />
2sin sin < 0<br />
2 2<br />
. Így<br />
9. Bizonyítsd be, hogy sin x + sin y ≥ , ∀ x ∈ .<br />
8<br />
8 8 1<br />
Bizonyítás. Az a + b ≥ ( a + b)<br />
egyenlőtlenség alapján<br />
2<br />
2<br />
8 8 1 4 4 2 1 ⎛1 2 2 2⎞<br />
sin x + cos x ≥ (sin x + cos x) ≥ ⋅ ⎜ (sin x cos x)<br />
⎟<br />
2 2<br />
⎜⎜⎝ + ⎟ =<br />
2<br />
⎠⎟<br />
2 2 1<br />
2<br />
10. Bizonyítsd be, hogy ha sin x + cos x ∈ , akkor<br />
n n<br />
sin x + cos x ∈ , *<br />
∀ n ∈ .<br />
Bizonyítás. A matematikai indukció módszerével igazoljuk, hogy ha x , x ∈ ,<br />
x1 + x2<br />
2 2<br />
∈ és x1 + x2<br />
n<br />
∈ , akkor x1 n<br />
+ x2 ∈ ,<br />
∀ n ≥2<br />
. A feltételek alapján<br />
1 2 2 2<br />
x1⋅ x2 = [ ( x1 + x2) − ( x1 + x2)<br />
] , tehát x 1<br />
2<br />
és x2<br />
2<br />
az x − ax + b = 0 egyenlet<br />
gyökei, ahol a = x1 + x2<br />
∈ és b = x1x2 ∈ . Így<br />
n+ 1 n n−1<br />
x1 = ax1 −bx1 ,<br />
n+ 1 n n−1<br />
∀ n ≥ 1;<br />
x2 = ax2 −bx2 , ∀ n ≥1,<br />
n+ 1 n+ 1 n n n−1 n−1<br />
tehát x1 + x2 = a( x1 + x2) − b( x1 + x2<br />
) ∈ ,<br />
n<br />
ha x<br />
n<br />
n−1 n−1<br />
+ x ∈és<br />
x + x ∈ . Tehát az állítás amit indukcióval igazolunk:<br />
1 2<br />
1 2<br />
m m<br />
1 2<br />
Pn ( ): x + x ∈ , ∀ m≤n Ez igaz n = 2 esetén, és az előbbi gondolatmenet alapján Pn ( ) ⇒ Pn ( + 1) . Így a<br />
*<br />
n n<br />
matematikai indukció elve alapján Pn ( ) igaz ∀ n ∈ esetén, tehát x1 + x2<br />
∈,<br />
∀ n ≥1. Ha ezt x1= sin x és x 2 =<br />
cos x esetén alkalmazzuk, a bizonyítandó tulajdonsághoz<br />
jutunk.<br />
1<br />
8<br />
.<br />
1 2
264 A trigonometria elemei<br />
11. Bizonyítsd be, hogy sin nx<br />
* ⎛ π ⎤<br />
< n sin x , ∀ n ∈ \{1} és x ∈ ⎜<br />
⎜⎝<br />
0, ⎥ esetén.<br />
2 ⎥⎦<br />
Bizonyítás. A matematikai indukció módszerét használjuk. A tulajdonság igaz<br />
n = 2 esetén, mert sin 2x = 2 sin x cos x < 2 sin x . Ha igaz n -re, akkor a<br />
sin( n + 1) x = sin nx ⋅ cos x + sin x ⋅cosnx ≤ sin nx ⋅ cos x + sin x ⋅ cosnx<br />
<<br />
< n⋅ sin x + sin x = ( n + 1) sin x<br />
egyenlőtlenség alapján ( n + 1)<br />
-re is érvényes.<br />
Így sin nx < n sin x, ⎛ π ⎤<br />
∀ n ≥ 2 és x ∈ ⎜<br />
⎜⎝<br />
0, ⎥<br />
2 ⎥⎦ .<br />
2<br />
4x + 8x<br />
+ 8<br />
12. Oldd meg az 5− 3sinx=<br />
egyenletet a valós számok halmazában.<br />
x + 1<br />
2<br />
Megoldás. Az 5−3 sinx≤ 8 és 4x + 8x + 8≥ 8x<br />
+ 8 egyenlőtlenségek alapján<br />
x + 1> 0 esetén az egyenlet megoldására mindkét egyenlőtlenségben egyenlőség<br />
kellene teljesüljön. Ez nem lehetséges, tehát az x >−1<br />
esetben nincs megoldás.<br />
2<br />
4x<br />
Ha x 1−4x egyenlőtlenség kellene teljesüljön.<br />
x + 1<br />
Ugyanakkor x 5,<br />
tehát a 3s inx > 5 egyenlőtlenséghez jutunk.<br />
Mivel ez sem lehetséges, az egyenletnek nincs megoldása.<br />
13. Az Ex () = sin2x+ cos3xkifejezés<br />
esetén keresd meg azt a legkisebb, nullától<br />
különböző pozitív T számot, amelyre E( x + T) = E( x), ∀ x ∈ .<br />
Megoldás. Az Ex ( + T) = Ex ( ), ∀ x∈<br />
egyenlőségből következik, hogy<br />
sin 2T + cos 3T = 1 (az x = 0 helyettesítéssel)<br />
és sin 2T + cos(3π + 3 T)<br />
= −1(az<br />
x = π helyettesítéssel).<br />
Így cos 3T − cos(3π + 3 T)<br />
= 2 , tehát cos 3T = 1, sin 2T = 0 . A legkisebb ilyen<br />
T > 0 érték a T = 2π<br />
.<br />
⎛ π⎞<br />
14. Bizonyítsd be, hogy ha ab> , 0 és x ∈ ⎜0,<br />
⎟<br />
a −bsin<br />
x 2 2<br />
⎜⎝ ⎟<br />
2 ⎠ ⎟,<br />
akkor ≥ a − b .<br />
cos x<br />
Bizonyítás. A négyzetre emelés és cos x -szel való szorzás ekvivalens átalakítások,<br />
⎛ π⎞<br />
2<br />
a létezési feltétel és x ∈ ⎜<br />
⎜0, ⎟<br />
⎝<br />
⎟<br />
2 ⎠ ⎟ alapján. Így az egyenlőtlenség az ( a⋅sin x −b) ≥ 0<br />
alakra hozható, ami igaz.<br />
VIII.5.5. Gyakorlatok és feladatok (205. oldal)<br />
1. Ábrázoljuk grafikusan a következő függvényeket:
A trigonometria elemei 265<br />
a) f : → , fx () = 2+ sinx;<br />
b) f : → , fx () = 3−cosx; c) f : → , fx () = sin2x;<br />
d) f : → , fx () = 2cosx;<br />
e) f : → , fx () = sinx;<br />
π<br />
f) f : \ { ( 2k + 1 ) | k ∈ <br />
2 } → , fx () = tgx;<br />
⎛ π⎞<br />
g) f : → , fx ( ) = cos ⎜<br />
⎜x + ⎟<br />
⎝<br />
⎟<br />
2 ⎠ ⎟ ; h) , .<br />
: f → fx () = sin(<br />
x−π) Megoldás<br />
a) y<br />
b)<br />
c)<br />
d)<br />
3<br />
2<br />
1<br />
–2 – O<br />
<br />
4<br />
3<br />
2<br />
–2 – O <br />
–<br />
––<br />
<br />
2<br />
––<br />
<br />
2<br />
2<br />
O<br />
–2<br />
y<br />
y<br />
y<br />
<br />
–<br />
2<br />
O <br />
–<br />
2 x<br />
4<br />
<br />
–<br />
2<br />
<br />
x<br />
x<br />
x
266 A trigonometria elemei<br />
e)<br />
f)<br />
g)<br />
–2 –<br />
––<br />
3<br />
–<br />
2<br />
–<br />
––<br />
<br />
2<br />
––<br />
<br />
2<br />
1<br />
O<br />
O<br />
O<br />
y<br />
y<br />
y<br />
<br />
–<br />
2<br />
<br />
–<br />
2<br />
2<br />
2. A grafikus képek segítségével oldjuk meg a következő egyenlőtlenségeket:<br />
a) si n x > cos x ; b) co s x > tg x .<br />
Megoldás. a)<br />
<br />
––<br />
3<br />
2<br />
<br />
x<br />
x<br />
x
A trigonometria elemei 267<br />
O<br />
y<br />
<br />
–<br />
4<br />
M 1<br />
<br />
–<br />
2<br />
<br />
5<br />
4<br />
M 2<br />
3<br />
2<br />
2<br />
⎛π 2⎞ ⎛5<br />
A [0 , 2 π] intervallumon a két grafikus kép metszéspontjai M ⎜<br />
1 , ⎟, M ⎜ π 2⎞<br />
⎜ ⎟ 2 , − ⎟<br />
⎜<br />
⎜<br />
⎜4 2<br />
⎟ ⎜ 4 2<br />
⎟<br />
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎟<br />
⎛π<br />
5π⎞<br />
és a ⎜ , ⎟<br />
⎝<br />
⎟<br />
4 4 ⎠ ⎟ intervallumon van a szinusz függvény képe magasabban, tehát az egyen-<br />
⎛π 5π<br />
⎞<br />
lőtlenség megoldáshalmaza: M = ∪ ⎜ + 2 kπ,<br />
+ 2k<br />
π⎟<br />
⎝<br />
⎟<br />
k∈<br />
4 4 ⎠⎟.<br />
<br />
b)<br />
y<br />
– <br />
<br />
1<br />
O<br />
–1<br />
x 1<br />
<br />
<br />
x 2<br />
⎛ π 3π⎞<br />
⎧⎪ A ⎜<br />
⎜− , ⎟<br />
5 − 1<br />
⎫⎪<br />
⎜⎝ 2 2 ⎠ ⎟ intervallumban két metszéspont létezik, ezekre cos x ∈<br />
⎪ ⎪<br />
⎨± ⎬.<br />
⎪ 2 ⎪<br />
⎩ ⎪⎭<br />
⎛ π ⎞<br />
Az ábra alapján ezen az intervallumon a megoldáshalmaz , x ⎟<br />
⎛π<br />
⎞<br />
⎜<br />
⎜− 1⎟∪⎜<br />
, ⎟<br />
2<br />
⎟ ⎜ x2 ⎝ ⎠ ⎝2 ⎠ ⎟,<br />
tehát<br />
⎛<br />
π<br />
⎞ ⎛<br />
M ⎜ ⎛ ⎞ π<br />
2 kπ, x1 2kπ⎟ ⎟ ⎜<br />
⎛<br />
⎞<br />
⎞<br />
⎟<br />
= 2 kπ, x2<br />
2 ⎟<br />
⎜ ⎜− + + ⎟ ⎜ + + ⎟⎟<br />
⎜∪⎜ ⎟ ⎜<br />
⎟<br />
k∈ 2<br />
⎟⎟ ∪<br />
⎝ ⎠ ⎜∪⎜<br />
kπ<br />
⎟ ⎝ k∈<br />
2<br />
⎟<br />
⎜ ⎜<br />
⎟<br />
.<br />
⎝ ⎠ ⎝<br />
⎠ <br />
⎠⎟<br />
<br />
<br />
2<br />
x<br />
x
268 A trigonometria elemei<br />
VIII.5.6.2. Gyakorlatok (208. oldal)<br />
1. Számítsd ki:<br />
a) sin14 cos16 cos14 sin16 ;<br />
o<br />
tg 23 + tg 22<br />
c)<br />
o o<br />
1− tg22 tg23<br />
; d)<br />
Megoldás. a)<br />
o o<br />
+<br />
o<br />
o o o o o o<br />
b) cos 51 cos 9 − sin 51 sin 9 ;<br />
o o<br />
3sin19− cos19.<br />
sin14 cos16 + cos14 sin16 = sin(14 + 16 )<br />
= ;<br />
b) cos 51 cos 9 − sin 51 sin 9 = cos(51 + 9 )<br />
1<br />
2<br />
<br />
tg 23 + tg 22<br />
<br />
c)<br />
= tg (23 + 22 ) = 1;<br />
<br />
1−tg22 ⋅tg23<br />
d) 3 sin19 − cos19<br />
⎛ 3<br />
= 2 ⋅ ⎜ sin19<br />
⎜⎜⎝ 2<br />
1 ⎞<br />
− cos19 ⎟<br />
2<br />
⎟<br />
⎠⎟<br />
= ;<br />
=<br />
<br />
<br />
= 2 ⋅(cos30 ⋅sin19 −sin30 ⋅ cos19 ) =−2sin(30 − 19 ) =−2sin11.<br />
2. Bizonyítsd be, hogy acos ϕ+ bsinϕ =<br />
2 2<br />
a<br />
a + b ⋅ sin ( ϕ+ ϕ0),<br />
ahol tgϕ<br />
0 = .<br />
b<br />
Bizonyítás. a⋅ cos ϕ+ b⋅ sin ϕ =<br />
⎛<br />
2 2<br />
a + b ⋅ ⎜<br />
⎜⎜⎝ a<br />
2 2<br />
a + b<br />
⋅ cos ρ+<br />
b ⎞<br />
⋅sinρ<br />
⎟<br />
2 2 ⎟ .<br />
a + b ⎠⎟<br />
Mivel<br />
⎛<br />
⎜ ⎜⎝ 2<br />
a ⎞<br />
⎟<br />
⎛<br />
⎟ ⎜<br />
2 2 ⎟ + ⎜<br />
a + b ⎠⎟ ⎝⎜ 2<br />
b ⎞<br />
⎟ = 1<br />
2 2<br />
a + b ⎠⎟<br />
a<br />
2 2<br />
a + b<br />
= sin ρ0<br />
és<br />
b<br />
2 2<br />
a + b<br />
= cos ρ0<br />
acos ρ + bsin ρ =<br />
2 2<br />
a<br />
a + b ⋅ sin( ρ +ρ ) , ahol tg ρ = .<br />
0<br />
0<br />
b<br />
1<br />
2<br />
, létezik olyan ϕ szög, amelyre<br />
0<br />
. Egy ilyen ϕ szög az<br />
0<br />
arctg a<br />
b<br />
3. Számítsd ki a cos( a−b) értékét, ha sina + sinb = 2 és cosa + cosb = 1.<br />
2 2<br />
Megoldás. sina + sinb = 2 alapján sin a + sin b + 2 sinasinb = 2 .<br />
2 2<br />
cosa + cosb = 1-ből<br />
következik, hogy cos a + cos b + 2 cosacosb = 1 .<br />
Ha összeadjuk a kapott egyenlőségek megfelelő oldalait a<br />
2 ⋅(cosa⋅ cosb + sina⋅ sin b)<br />
= 1<br />
1<br />
egyenlőséghez jutunk, tehát cos( a − b)<br />
= .<br />
2<br />
4. Számítsd ki a sin ( a ± b)<br />
, cos( a ± b)<br />
, tg( a ± b)<br />
kifejezések értékét, ha<br />
1 1 ⎛ π⎞<br />
a) sina<br />
= , sinb<br />
= és ab , ∈ ⎜0,<br />
⎟<br />
5 3<br />
⎜⎜⎝ ⎟<br />
2 ⎠ ⎟ ;<br />
. Tehát
A trigonometria elemei 269<br />
1 2 ⎛3π⎞ b) sina<br />
=− , cosb<br />
= és ab , ∈ ⎜ , π⎟<br />
3 3<br />
⎜⎜⎝ 2 ⎟<br />
2 ⎠⎟;<br />
1<br />
3 ⎛ 3π⎞<br />
c) cosa<br />
=− , cosb<br />
=− és ab , ∈ ⎜π,<br />
⎟<br />
7<br />
7<br />
⎜⎜⎝ ⎟<br />
2 ⎠ ⎟ ;<br />
2 4 ⎛π⎞ d) cosa<br />
=− , sinb<br />
= , ab , ∈ ⎜ , π⎟<br />
5 5<br />
⎜⎜⎝ ⎟<br />
2 ⎠ ⎟ .<br />
⎛ π⎞<br />
Megoldás. a) Mivel ab , ∈ ⎜0,<br />
⎟<br />
2 6<br />
⎜⎜⎝ ⎟<br />
2 ⎠ ⎟ , az adott értékekből következik, hogy cosa<br />
=<br />
5<br />
2 2<br />
és cosb<br />
= . Tehát<br />
3<br />
2 2 + 2 6<br />
sin( a + b) = sinacosb + sinbcosa = ;<br />
15<br />
2 2 − 2 6<br />
sin( a − b) = sinacosb− sinbcosa = ;<br />
15<br />
8 3 −1<br />
cos( a + b) = cosacosb− sinasinb = ;<br />
15<br />
8 3 + 1<br />
cos( a − b) = cosacosb + sinasinb =<br />
15<br />
tga + tgb 2( 2 + 6)<br />
tg( a + b)<br />
= =<br />
;<br />
1−tga⋅tgb 8 3 −1<br />
2( 2 − 6)<br />
tg( a− b)<br />
=<br />
8 3 + 1<br />
.<br />
−2∓2<br />
10<br />
4 2 ∓ 5<br />
−2∓2<br />
10<br />
b) sin( a ± b)<br />
=<br />
; cos( a ± b)<br />
= ; tg( a ± b)<br />
=<br />
.<br />
9<br />
9<br />
4 2 ∓ 5<br />
12 3 ± 2 10<br />
3 8 30<br />
c) sin( a ± b)<br />
= ; cos( a ± b)<br />
=<br />
49<br />
49<br />
∓<br />
12 3 ± 2 10<br />
; tg( a ± b)<br />
=<br />
.<br />
3∓8 30<br />
−3<br />
21∓ 8<br />
6 4 21<br />
d) sin( a ± b)<br />
=<br />
; cos( a ± b)<br />
=<br />
25<br />
25<br />
∓<br />
−3<br />
21∓8 ; tg( a ± b)<br />
=<br />
.<br />
6∓4 21<br />
5. Hozd egyszerűbb alakra a következő kifejezéseket:<br />
sin( x + y) + sin ( x −y)<br />
cos( x + y) + sin x sin y<br />
a)<br />
; b)<br />
;<br />
sin ( x + y) −sin( x − y)<br />
cos( x −y) −sin<br />
x sin y<br />
tg 2a + tg 2b− ( ctg 2a + ctg 2b<br />
)<br />
c) 2 ⋅<br />
.<br />
tga + tgb− ( ctga + ctgb)<br />
sin( x + y) + sin( x − y) 2 sin x cos y tg x<br />
Megoldás. a)<br />
= = .<br />
sin( x + y) −sin( x −y)<br />
2 sin ycosx tgy
270 A trigonometria elemei<br />
cos( x + y) + sin x sin y cos x cos y<br />
b) = = 1 .<br />
cos( x −y) −sinx<br />
sin y cos x cos y<br />
2 2<br />
+<br />
tg 2a + tg 2 b− (ctg 2a + ctg 2 b) tg 4a tg 4b<br />
c) 2⋅ = 2⋅<br />
=<br />
tga + tg b− (ctga + ctg b)<br />
2 2<br />
+<br />
tg 2a tg 2b<br />
sin(4a + 4 b) ⋅tg2a⋅tg 2b⋅cos 2a⋅ cos 2b 2cos2( a + b)<br />
= 2⋅ = = 2(1−tg2a⋅tg2<br />
b).<br />
sin(2a + 2 b) ⋅tg4a⋅tg 4b⋅cos 4a⋅cos 4b cos 2a⋅cos 2b<br />
x x<br />
6. Számítsd ki az E = sin 2x − 3 cos 2x + 2 sin + 4 cos kifejezés értékét, ha<br />
2 2<br />
3 ⎛π⎞ sin x = és x ∈ ⎜ , π⎟<br />
5<br />
⎜⎜⎝ ⎟<br />
2 ⎠ ⎟ .<br />
⎛π⎞ Megoldás. Mivel x ∈ ⎜ , π⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟<br />
2 ⎠ ⎟ és<br />
3<br />
4 x<br />
sin x = következik, hogy cos x = , sin =<br />
5<br />
5 2<br />
1 − cos x 10 x 1+ cosx 3 10 24<br />
7<br />
= = , cos = = , sin 2x<br />
= és cos 2x<br />
= .<br />
2 10 2 2 10<br />
25<br />
25<br />
3+ 35 10<br />
Ebből következik, hogy E =<br />
.<br />
25<br />
7. Fejezd ki co s x + cos y = a<br />
kifejezéseket:<br />
és sin x + sin y = b függvényében a következő<br />
a) cos( x + y)<br />
; b) cos( x − y)<br />
; c) sin( x + y)<br />
; d) sin( x − y)<br />
.<br />
2 2 2 2 2<br />
Megoldás. A cos x + cos y + 2 cos x cos y = a , sin x + sin y + 2 sin x sin y = 2<br />
b<br />
2 2<br />
a + b −2<br />
egyenlőségekből következik, hogy cos( x − y)<br />
= . Ugyanakkor<br />
2<br />
ab = cos x ⋅ sin x + cos y ⋅ sin y + cos x ⋅ sin y + cos y ⋅ sin x =<br />
1 1<br />
= (sin 2x + sin 2 y) + sin( x + y) = ⋅2⋅ sin( x + y)cos( x − y) + sin( x + y)<br />
=<br />
2 2<br />
= sin( x + y) ⋅ ( 1 + cos( x −y)<br />
) .<br />
2ab<br />
Tehát sin( x + y)<br />
= .<br />
2 2<br />
a + b<br />
x + y x − y<br />
x + y x − y<br />
Az adott egyenlőségek 2cos cos = a és 2sin cos = b alak-<br />
2 2<br />
2 2<br />
2 2<br />
x + y b<br />
a −b<br />
ban írhatók, tehát tg = . Ebből a cos( x + y)<br />
= egyenlőséget kapjuk.<br />
2 2<br />
2 a<br />
a + b
A trigonometria elemei 271<br />
Ugyanakkor<br />
2 2 2 2<br />
2 ( a + b )(4 −a −b<br />
)<br />
sin ( x − y)<br />
= ⇔<br />
4<br />
⎧ 2 2 2 2 ⎫<br />
⎪ ( a + b )(4−a<br />
−b<br />
⎪<br />
sin( x y)<br />
⎪ ) ⎪<br />
− ∈ ⎨± ⎪<br />
⎬.<br />
⎪ 2 ⎪<br />
⎪⎩ ⎪ ⎪⎭<br />
8. Bizonyítsd be, hogy ha sin x + sin y = 2 sin ( x + y)<br />
és x + y ≠kπegyetlen<br />
x y 1<br />
k ∈ esetén sem, akkor tg ⋅ tg = .<br />
2 2 3<br />
Bizonyítás<br />
x + y x −y<br />
x + y x + y<br />
sin x + sin y = 2 sin cos és sin( x + y)<br />
= 2 sin cos , tehát az<br />
2 2<br />
2 2<br />
x − y x + y<br />
x + y ≠kπfeltétel alapján cos = 2 cos . Ebből következik, hogy<br />
2 2<br />
x y x y ⎛ x y x y⎞<br />
cos cos + sin sin = 2⎜cos cos sin sin<br />
2 2 2 2<br />
⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝<br />
− ⎟<br />
2 2 2 2⎠<br />
⎟,<br />
x y x y x y 1<br />
tehát 3sin sin = cos cos és így tg ⋅ tg = .<br />
2 2 2 2 2 2 3<br />
E = acos x + 2bsinx cos x + csin x<br />
2b<br />
értékét, ha tg x = és a ≠ c .<br />
a − c<br />
⎛ 2<br />
2 2<br />
4b<br />
⎞<br />
Megoldás. E cos ( a 2b tg x c tg x) a ⎜1 ⎟ 2<br />
= + ⋅ + ⋅ = ⋅ ⎜ ⎟<br />
⎜<br />
+ ⋅cos<br />
2<br />
⎜ ( a c)<br />
⎟ x .<br />
⎝ − ⎠ ⎟<br />
2 1<br />
⎛ 2<br />
⎛ 2b⎞ ⎞ 1<br />
Másrészt 1+ tg x = , tehát E = a⋅ ⎜1 ⎜ ⎟ ⎟<br />
2<br />
2 a<br />
cos x<br />
⎜ +<br />
⎜<br />
a c⎟ ⎟ ⎟⋅<br />
= .<br />
⎜⎝ ⎝ − ⎠ ⎟ ⎟⎠<br />
⎛ 2b<br />
⎞<br />
1 + ⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟<br />
a −c⎠⎟<br />
2<br />
2<br />
9. Számítsd ki az kifejezés helyettesítési<br />
10. Bizonyítsd be a következő egyenlőségeket:<br />
o o<br />
cos 5 + sin 25<br />
a)<br />
=<br />
o o<br />
cos 25 − sin 5<br />
3 ;<br />
sin 78 + 3 cos 78<br />
b)<br />
o o<br />
cos 3 − sin 3<br />
o o o 1<br />
o o<br />
c) sin10 cos 20 cos 40 = ;<br />
8<br />
d) sin20 sin40 ⋅ sin60 sin80 = ;<br />
16<br />
o o o o<br />
o<br />
o o o<br />
sin 20 cos 25 + cos 20 sin 25 cos 56 sin 146 + sin 236 sin 304<br />
e)<br />
= 1 ; f)<br />
= 2<br />
o o o o<br />
o o o o<br />
cos 35 cos10 − sin 35 sin10<br />
cos 32 cos 28 − cos 302 sin152<br />
Bizonyítás<br />
<br />
cos 5 + sin 25 cos 5 + cos 65 2 cos 35 cos 30<br />
<br />
a) = = = ctg 30 = <br />
cos 25 −sin 5 sin 65 −sin52sin<br />
30 cos 35<br />
3 .<br />
1 <br />
b) sin 78 +<br />
2<br />
3 <br />
cos 78 = sin 78 cos 60 + cos 78 sin 60 = sin138 = sin 42 .<br />
2<br />
<br />
Másrészt cos 3 − sin 3<br />
<br />
= sin 87 − sin 3<br />
<br />
= 2 sin 42 cos 45 = 2 sin 42 , tehát<br />
=<br />
2 ;<br />
o o o o 3
272 A trigonometria elemei<br />
<br />
sin 78 + 3 cos 78<br />
= <br />
cos 3 − sin 3<br />
<br />
2 sin 42<br />
= <br />
2 sin 42<br />
2 .<br />
c) Szorozzuk be mindkét oldalt cos10 -kal.<br />
<br />
<br />
4(sin10 cos10 )cos 20 cos 40 = 2(2 sin 20 cos 20 )cos 40 = 2 sin 40 cos 40 =<br />
<br />
= sin 80<br />
<br />
= cos10 .<br />
<br />
1<br />
Mivel cos10 ≠ 0 , következik, hogy sin10 ⋅cos 20 ⋅ cos 40 = .<br />
8<br />
<br />
d) Mivel sin 60 =<br />
3<br />
<br />
, elégséges igazolni, hogy sin 20 ⋅sin 40 ⋅ sin 80 =<br />
2<br />
3<br />
.<br />
8<br />
Ezt a következőképpen alakítjuk:<br />
<br />
2 sin 40 (2 sin 20 ⋅ sin 80 ) =<br />
3<br />
2<br />
⇔<br />
<br />
2 cos 50 (cos 60 + cos 80 ) =<br />
3<br />
2<br />
⇔<br />
⇔<br />
<br />
2 cos 50 ⋅ cos 60 + 2 cos 50 ⋅ cos 80<br />
<br />
= cos 30 ⇔<br />
<br />
⇔ cos10 − cos 70 + cos 30 − cos 50 = cos 30<br />
<br />
<br />
⇔ cos10 = cos 70 + cos 50 .<br />
Az utolsó egyenlőség igaz, mert<br />
<br />
70 + 50 70 −50<br />
cos 70 + cos 50 = 2 cos cos = 2 cos 60 ⋅ cos10 = cos10<br />
2 2<br />
Tehát a bizonyítandó egyenlőség is igaz.<br />
<br />
sin20 ⋅ cos25 + cos20 ⋅sin25<br />
sin45<br />
e) = = 1 .<br />
<br />
cos35 ⋅cos10 −sin35 ⋅sin10<br />
cos45<br />
<br />
cos 56 sin146 + sin 236 sin 304 cos 56 sin 34 + sin 56 cos 34<br />
f) = =<br />
<br />
cos 32 cos 28 −cos 302 sin152 sin 58 cos 28 −cos<br />
58 sin 28<br />
<br />
sin 90<br />
= = 2 . <br />
sin 30<br />
<br />
11. Számítsd ki a következő kifejezések értékét:<br />
a)<br />
o o o o<br />
;<br />
c)<br />
o o o o<br />
;<br />
cos 20 cos 40 cos 60 cos 80<br />
o o o<br />
b) sin 6 sin12 cos 42 cos 24 ;<br />
o<br />
tg 20 tg 40 tg 60 tg 80<br />
o o o<br />
o<br />
d) tg1 tg 2 tg 3 ... tg 89 ;<br />
π 3π 5π 7π<br />
2 π 2 3π 2 5π 2 7π<br />
e) sin + sin + sin + sin ; f) sin + sin + sin + sin .<br />
8 8 8 8 8 8 8 8<br />
<br />
Megoldás. a) A P = cos 20 cos 40 cos 60 cos 80 egyenlőség mindkét oldalát<br />
szorozzuk 8sin20-kal és helyettesítsük be a<br />
<br />
1<br />
cos 60 = értéket.<br />
2<br />
1<br />
8 sin 20 ⋅ P = (2 sin 20 cos 20 )cos 40 cos 80 ⋅4⋅ =<br />
2<br />
1 <br />
1<br />
= (2 sin 40 cos 40 )cos 80 ⋅2⋅ = 2 sin 80 cos 80 ⋅ =<br />
2 2<br />
⇔
A trigonometria elemei 273<br />
<br />
sin160 sin 20<br />
= = .<br />
2 2<br />
<br />
1<br />
Mivel sin 20 ≠ 0 , írhatjuk, hogy P = .<br />
16<br />
b) A 3.7. Alkalmazások 6. feladata alapján írhatjuk, hogy<br />
<br />
sin 6 = sin(36 − 30 ) =<br />
<br />
cos 24 = cos(54 − 30 ) =<br />
<br />
sin 12 = sin(30 − 18 ) =<br />
30 −65− 5 −1<br />
;<br />
8<br />
30 − 6 5 + 5 + 1<br />
;<br />
8<br />
10 + 2 5 − 15 + 3<br />
;<br />
8<br />
<br />
cos 42<br />
<br />
= cos(60 − 18 ) =<br />
10 + 2 5 +<br />
8<br />
5 − 3<br />
.<br />
3−<br />
Így sin 6 ⋅ cos 24 =<br />
8<br />
5 <br />
és sin12 ⋅ cos 42 =<br />
5 −1<br />
.<br />
8<br />
3<br />
( 5 −1)<br />
Tehát sin 6 ⋅sin12 ⋅cos24 ⋅ cos 24 = .<br />
128<br />
c) A 10. feladat d) alpontja és a 11. feladat a) alpontja alapján<br />
<br />
tg 20 ⋅tg 40 ⋅tg60 ⋅ tg 80 = 3 .<br />
<br />
<br />
d) tg1 ⋅ tg 89 = tg1 ⋅ ctg1 = 1 és általában tg k ⋅tg(90 −k<br />
) = 1 ha k = 1, 44 .<br />
<br />
Így tg1 ⋅tg2⋅…⋅ tg 89 = 1.<br />
π 3π 5π 7π ⎛ π 7π⎞ 3 5<br />
e) sin sin sin sin sin sin ⎟<br />
⎛ π π⎞<br />
+ + + = ⎜ ⎜sin<br />
sin ⎟<br />
8 8 8 8<br />
⎜<br />
+ + +<br />
⎝<br />
⎟ ⎟<br />
8 8 ⎠⎟ ⎝ ⎜ 8 8 ⎟=<br />
⎠<br />
π 3π π π ⎛ 3π<br />
π⎞ π π<br />
= 2 sin cos + 2 sin cos = 2 cos cos 2 cos cos<br />
2 8 2 8<br />
⎜ ⎟<br />
⎜⎝<br />
+ ⎟ =<br />
8 8⎟ =<br />
⎠ 4 8<br />
π 2+ 2<br />
= 2cos = .<br />
8 2<br />
2 1−cos2x 2 π 2 3π 2 5π 2 7π<br />
f) A sin x = összefüggés alapján sin + sin + sin + sin =<br />
2<br />
8 8 8 8<br />
1⎛ ⎛ π 3π 5π 7π⎞⎞<br />
= ⎜4− ⎜cos<br />
+ cos + cos + cos ⎟⎟=<br />
2⎜ ⎟⎟<br />
⎝<br />
⎜<br />
⎝ ⎜ 4 4 4 4 ⎠⎟⎠⎟<br />
2.<br />
sina + sin 3a + sin 5a + sin 7a + sin 9a<br />
12. Írd egyszerűbb alakba az E =<br />
kifejezést.<br />
cosa + cos 3a + cos 5a + cos 7a + cos 9a<br />
Megoldás.<br />
sina + sin 3a + sin 5a + sin 7a + sin 9a = 2 sin 5acos4a + 2 sin 5acos2a + sin 5a<br />
=<br />
= sin 5 a⋅ (1 + 2 cos 2a +<br />
2 cos 4 a)<br />
.
274 A trigonometria elemei<br />
cosa + cos 3a + cos 5a + cos 7a + cos 9a = 2 cos 5a cos 4a + 2 cos 5a cos 2a + cos 5a<br />
=<br />
= cos 5 a⋅ (1 + 2 cos 2a + 2 cos 4 a)<br />
.<br />
Tehát ha E értelmezett, akkor E = tg 5a<br />
.<br />
13. Bizonyítsd be a következő azonosságokat:<br />
a) sin αsin ( β − γ) + sin βsin ( γ − α) + sin γsin ( α− β) = 0, ∀ α, β, γ ∈ ;<br />
b) ( ) ( ) ( )<br />
sin α + β sin β + γ = sinαsinγ + sin βsin α + β + γ ∀α, β, γ ∈ ;<br />
c) sin ( α + β + γ) = sin αcos βcos γ + cos αsinβcos γ + cos αcos βsinγ −<br />
− sin αsin βsinγ , ∀ α, β, γ ∈ .<br />
Bizonyítás. a) A s in( x − y) = sin x cos y−sin ycosx összefüggés alapján a kiszámítandó<br />
E összeg a következőképpen alakítható:<br />
E = sin αsin βcosγ − sin αcosβsin γ + sin βsin γcosα+ − sin βcos γsin α+ sin γsin αcos β−sinγcos αsinβ = 0 .<br />
b) S = sin αsin γ + sin βsin ( α+ ( β + γ)<br />
) =<br />
= sin αsin γ + sin βsinαcos( β + γ) + sin βcos αsin( β + γ)<br />
= sin α⋅ (sin γ + sin βcos( β + γ)) + sin βcos αsin( β + γ)<br />
.<br />
De sin γ = sin( β + γ)cosβ− sin βcos( β + γ)<br />
, tehát<br />
S = sin( β + γ)(sin αcosβ + sin βcos α) = sin( β + γ)sin( α+ β)<br />
.<br />
c) sin( α+ β + γ) = sin ( α+ β) cos γ + sin γcos( α+ β)<br />
=<br />
= (sin αcos β + cos αsin β)cos γ + sin γ(cosαcos β− sin αsin β)<br />
=<br />
= sin αcos βcos γ + cos αsin βcos γ + cos αcosβsin γ − sin αsin βsinγ.<br />
14. Vezess le egy képletet ( α + β + γ )<br />
Megoldás.<br />
cos -ra.<br />
cos( α+ β + γ) = cos( α+ β)cosγ− sin( α+ β)sinγ =<br />
= (cos αcos β−sin αsin β)cos γ− (sin αcosβ + sin βcos α)sin γ =<br />
= cos αcos βcos γ −sinαsin βcosγ −sin αcosβsin γ −cosαsin<br />
βsin<br />
γ .<br />
15. Bizonyítsd be, hogy ha x + y + z = π , akkor:<br />
x y z<br />
a) sin x + sin y + sin z = 4 cos cos cos ;<br />
2 2 2<br />
x y z<br />
b) cos x + cos y + cos z = 1 + 4 sin sin sin ;<br />
2 2 2<br />
c) si n 2x + sin 2y + sin 2z = 4 sin x sin ysinz<br />
;<br />
d) cos 2x + cos 2y + cos 2z =−1−4cosxcos ycos<br />
z ;<br />
e) tg x + tg y + tg z = tg x tg y tg z , ha x, y, z ∉<br />
π<br />
( 2k + 1) 2<br />
k ∈ ;<br />
x y z x y z<br />
f) ctg + ctg + ctg = ctg ctg ctg , ha x, y, z ∉ { 2 kπ| k ∈ } ;<br />
2 2 2 2 2 2<br />
=<br />
{ }
A trigonometria elemei 275<br />
x y y z z x<br />
g) tg tg + tg tg + tg tg = 1,<br />
ha x, y, z∉ { ( 2k + 1 ) π | k∈<br />
2 2 2 2 2 2<br />
} ;<br />
h) ct g x ctg y + ctg yctgz + ctg z ctg x = 1 , ha x, y, z∉{ kπ| k∈<br />
} .<br />
Bizonyítás. A 4.1. megoldott feladatok 1. feladata alapján<br />
x + y y + z z + x<br />
sin α + sin β + sin γ − sin( α+ β + γ)<br />
= 4 sin sin sin .<br />
2 2 2<br />
a) Ha α = x , β = y és γ = z valamint x + y + z = π , akkor<br />
π−z π−y π−x<br />
x y z<br />
sin x + sin y + sin z = 4 sin sin sin = 4 cos cos cos .<br />
2 2 2 2 2 2<br />
π π<br />
π<br />
b) Ha α = − x , β = − y és γ = − z , akkor x + y + z = π alapján<br />
2 2<br />
2<br />
π<br />
α+ β + γ = , tehát<br />
2<br />
π−x −y π−x −z π−y−z<br />
cos x + cos y + cos z − 1 = 4 sin sin sin =<br />
2 2 2<br />
x y z<br />
= 4sin sin sin .<br />
2 2 2<br />
c) Ha α = 2x , β = 2y és γ = 2z , akkor α+ β + γ = 2π,<br />
tehát<br />
sin 2x + sin 2y + sin 2z = 4 sin( π−x)sin( π−y)sin( π−<br />
z) = 4 sin x sin ysin<br />
z .<br />
π<br />
π<br />
π<br />
π<br />
d) Ha α = − 2x<br />
, β = − 2y<br />
és γ = − 2z<br />
, akkor α+ β + γ =− , tehát<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
π−2x −2y π−2y−2z π−2x<br />
−2z<br />
cos 2x + cos 2y + cos 2z + 1 = 4 sin sin sin<br />
=<br />
2 2 2<br />
= 4 cos( x + y)cos( y + z)cos( x + z) =− 4 cos x cosycos z .<br />
tg x + tg y<br />
e) tg( x + y) = tg( π − z) =−tgz<br />
. De tg( x + y)<br />
= , tehát<br />
1−tgx ⋅tgy<br />
tg x + tg y =− tg z + tg x ⋅tg y⋅tgz,<br />
vagyis tg x + tg y + tg z = tg x ⋅tg y⋅tgz<br />
.<br />
x y<br />
1−ctg ⋅ctg<br />
⎛x y⎞ z z 1<br />
f) ctg ⎟<br />
⎛π⎞ ctg ⎟<br />
z<br />
⎜<br />
+ ⎟= ⎜ − ⎟=<br />
tg =<br />
⎝2 2⎠⎟ ⎝ ⎜ ⎜2<br />
2⎠⎟ 2<br />
z . Tehát ctg ⋅ 2 2 1<br />
ctg 2<br />
x y = − ,<br />
ctg + ctg<br />
2<br />
2 2<br />
ahonnan következik a kért összefüggés.<br />
x y y z z x x ⎛ y z⎞ y z<br />
g) tg ⋅ tg + tg ⋅ tg + tg ⋅ tg = tg ⎜tg<br />
tg ⎟ tg tg<br />
2 2 2 2 2 2 2<br />
⎜⎜⎝ + ⎟ + ⋅<br />
2 2<br />
⎟<br />
=<br />
⎠ 2 2<br />
x ⎛ ⎛y + z⎞ ⎛ y z⎞⎞ y z<br />
= tg ⎜<br />
⎜tg⎜ ⎟ ⎜1-tg<br />
tg ⎟⎟tg<br />
tg<br />
2⎜ ⎜ ⎟⋅ ⋅ ⎟⎟+<br />
⋅<br />
2<br />
⎟ ⎜ 2 2<br />
⎟⎟<br />
=<br />
⎝ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎠<br />
2 2<br />
x π − x ⎛ y z⎞ y z<br />
= tg ⋅tg ⋅⎜1 tg tg ⎟ tg tg<br />
2 2<br />
⎜⎜⎝ − ⋅ ⎟ + ⋅ =<br />
2 2<br />
⎟<br />
1,<br />
⎠ 2 2
276 A trigonometria elemei<br />
π−x ⎛π x⎞<br />
mert tg tg ⎟<br />
x<br />
= ⎜ ctg<br />
2<br />
⎜⎜⎝ − ⎟ =<br />
2 2⎠⎟.<br />
2<br />
h) ctg x ⋅ (ctg y + ctg z) = 1 −ctg y⋅ctg z ⇔<br />
1−ctgy⋅ctgz ctg x =<br />
ctg y + ctg z<br />
⇔ ctg x = − ctg( y + z)<br />
és ez igaz mert ctg ( π − ( y + z) ) =− ctg( y + z)<br />
.<br />
sin x + sin y x + y<br />
16. Bizonyítsd be, hogy ha x, y ∈ [0, π]<br />
, akkor<br />
≤ sin .<br />
2 2<br />
sin x + sin y x + y x − y<br />
x − y<br />
Bizonyítás. A = sin cos egyenlőség és a cos ≤ 1<br />
2 2 2<br />
2<br />
egyenlőtlenség alapján írhatjuk, hogy<br />
sin y + sin y x + y x −y<br />
x + y<br />
= sin cos ≤sin<br />
,<br />
2 2 2 2<br />
x + y<br />
mert sin ≥ 0 .<br />
2<br />
17. Bizonyítsd be, hogy bármely x, y ∈ esetén<br />
2 2<br />
a) cos ( x −y) − cos ( x + y) = sin 2x sin 2y<br />
;<br />
2 2<br />
b) cos ( x − y) + cos ( x + y) = 1 + cos 2x cos 2y<br />
;<br />
c)<br />
⎛ π⎞ sin ( x y) cos( x y) ( sin x cos x)( sin y cos y) 2 sin x ⎟<br />
⎛ π⎞<br />
+ + − = + + = ⎜ + ⎟sin⎜y + ⎟<br />
⎜⎝ ⎟<br />
4⎠⎟ ⎝ ⎜ 4⎠<br />
⎟<br />
;<br />
⎛ π⎞<br />
k<br />
d) sin ⎜<br />
⎜x ( 2k 1) ⎟<br />
⎜⎝<br />
+ + ⎟ = ( −1)<br />
cos<br />
2 ⎠⎟x<br />
; e) ( ) ( ) 1<br />
⎛ π ⎞ k +<br />
cos ⎜<br />
⎜x 2k 1 ⎟<br />
⎜⎝<br />
+ + ⎟ = −1sin<br />
2 ⎠⎟<br />
x .<br />
Bizonyítás<br />
2 2<br />
a) cos ( x −y) − cos ( x + y) = ( cos( x −y) − cos( x + y) ) ⋅( cos( x − y) + cos( x + y)<br />
) =<br />
= 2 sin x sin y⋅ 2 cos x cos y = sin 2x sin 2y<br />
.<br />
2 2 1+ cos2( x − y) 1+ cos2( x −y)<br />
b) cos ( x − y) + cos ( x + y)<br />
= + =<br />
2 2<br />
1 1<br />
= ( 2+ cos2( x − y) + cos2( x − y) ) = (2+ 2cos2ycos2 x) = 1+ cos2x cos2y<br />
.<br />
2 2<br />
c) sin( x + y) + cos( x − y) = sin xcos y + sin ycos x + cos x cosy + sin ysinx =<br />
= (sin x + cos x)(sin y + cos y ) .<br />
Másrészt<br />
⎛π ⎞<br />
sin x cos x cos x⎟ π ⎛π ⎞<br />
+ = ⎜ − ⎟+ cos x = 2 cos cos⎜<br />
−x⎟<br />
⎜⎝ ⎟<br />
2 ⎠⎟ 4 ⎝ ⎜ ⎜4<br />
⎠⎟<br />
=<br />
⎛π ⎞<br />
2cos ⎜ x⎟ ⎜<br />
− =<br />
⎝4 ⎠<br />
⎟<br />
⎛π<br />
⎞<br />
2sin ⎜ x⎟<br />
⎜<br />
+<br />
⎝<br />
⎟<br />
4 ⎠ ⎟<br />
és sin y + cos y =<br />
⎛π⎞ 2 sin ⎜ + ⎟<br />
⎜⎝<br />
y ⎟<br />
4 ⎠⎟,<br />
=<br />
⇔
A trigonometria elemei 277<br />
tehát a második egyenlőség is igaz.<br />
⎛ π⎞ d) sin x (2k 1) ⎟<br />
⎛ π⎞<br />
sin x cos (2k 1) ⎟<br />
⎛ π⎞<br />
⎜<br />
+ + ⎟= ⎜ + ⎟+<br />
cos x sin ⎜(2k<br />
+ 1) =<br />
⎝ 2⎠⎟ ⎝ ⎜ 2⎠⎟<br />
⎝ ⎜ 2<br />
⎟⎠<br />
⎛ π⎞ π<br />
0 cos x sin kπ ⎟<br />
⎛ π⎞<br />
= + ⋅ ⎜ + = cos x ⋅ ⎜sin<br />
kπcos + cos kπsin<br />
⎟<br />
⎜ ⎟ ⎟=<br />
⎝ 2⎠⎟ ⎝ ⎜ 2<br />
2⎠⎟<br />
k<br />
= cos x cos kπ=<br />
( − 1) cos x .<br />
⎛ π⎞ e) cos x (2k 1) ⎟<br />
⎛ π⎞<br />
cosx cos (2k 1) ⎟<br />
⎛ π⎞<br />
⎜<br />
+ + ⎟= ⎜ + ⎟−<br />
sinx sin ⎜(2k<br />
+ 1)<br />
⎝ 2⎠⎟ ⎝ ⎜ 2⎠⎟<br />
⎝⎜ ⎟=<br />
⎜ 2<br />
⎟⎠<br />
π k k+<br />
1<br />
sin sin(2 1) ( 1) sin ( 1) sin<br />
=− x k + =−− x = − x .<br />
2<br />
3<br />
18. Bizonyítsd be, hogy ∀ x, y, z ∈ esetén sin x cosy + sin ycos z + sin z cos x ≤ .<br />
2<br />
2 2<br />
Bizonyítás. Ha 2 sin x cos y ≤ sin x + cos y<br />
2 sin ycos z ≤ sin x + cos<br />
2 2<br />
2 2<br />
és<br />
2sinz cosx ≤ sin z + cos x<br />
egyenlőtlenségek megfelelő oldalait összeadjuk, a kért egyenlőtlenséghez jutunk.<br />
19. Bizonyítsd be, hogy tetszőleges AB C háromszögben érvényesek az alábbi egyenlőtlenségek<br />
( A , B és C a háromszög szögeinek mértéket jelöli.):<br />
3<br />
A B C 1<br />
a) 1≤ cosA+ cosB + cosC<br />
≤ ; b) sin sin sin ≤ ;<br />
2<br />
2 2 2 8<br />
1<br />
3 3<br />
c) cos Acos BcosC ≤ ; d) sin A+ sin B + sinC<br />
≤ ;<br />
8<br />
2<br />
A B C 1<br />
A B C 1<br />
e) cos cos cos ≤ ; f) tg tg tg ≤ ;<br />
2 2 2 3 3 2 2 2 3 3<br />
A B C<br />
g) tg + tg + tg ≥ 3 .<br />
2 2 2<br />
Bizonyítás. a) C = π − ( A+<br />
B)<br />
alapján<br />
cos A+ cos B + cosC = cos A+ cos B− cos( A+<br />
B)<br />
,<br />
3<br />
tehát a cos A+ cos B + cosC<br />
≤ egyenlőtlenség ekvivalens a<br />
2<br />
2cosA+ 2cosB − 2cosAcosB + 2sinAsinB ≤ 3<br />
egyenlőtlenséggel.<br />
2 2 2 2<br />
De 3 = sin A+ cos A+ sin B + cos B + 1 , tehát az egyenlőtlenség<br />
2 2<br />
(sin A− sin B) + (cos A+ cos B − 1) ≥ 0<br />
alakban írható, és ez igaz.<br />
Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha si n A = sin B és cos A+ cos B = 1 . Ebből<br />
π<br />
következik, hogy A= B = C = .<br />
3<br />
z
278 A trigonometria elemei<br />
A+ B A−B 2 A+ B A+ B A−B Másrészt cos ≤ cos , tehát 2cos ≤ 2cos cos és így<br />
2 2<br />
2 2 2<br />
1+ cos( A+ B) ≤ cosA+ cosB<br />
. Ebből következik, hogy 1 ≤ cos A+ cos B + cosC<br />
.<br />
b) A 15. feladat b) alpontja és az előbb igazolt egyenlőtlenség alapján<br />
A B C cos A+ cos B + cosC −11<br />
sin sin sin = ≤ .<br />
2 2 2 4<br />
8<br />
Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha a háromszög egyenlő szárú.<br />
c) Ha a háromszög tompaszögű vagy derékszögű, akkor a bal oldal negatív vagy 0,<br />
tehát az egyenlőtlenség igaz. Ha a háromszög hegyesszögű, akkor létezik olyan<br />
háromszög, amelynek szögei π − 2A , π − 2B és π − 2C . Erre a háromszögre alkalmazzuk<br />
a b) alpontnál bizonyított egyenlőtlenséget:<br />
π−2A π−2B π−2C<br />
cos AcosBcosC = sin sin sin ≤<br />
2 2 2<br />
1<br />
.<br />
8<br />
d) sin A+ sin B + sinC = sin A+ sin B + sin( A+ B)<br />
=<br />
A+ B⎛ A− B A+ B⎞ 2sin cos cos ⎟<br />
A+ B⎛ A+ B⎞<br />
= ⎜ 2sin ⎜1cos⎟<br />
2 ⎜<br />
+ ⎟≤ + ⎟<br />
⎝<br />
⎜<br />
2 2 ⎠⎟ 2 ⎝⎜<br />
2 ⎠ ⎟<br />
.<br />
A+ B⎛ A B⎞<br />
3 3<br />
Tehát elégséges igazolni, hogy 2sin ⎜<br />
+<br />
⎜1+ cos ⎟ ≤<br />
2 ⎜⎝ 2 ⎠⎟ . Ez ekvivalens a<br />
2<br />
2<br />
2 A+ B ⎛ A B⎞<br />
27<br />
sin ⎜<br />
+<br />
⎜1 + cos ⎟<br />
2 ⎜⎝ 2 ⎠⎟ ≤ egyenlőtlenséggel.<br />
16<br />
2 A+ B 2 A+ B<br />
De sin = 1 − cos és<br />
2 2<br />
2 3<br />
⎛ 2 A B⎞⎛ A B⎞ ⎛ A B⎞⎛ A B⎞<br />
⎜<br />
+<br />
1 cos ⎟⎜ +<br />
1 cos ⎟ ⎜<br />
+<br />
1 cos ⎟⎜ +<br />
⎜ 1 cos ⎟<br />
⎜<br />
− ⎟ + ⎟ = − ⎟ + ⎟<br />
⎝<br />
⎜ ⎜ ⎜<br />
2 ⎠⎝ ⎟⎜ 2 ⎠⎟ ⎝⎜ 2 ⎠⎝ ⎟⎜ 2 ⎟<br />
,<br />
⎠<br />
tehát alkalmazhatjuk a számtani-mértani közepek közti egyenlőtlenségeket a követ-<br />
A+ B<br />
A+ B<br />
kező számokra: x = 3− 3cos , y = z = t = 1+ cos . Így<br />
2<br />
2<br />
3 4 4 4<br />
⎛ A B⎞⎛ A B⎞ ⎜<br />
+ + ⎛x + y + z + t⎞<br />
⎛6⎞ 3<br />
3 − 3 cos ⎟ ⎟⎜1+ cos ⎟ = xyzt ≤ ⎜<br />
⎟ = ⎜ ⎟ 4<br />
⎝<br />
⎜ ⎟<br />
2 ⎠⎝ ⎟ ⎜ 2 ⎠⎟ ⎝ ⎜ 4 ⎠⎟⎝ ⎜ ⎜4⎠⎟=<br />
,<br />
2<br />
2 A+ B⎛ A B⎞<br />
27<br />
tehát sin ⎜<br />
+<br />
⎜1 + cos ⎟ ≤<br />
2 ⎜⎝ 2 ⎠⎟16 .<br />
A+ B A+ B<br />
Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha 3 − 3 cos = 1 + cos és<br />
2 2<br />
A− B<br />
π<br />
cos = 1,<br />
tehát ha A= B = C = .<br />
2<br />
3<br />
e) A 15. feladat a) alpontja alapján<br />
A B C<br />
3 3<br />
4 cos cos cos = sin A+ sin B + sinC<br />
≤ ,<br />
2 2 2 2
A trigonometria elemei 279<br />
A B C 3 3<br />
tehát cos cos cos ≤ .<br />
2 2 2 8<br />
f) A 15. feladat g) alpontja alapján<br />
A B B C C A<br />
3<br />
2 A 2 B 2C<br />
1= tg ⋅ tg + tg ⋅ tg + tg ⋅tg ≥ 3 tg ⋅tg ⋅tg<br />
2 2 2 2 2 2 2 2 2 ,<br />
A B C 1 1<br />
tehát tg ⋅tg⋅tg ≤ = .<br />
3<br />
2 2 2 3 3 3<br />
2<br />
⎛ A B C⎞ 2 2 2<br />
g) ⎜<br />
A B C<br />
⎜tg +tg tg ⎟<br />
⎜⎝<br />
+ ⎟ = tg + tg + tg + 2<br />
2 2 2⎟ ≥<br />
⎠ 2 2 2<br />
A B B C C A<br />
≥ tg ⋅ tg + tg ⋅ tg + tg ⋅ tg + 2 = 3 .<br />
2 2 2 2 2 2<br />
A B C<br />
Tehát tg + tg + tg ≥ 3 .<br />
2 2 2<br />
π 3π 5π<br />
1<br />
20. Bizonyítsd be, hogy sin sin sin = .<br />
14 14 14 8<br />
Bizonyítás<br />
π 3π 5π<br />
π 3π 5π<br />
Szorozzuk be a P = sin sin sin szorzatot a P ′ = 8 cos cos cos<br />
14 14 14<br />
14 14 14<br />
szorzattal. Így<br />
2π 6π 10π<br />
PP ′ = sin sin sin .<br />
14 14 14<br />
π 2π 5π<br />
π 6π<br />
π π 10π 3<br />
De − = , − = és − =−<br />
2 14 14 2 14 14 2 14 14<br />
π , tehát<br />
5π π 3π<br />
PP ′ = cos cos cos = P′<br />
14 14 14 8<br />
1<br />
.<br />
1<br />
Mivel P ′ ≠ 0 , írhatjuk, hogy P = .<br />
8<br />
9<br />
21. Bizonyítsd be, hogy bármely x, y ∈ esetén cos x + cos y + 2 cos(<br />
x + y)<br />
≥− .<br />
4<br />
Bizonyítás. Az egyenlőtlenség ekvivalens a<br />
2 2<br />
4(sinx − sin y) + (2cosx + 2cosy + 1) ≥ 0<br />
egyenlőtlenséggel, tehát igaz.<br />
1−sinx 1−cosx π<br />
22. Bizonyítsd be, hogy az E = + , x ≠ kπ+<br />
kifejezés értéke<br />
1−tgx 1−ctgx 4<br />
nem függ x -től.<br />
(1 −sin x) cos x (1 −cos<br />
x) sin x<br />
Bizonyítás. E = +<br />
=<br />
cos x −sinx sin x −cos<br />
x
280 A trigonometria elemei<br />
cos x − cos x sin x + cos x sin x −sinx<br />
= = 1 .<br />
cos x − sin x<br />
23. Számítsd ki a következő összegeket:<br />
2 2<br />
n n<br />
a) tg x + 2 tg 2x + 2 tg(2 x)<br />
+ ... + 2 tg(2 x)<br />
;<br />
3 x 3 x 2 3 x n−1<br />
3 x<br />
b) sin + 3 sin + 3 sin + ... + 3 sin ;<br />
3 3<br />
n<br />
3 3 3<br />
3<br />
1 1 1<br />
c)<br />
...<br />
sin 2 sin 4 sin 2 n<br />
+ + +<br />
a a<br />
a ;<br />
sin1 sin1 sin1<br />
d) + + ... +<br />
;<br />
cos 0 cos1 cos1cos 2 cos ( n −1)<br />
cos n<br />
1 1 1<br />
e)<br />
+ + ... +<br />
.<br />
cos x + cos 3x cos x + cos 5x cos x + cos( 2n + 1)<br />
x<br />
Megoldás. a) A ctga − 2ctg 2a = tga<br />
azonosság alapján<br />
n n<br />
k k k k k+ 1 k+ 1 k+<br />
1<br />
2 tg2 x = 2 (ctg2 x − 2ctg2 x) = ctgx −2ctg2<br />
x<br />
∑ ∑ .<br />
k= 0 k=<br />
0<br />
3<br />
b) A 4sina = 3sina −sin3a<br />
azonosság alapján<br />
k 3 x 1 ⎛ k+ 1 x k x ⎞<br />
3 sin = ⎜3<br />
sin 3 sin ⎟<br />
k+ 1 k+<br />
1<br />
3 4<br />
⎜⎜⎝ − k ⎟<br />
3 3 ⎠⎟,<br />
tehát<br />
n−1<br />
k 3 x 1 ⎛ n x ⎞<br />
∑ 3 sin = ⎜3<br />
sin −sinx⎟ k+ 1<br />
n ⎟<br />
k=<br />
0 3 4<br />
⎜⎜⎝ 3 ⎠⎟.<br />
1<br />
1<br />
k−1k c) A ctga − ctg 2a<br />
= azonosság alapján = ctg 2 a − ctg 2 a,<br />
k<br />
sin 2a<br />
sin 2 a<br />
n<br />
1<br />
n<br />
tehát ∑ = ctga −ctg<br />
2 a.<br />
k<br />
k=<br />
1 sin 2 a<br />
sin1<br />
d) A tg n −tg( n − 1) = ∀ n ≥1egyenlőség<br />
alapján<br />
cos n⋅cos( n−1)<br />
n n<br />
sin1<br />
∑ = ∑( tgk −tg( k − 1) ) = tgn− tg 0 = tgn.<br />
k= 1 cos( k −1)cos<br />
k k=<br />
1<br />
n n<br />
1 1<br />
e) ∑ = ∑<br />
=<br />
k= 1 cos x + cos(2k + 1) x k=<br />
1 2 cos( k + 1) x coskx<br />
n n<br />
1 sinx1 = ∑ = ∑( tg( k + 1) x − tg x)<br />
=<br />
2sinx k= 1 coskx cos( k + 1) x 2sinx<br />
k=<br />
1<br />
1 sinnx<br />
= ( tg( n + 1) x − tg x)<br />
=<br />
2sinx sin2x cos( n + 1) x
A trigonometria elemei 281<br />
24. Bizonyítsd be, hogy<br />
π 3π 5π 7π 9π<br />
a) cos + cos + cos + cos + cos =<br />
11 11 11 11 11 2<br />
1 ;<br />
2π 4π 6π 8π 10π<br />
b) cos + cos + cos cos + cos =<br />
11 11 11 11 11 2<br />
1<br />
− .<br />
Bizonyítás. A 4.1. Megoldott feladatok 2. feladata (195. oldal) alapján<br />
5π 5π 10π<br />
sin cos sin<br />
π 3π 5π 7π 9π cos + cos + cos + cos + cos = 11 11 11<br />
11 11 11 11 11<br />
π = π =<br />
sin 2 sin 2<br />
11 11<br />
1<br />
5π 6π<br />
sin cos<br />
2π 4π 6π 7π 10π és cos + cos + cos + cos + cos = 11 11<br />
11 11 11 11 11<br />
π =<br />
sin<br />
11<br />
5π 5π<br />
sin sin<br />
11 11 1<br />
=− π =− .<br />
sin 2<br />
11<br />
2π 4π 6π<br />
2nπ<br />
25. Számítsd ki a cos + cos + cos + ... + cos<br />
2n + 1 2n + 1 2n + 1 2n<br />
+ 1<br />
összeget.<br />
Megoldás. A 4.1. Megoldott feladatok 2. feladata alapján<br />
nπ ( n + 1) π nπ<br />
nπ<br />
n<br />
sin cos sin cos<br />
2kπ cos<br />
2n + 1 2n + 1 2n + 1 2n + 1<br />
∑ =<br />
k 1 2n1 π =− π =<br />
= + sin sin<br />
2n + 1 2n + 1<br />
2nπ<br />
sin<br />
2 1 1<br />
=−<br />
n +<br />
π =− .<br />
2sin 2<br />
2n+ 1<br />
⎛ 2π 2π<br />
⎞<br />
⎜<br />
⎜a , n n 1 és r ⎟<br />
⎜⎝<br />
= → − = ⎟<br />
2n + 1 2n + 1⎠⎟<br />
26. Számítsd ki a következő szorzatokat:<br />
a) cos cos 2 cos 4 ...cos 2 ;<br />
n<br />
x x x x<br />
1 1 1 1<br />
b) 1 1 1 ... 1<br />
1<br />
cos cos 2 cos 4 cos 2 n<br />
⎛ ⎞⎛<br />
⎟<br />
⎞⎛<br />
⎟<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎛<br />
⎞⎟⎠ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜<br />
⎜<br />
+ ⎟ + ⎟ + ⎟ + −<br />
⎝ x⎠⎝ ⎟ ⎜ x⎠⎝ ⎟ ⎜ x⎠⎟<br />
⎝ ⎜ x<br />
;<br />
π 2π 3π<br />
nπ<br />
c) cos cos cos ...cos .<br />
2n + 1 2n + 1 2n + 1 2n + 1<br />
n+<br />
1<br />
Megoldás. a) Jelöljük P -vel a kiszámítandó szorzatot és szorozzuk be 2 sinx-<br />
szel. A 2s inucosu = sin2u<br />
azonosság alapján
282 A trigonometria elemei<br />
n+ 1<br />
n<br />
n<br />
2 ⋅sin x ⋅ P = 2 (2 sin x cos x)cos2x ⋅… ⋅cos2x<br />
=<br />
n−1n = 2 (2sin2x cos2 x)cos4x ⋅…⋅<br />
cos2 x =<br />
n−2n = 2 (2sin4x cos4 x) ⋅…⋅cos2 x = …<br />
1<br />
sin 2 .<br />
n+ … = x<br />
n+<br />
1<br />
sin 2 x<br />
Tehát P = .<br />
n+<br />
1<br />
2 sinx<br />
2 k−1<br />
k<br />
1 2cos 2 x tg 2 x<br />
b) Az 1 + = = azonosság alapján a kiszámítandó P<br />
k k<br />
k−1 cos2 x cos2 x tg2 x<br />
szorzat a következőképpen írható:<br />
k n−1<br />
n−1 n n<br />
⎛ 1 ⎞ tg2 x tga tg2a tg2 x tg2 x<br />
∏⎜ ⎜ 1 ⎟<br />
⎜⎝<br />
+ = = k−1 k−1 n 2<br />
k 1 cos 2 x k 1 tg 2 x<br />
a ⋅ ⋅ ⋅ = −<br />
⎠<br />
⎟ ∏ …<br />
tg tga tg 2 x<br />
x .<br />
= =<br />
tg<br />
2 2<br />
n<br />
n<br />
kπ<br />
kπ<br />
c) Szorozzuk be a P = ∏ cos szorzatot a P ′ = ∏ sin szorzattal.<br />
k=<br />
1 2n+ 1<br />
k=<br />
1 2n+ 1<br />
n 1 2kπ1 PP ′ = sin<br />
n∏ = P ′ , n<br />
2 k=<br />
1 2n+ 1 2<br />
2kπ<br />
(2n + 1 −2<br />
k)<br />
π<br />
mert 2 k > n esetén a sin = sin<br />
összefüggés alapján a szorzat<br />
2n + 1 2n + 1<br />
1<br />
tényezőit átírjuk. Tehát<br />
2 n P = .
A trigonometria alkalmazása a geometriában 283<br />
IX. A trigonometria alkalmazása a geometriában<br />
IX.1.2. Gyakorlatok (213. oldal)<br />
1. Bizonyítsd be, hogy az AB C háromszög pontosan akkor derékszögű A -ban, ha<br />
2 2<br />
2<br />
sin A= sin B + sin C .<br />
Bizonyítás. Az AB C háromszög A -ban derékszögű ⇔<br />
2 2 2 2 2 2<br />
⇔ a = b + c ⇔ (2Rsin A) = (2Rsin B) + (2Rsin C)<br />
⇔<br />
2 2<br />
2<br />
⇔ sin A= sin B + sin C .<br />
2<br />
2. Az ABC háromszögben a = 3 , b = 4 és sin A = . Határozd meg a C szög<br />
5<br />
mértékét.<br />
3 4 c<br />
Megoldás. = =<br />
2 sin B sinC 5<br />
⇒<br />
8<br />
sin B =<br />
15<br />
⇒<br />
⇒<br />
2 8<br />
sinC = sin( A+ B) = sin Acos B + cos AsinB = cos B + cos A⋅<br />
,<br />
5 15<br />
⎧⎪ ahol cos A ∈⎪ ⎨− ⎪<br />
⎪⎩ 21<br />
,<br />
5<br />
21⎫<br />
⎪<br />
⎧⎪ ⎬ és cos B ∈⎪ ⎨− 5 ⎪<br />
⎪⎭<br />
⎪<br />
⎪⎩ 161<br />
,<br />
15<br />
161⎫<br />
⎪<br />
⎬.<br />
15 ⎪<br />
⎪⎭<br />
• Ha cos A=− 21<br />
5<br />
⇒ cos B =<br />
161<br />
(mivel ha a szög koszinusza negatív, az<br />
15<br />
nagyobb 90 -nál). Ekkor<br />
2<br />
sin C = ⋅<br />
5<br />
ami nem lehetséges mivel C ∈ (0, π)<br />
.<br />
161<br />
−<br />
15<br />
21 8 2 7<br />
⋅ = ( 21 − 4 3) < 0 ,<br />
5 15 75<br />
• Ha cos B =−<br />
161<br />
15<br />
⇒ cos A= 21<br />
5<br />
⇒<br />
2 − 161<br />
sinC<br />
= ⋅ +<br />
5 15<br />
21 8<br />
⋅ =<br />
5 15<br />
2 7<br />
= ( 4 3 −<br />
75<br />
23)<br />
.<br />
• Ha cos A= 21<br />
5<br />
és cos B =<br />
161<br />
15<br />
⇒<br />
2<br />
sinC<br />
= ⋅<br />
5<br />
161<br />
+<br />
15<br />
21 8<br />
⋅ =<br />
5 15<br />
2 7<br />
= (<br />
75<br />
23 + 4 3)<br />
.<br />
3. Számítsd ki az AB C háromszög oldalainak és szögeinek a mértékét, ha<br />
a) a = 2 , b = 4 és A<br />
3<br />
π<br />
= ; b) a =<br />
2 3<br />
, b = és A<br />
2 2 6<br />
π<br />
= .<br />
2 4<br />
Megoldás. a) π =<br />
sin sin B<br />
3<br />
⇒ sin B = 3 > 1,<br />
ami lehetetlen.
284 A trigonometria alkalmazása a geometriában<br />
b)<br />
2 3<br />
2 2<br />
π =<br />
sin sin B<br />
6<br />
⇒<br />
3 2<br />
sin B = > 1,<br />
ami szintén lehetetlen.<br />
4<br />
4. Bizonyítsd be, hogy<br />
sin( A−B) a −b<br />
= 2<br />
sin( A+ B) c<br />
2 2<br />
2 2 2 2 2 2<br />
a −b sin A−sinB 1 sin A−sin B<br />
Bizonyítás. = = ⋅<br />
.<br />
2 2<br />
c sin C sin( A+ B) sin( A+ B)<br />
2 2<br />
sin A−sinB<br />
Igazolni kell, hogy sin( A− B)<br />
=<br />
. Ez a következő alakban is írható:<br />
sin( A+ B)<br />
sin( )sin( ) sin sin<br />
2 2<br />
A− B A+ B = A− B<br />
2 2 2 2 2 2<br />
⇔ sin A⋅cos B −cosA⋅ sin B = sin A− sin B<br />
⇔ ⋅ − = ⋅ −<br />
2 2 2 2<br />
sin A (1 cos B) sin B (1 cos A)<br />
2 2 2 2<br />
⇔ sin A⋅ sin B = sin B⋅<br />
sin A,<br />
ami igaz.<br />
2 2<br />
sin( A−B) a −b<br />
Tehát<br />
= . 2<br />
sin( A+ B) c<br />
5. Bizonyítsd be, hogy<br />
b + c B + C<br />
a) ha a = és A = , akkor az AB C háromszög egyenlő oldalú;<br />
2<br />
2<br />
2 2<br />
sin A a<br />
b) ha = , akkor az ABC háromszög derékszögű.<br />
cos A bc<br />
b + c<br />
Bizonyítás. a) a =<br />
2<br />
tovább írhatjuk, hogy<br />
⇔<br />
sin B + sinC<br />
sin A=<br />
2<br />
B + C<br />
és mivel A =<br />
2<br />
,<br />
B + C<br />
sin<br />
2<br />
sin B + sinC<br />
=<br />
2<br />
⇒<br />
B + C B + C B −C<br />
2 sin = 2 sin cos<br />
2 2 2<br />
⇒<br />
⇒<br />
B + C ⎛ B−C⎞ sin 1 cos ⎟<br />
B + C<br />
B − C<br />
⎜ − ⎟ 0<br />
2<br />
⎜⎜⎝ 2 ⎠ ⎟<br />
= . Tehát sin = 0 vagy cos<br />
2<br />
2<br />
= 1 .<br />
B + C<br />
Ha sin<br />
2<br />
= 0 ⇒<br />
π<br />
B = C = 0 vagy B = C = , nem megoldások mivel A ,<br />
2<br />
BC , ∈ (0, π)<br />
. Ha<br />
B −C cos<br />
2<br />
= 1 ⇒<br />
B−C = 0<br />
2<br />
⇒ B = C . Viszont<br />
B + C<br />
A =<br />
2<br />
oldalú.<br />
, következik, hogy A = B = C . Tehát az AB C háromszög egyenlő<br />
2 2<br />
sin A a<br />
b) =<br />
cos A bc<br />
⇒ cos A≠ 0 ⇒<br />
π<br />
A≠<br />
.<br />
2<br />
.<br />
⇔<br />
⇔<br />
⇔
A trigonometria alkalmazása a geometriában 285<br />
sin A a sin A sin A<br />
cos A bc cos A sin BsinC ⇔ sin BsinC = cos A ⇔ sin BsinC =− cos( B + C)<br />
2 2 2 2<br />
= ⇔ = ⇔<br />
2<br />
sin A⋅(sinBsinC − cos A)<br />
= 0 ⇔<br />
⇔ sin BsinC =− cos BcosC + sin BsinC ⇔ cos BcosC = 0 .<br />
Tehát az AB C háromszög B -ben vagy C -ben derékszögű.<br />
A−B C a −b<br />
6. Bizonyítsd be, hogy bármely AB C háromszögben tg tg = .<br />
2 2 a + b<br />
(Tangens tétel)<br />
A−B C sin( A−B) sinC<br />
Bizonyítás. tg tg = ⋅ =<br />
2 2 1+ cos( A− B) 1+ cosC<br />
sin( − )sin( + ) sin ⋅cos −cos⋅sin = =<br />
[1 + cos( − )] ⋅[1− cos( + )] (1 + sin sin ) −cos⋅cos A B A B<br />
2<br />
A<br />
2<br />
B<br />
2<br />
A<br />
2<br />
B<br />
A B A B A<br />
2<br />
B<br />
2<br />
A<br />
2<br />
B<br />
2 2 2 2<br />
sin A⋅(1−sin B) −(1−sin A) ⋅sin<br />
B<br />
= =<br />
2 2 2 2<br />
1 + 2 sin Asin B + sin Asin B −(1−sin A) ⋅(1−sin B)<br />
2 2<br />
sin A−sin B (sin A− sin B)(sin A+ sin B)<br />
= =<br />
=<br />
A+ A B + B A+ B<br />
2 2<br />
2<br />
sin 2 sin sin sin (sin sin )<br />
sin A−sin B a −b<br />
= =<br />
sin A+ sin B a + b .<br />
IX.2.2. Gyakorlatok és feladatok (216. oldal)<br />
2 2 2<br />
1. Bizonyítsd be, hogy az AB C pontosan akkor hegyesszögű, ha a , b és c lehet<br />
Δ<br />
egy háromszög oldalainak hossza.<br />
Bizonyítás<br />
2<br />
a<br />
2 2<br />
< b + c ⇔<br />
2 2 2 2<br />
b + c − 2bccosA< b + c ⇔ cosA> 0 ⇔<br />
⎛ π⎞<br />
A∈<br />
⎜<br />
⎜0, ⎟<br />
⎝<br />
⎟<br />
2 ⎠ ⎟ .<br />
Hasonlóan<br />
2<br />
b<br />
2 2<br />
< a + c ⇔<br />
⎛ π⎞<br />
B ∈ ⎜<br />
⎜0, ⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟<br />
2 ⎠ ⎟;<br />
2<br />
c<br />
2 2<br />
< a + b ⇔<br />
⎛ π⎞<br />
C ∈ ⎜<br />
⎜0, ⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟<br />
2 ⎠ ⎟.<br />
2. Bizonyítsd be, hogy az ABC Δ<br />
b + c<br />
= cos B + cosC<br />
.<br />
a<br />
pontosan akkor derékszögű A -ban, ha<br />
b + c<br />
Bizonyítás. = cos B + cosC<br />
2<br />
⇔<br />
2 2 2 2 2 2<br />
b + c a + c − b a + b −c = +<br />
a 2ac<br />
2ab<br />
⇔<br />
⇔<br />
2 2 2 2 2 2<br />
2 bcb ( + c) = ba ( + c − b ) + ca ( + b −c)<br />
⇔<br />
⇔ + = + + + − + − +<br />
2 2<br />
2<br />
2 bc( b c) a ( b c) bc( b c) ( b c)( b bc c ) ⇔<br />
⇔<br />
=
286 A trigonometria alkalmazása a geometriában<br />
⇔ = + − − ⇔ = +<br />
2 2 2 2 2<br />
2bc a bc b c a b c<br />
3. Bizonyítsd be, hogy<br />
a) bcosC + ccosB = a ; b) bcos B + ccosC = acos( B−C) ;<br />
2 2<br />
2 2<br />
b −c<br />
b −c<br />
c) bcosC − ccos B = ; d) bcos B − ccosC =−cos A⋅<br />
.<br />
a<br />
a<br />
2 2 2 2 2 2<br />
a + b − c a + c −b<br />
Bizonyítás. a) bcosC + ccos B = b⋅ + c⋅<br />
=<br />
2ab 2ac<br />
2 2 2 2 2 2<br />
a + b − c + a + c −b<br />
= = a .<br />
2a<br />
b) bcos B + ccosC = 2RsinBcos B + 2RsinC cosC<br />
=<br />
sin Bcos B + sinC cosC<br />
= 2 R(sinBcosB + sinC cos C) = a<br />
.<br />
sin( B + C)<br />
sinBcosB + sinC cosC<br />
Kellene igazolni, hogy = cos( B−C) . (*)<br />
sin( B + C)<br />
(*)<br />
2 2<br />
⇔ sin Bcos B + sinC cosC = sin Bcos BcosC + sin BsinC cosC<br />
+<br />
2 2<br />
+ cos BsinC cosC + sin Bcos BsinC ⇔ + = +<br />
⇔<br />
2 2 2<br />
2<br />
sinBcosBsin C sinCcosCsinB sin BsinCcosC sinBcosBsin C,<br />
ami igaz.<br />
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2<br />
a + b − c a + c − b a + b −c −a − c + b<br />
c) bcosC − ccosB = b⋅ −c⋅ = =<br />
2ab 2ac 2a<br />
2 2<br />
b −c<br />
= .<br />
a<br />
2 2<br />
b −c<br />
d) bcos B − ccosC =−cos A⋅<br />
a<br />
⇔<br />
⇔<br />
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2<br />
a + c − b a + b −c a −b −c b −c<br />
b⋅ −c⋅ = ⋅<br />
2ac 2ab 2bca<br />
⇔<br />
⇔<br />
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2<br />
b ( a + c −b ) − c ( a + b − c ) = ( a −b −c )( b − c ) ⇔<br />
2 2 2 2 4 2 2 2 2 4 2 2 2 2 4 2 2 2 2 4<br />
⇔ ab + bc −b−ac− bc + c = ab −ac− b + bc − bc + c<br />
⇔ 0 = 0,<br />
ami igaz.<br />
4. Bizonyítsd be, hogy ha 2c osA+ cosB + cosC = 2,<br />
akkor b + c = 2a<br />
.<br />
B+ C B−C Bizonyítás. 2 cosA+ cosB+ cosC = 2 ⇔ 2 cos cos = 2(1 −cos A)<br />
⇔<br />
2 2<br />
A B −C 2 A B −C<br />
A<br />
⇔ sin cos = 2 sin ⇔ cos = 2 sin ⇔<br />
2 2 2 2 2<br />
2<br />
.<br />
⇔
A trigonometria alkalmazása a geometriában 287<br />
B−C A ⎛B− C + A⎞ ⎛B −C −A⎞<br />
⇔ 2 cos cos = 2 sin A ⇔ cos ⎜<br />
⎟ cos⎜ ⎟ 2 sin A<br />
2 2 ⎜ ⎟+ ⎟=<br />
⎝<br />
⎜<br />
2 ⎠⎟ ⎝⎜ 2 ⎠⎟<br />
⇔<br />
⎛π ⎞ ⎛π ⎞<br />
⇔ cos ⎜ C⎟ cos B⎟ ⎜<br />
− ⎟+ ⎜ − ⎟=<br />
2sinA ⇔ sinC + sinB = 2sinA ⇔ b + c = 2<br />
⎝2 ⎠⎟ ⎝ ⎜ ⎜2<br />
⎠⎟<br />
a.<br />
5. Számítsd ki a következő összegeket:<br />
a) ( a + b)cos C + ( b + c)cos A+ ( c+ a)cos B;<br />
cos B −cosC cosC −cos A cos A−cosB<br />
b) + +<br />
.<br />
b + c− a b + c− a a + b−c Megoldás. a) ( a + b)cos C + ( b + c)cos A+ ( c + A)cos B =<br />
2 2 2 2 2 2 2 2 2<br />
a + b − c b + c − a a + c −b<br />
= ( a + b) + ( b + c) + ( c + a)<br />
=<br />
2ab 2bc2ac abc( b + a + c + b + a + c)<br />
= = a + b + c.<br />
2abc<br />
cos B −cosC cosC −cosA cos A−cosB<br />
b) Használjuk az S = + +<br />
jelölést.<br />
b + c− a b + c− a a + b−c 2 2 2 2 2 2<br />
a + c − b a + b −c<br />
−<br />
2 2 3 2 2 3<br />
cos B − cosC 2ac 2aba<br />
b + bc −b<br />
−a c− b c + c<br />
= =<br />
=<br />
b + c− a b + c− a 2 abc( b + c−a) 2 2 2 2 2<br />
( b−c)( a −bc−b −bc−c ) ( b−c)[ a − ( b + c)<br />
]<br />
= =<br />
2 abc( b + c − a) 2 abc( b + c −a)<br />
( b−c)( a −b− c)( a + b + c) ( c−b) p<br />
= = .<br />
2 abc( b + c −a)<br />
abc<br />
( c−b) p ( a −c) p ( b−a) p p<br />
Tehát S = + + = ( c− b + a − c + b−a ) = 0.<br />
abc abc abc abc<br />
6. Adott az AB C . Δ<br />
a) Bizonyítsd be, hogy ha M ∈ ( BC)<br />
, akkor<br />
2 2 2<br />
AB ⋅ MC + AC ⋅MB −BC⋅ MA = MB ⋅MC ⋅BC<br />
. (Stewart tétel)<br />
b) Bizonyítsd be ebből kiindulva az oldalfelező hosszára vonatkozó tételt.<br />
c) Számítsd ki a belső szögfelező hosszát.<br />
d) Bizonyítsd be, hogy ha a két belső szögfelező kongruens, akkor az AB CΔ egyenlőszárú.<br />
e) Lehet-e egyenlő egy belső és egy külső szögfelező hossza?<br />
Megoldás. a) Az ABM és ACM háromszögben felírjuk a koszinusz tételt.<br />
Jelöljük <br />
α = mAMB ( ). Ekkor<br />
2 2 2<br />
AB = MA + MB −2MA ⋅MB ⋅cos α | ⋅MC<br />
2 2 2<br />
AC = MA + MC −2MA ⋅MC ⋅cos( π−α) | ⋅MB<br />
=<br />
⇒
288 A trigonometria alkalmazása a geometriában<br />
2 2 2<br />
AB ⋅ MC = MA ⋅ MC + MB ⋅MC −2MA⋅MB ⋅MC ⋅cosα<br />
⇒ 2 2 2<br />
AC ⋅ MB = MA ⋅ MB + MC ⋅MB −2MA ⋅MC ⋅MB ⋅cos( π−α) Az előbbi két összefüggést összeadjuk és kapjuk, hogy:<br />
2 2 2<br />
AB ⋅ MC + AC ⋅ MB = MA ( MC + MB) + MB ⋅ MC( MB + MC ) ⇒<br />
⇒<br />
2 2 2<br />
AB ⋅ MC + AC ⋅MB −BC⋅ MA = MB ⋅MC ⋅ BC .<br />
b) Legyen MB = MC . Ekkor az AB C háromszögben a szokásos jelöléseket használva,<br />
az a)-ban bizonyított összefüggésből következik, hogy:<br />
2 a 2 a 2 a a<br />
c ⋅ + b ⋅ −a⋅ MA = ⋅ ⋅a 2 2 2 2<br />
⇒<br />
2 2 2<br />
2 2( b + c ) −a<br />
MA =<br />
.<br />
4<br />
⎧⎪ MB c<br />
⎪<br />
c) Ebben az esetben ⎪<br />
=<br />
⎨MC<br />
b<br />
⎪ MB + MC = a<br />
⎪⎩<br />
Stewart tételéből következik, hogy<br />
ab<br />
⇒ MC = ;<br />
b + c<br />
ac<br />
MB = .<br />
b + c<br />
2 ab 2 ac 2 ac ab<br />
c ⋅ + b ⋅ −a⋅ MA = ⋅ ⋅a<br />
b + c b + c b + c b + c<br />
⇒<br />
⇒<br />
2<br />
2 abc<br />
MA = bc − 2<br />
( b + c) ⎛ 2<br />
a ⎞ ( a b c)( a b c<br />
bc ⎜ ⎛ ⎞<br />
1 ⎜ ⎟ ⎟ − + + + + )<br />
= ⎜ ⎟<br />
⎜<br />
− ⎜ ⎟ ⎟ = bc ⋅<br />
2<br />
b c⎟ =<br />
⎜⎝<br />
⎝ + ⎠ ⎠⎟<br />
( b + c)<br />
4 bcp( p −a)<br />
=<br />
. 2<br />
( b + c)<br />
A<br />
Felhasználva a 2.3. következményt, miszerint cos =<br />
2<br />
ményt átírhatjuk:<br />
pp ( −a)<br />
, az előbbi ered-<br />
bc<br />
2<br />
MA = ⋅<br />
b + c<br />
A<br />
2bc ⋅ cos<br />
pp ( −a)<br />
⋅ bc = 2 .<br />
bc b + c<br />
d) Feltételezzük, hogy az A -ból és B -ből induló belső szögfelezők kongruensek.<br />
4 bcp( p−a) 4 acp( p−b) = 2 2<br />
( b + c) ( a + c) ⇒<br />
b( p−a) 2<br />
(2 p−a) a( p−b) = 2<br />
(2 p−b) 2 2<br />
b(2 p−b) a(2 p−a) ⇒ =<br />
p−b p−a b⋅ p + p p− b + p−b a⋅ p + p p− a + p−a ⇒ =<br />
p−b p−a 2 2 2<br />
2<br />
[ 2 ( ) ( ) ] [ 2 ( ) ( ) ]<br />
2 2<br />
bp ap<br />
⇒ + 2 bp + b( p − b) = + 2 ap + a( p −a)<br />
p−b p−a ⇒<br />
⇒<br />
⎛ 2 a b ⎞ 2<br />
p ⎜<br />
⎟<br />
2<br />
⎜ − ⎟ + 2 p( a − b) + p( a −b) −( a − b ) = 0<br />
⎜ ⎜⎝p−a p−b⎠ ⎟<br />
⇒<br />
⇒
A trigonometria alkalmazása a geometriában 289<br />
⎡ 3<br />
⎤<br />
p<br />
⇒ ( a −b) ⋅ ⎢ + 3 p− ( a + b)<br />
⎥ = 0<br />
⎢( p a)( p b)<br />
⎥<br />
⎣ − −<br />
⎦<br />
⇒<br />
⎡ 3<br />
p<br />
⎤<br />
⇒( a − b) ⎢ + p + ( p− a) + ( p− b)<br />
⎥ = 0,<br />
⎢( p−a)( p−b) ⎥<br />
⎣ ⎦<br />
és mivel a szögletes zárójelben levő kifejezés szigorúan pozitív, következik, hogy<br />
a = b . Tehát az ABC egyenlőszárú.<br />
<br />
C<br />
e) Igen.<br />
M<br />
Megrajzoljuk az ANM egyenlőszárú, derékszögű B<br />
háromszöget. Felvesszük az MN egyenesen a<br />
B ∈ ( MN)<br />
pontot. Az ANM háromszögön kívül<br />
megszerkesztjük az MA C ≡ BAM szöget, ahol<br />
C ∈ ( BM . Ekkor az AB C háromszögben AM belső-,<br />
illetve AN külső szögfelező és AM = AN .<br />
A N<br />
7. Bizonyítsd be, hogy ha G az AB C súlypontja és O a köré írt kör középpontja,<br />
Δ<br />
akkor<br />
a) ha M egy pont az ABC síkjában, akkor<br />
Δ<br />
2 2 2<br />
2 2 2 2 a + b + c<br />
MA + MB + MC = 3MG<br />
+<br />
.<br />
3<br />
(Leibniz tétel)<br />
2 2 2<br />
b) azon pontok mértani helye, amelyekre MA + MB + MC<br />
középpontú OG sugarú kör.<br />
Bizonyítás. a) Az MAA′ -ben alkalmazzuk Stewart tételét.<br />
<br />
2<br />
= 3R<br />
a G<br />
2 2 2<br />
MA ⋅ GA′ + MA′ ⋅GA −MG⋅ AA′ = GA′ ⋅GA⋅ AA′<br />
. (1)<br />
De AA′<br />
2 2<br />
2( b c ) a<br />
oldalfelező az ABC -ben, így<br />
<br />
4<br />
2<br />
+ −<br />
AA ′ =<br />
, ugyanakkor<br />
2<br />
1<br />
GA = AA′ és GA ′ = AA′<br />
. Ekkor<br />
3<br />
3<br />
(1) ⇔<br />
2 1 2 2 2 1 2<br />
MA ⋅ AA′ + MA′ ⋅ AA′ −MG⋅ AA′ = AA′ ⋅ AA′ ⋅AA′ 3 3 3 3<br />
⇔<br />
⇔<br />
2 2 2<br />
2 2 2 2( b + c ) −a<br />
3MA + 6⋅MA′ − 9MG = 2⋅<br />
. (2)<br />
4<br />
Az MBC -ben MA ′ oldalfelező, tehát<br />
<br />
2 2 2<br />
2 2( MB + MC ) −a<br />
MA′<br />
=<br />
. (3)<br />
4<br />
A (2) és (3) összefüggésekből azt kapjuk, hogy:<br />
2 2 2 2 2 2<br />
2 2( MB + MC ) − a 2 2( b + c ) −a<br />
3MA + 3⋅ − 9MG<br />
=<br />
2 2<br />
⇔
290 A trigonometria alkalmazása a geometriában<br />
2 2 2 2 2 2 2 2<br />
⇔ 6( MA + MB + MC ) −3a− 18MG = 2( b + c ) −a⇔ 2 2<br />
2 2 2 2 a + b + c<br />
MA MB MC 3MG<br />
2<br />
⇔ + + = +<br />
.<br />
3<br />
2 2 2<br />
2 2 2 2 a + b + c<br />
2<br />
b) MA + MB + MC = 3MG + = 3R<br />
3<br />
2 2 2<br />
2 2 a + b + c<br />
⇒ MG = R −<br />
. (3)<br />
9<br />
A BA′ O -ben Pitagorász tétele szerint:<br />
<br />
⇒<br />
2<br />
2 2 ⎛a⎞ OA′ = R − ⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟<br />
2⎠<br />
⎟<br />
B<br />
.<br />
Jelöljük <br />
α = mOAG ( ′ ) és az A -ból induló<br />
habc magasságot ha -val. Ekkor cos α = = .<br />
AA′ 2R<br />
⋅ AA′<br />
Tehát az OA′ G -ben a koszinusz-tételből következik, hogy:<br />
<br />
2<br />
OG<br />
2 2<br />
= OA′ + GA′ −2⋅OA′ ⋅GA′ ⋅cos α =<br />
2<br />
2 ⎛a⎞ 1 2 1 b<br />
R ⎟<br />
c<br />
= − ⎜<br />
⎜⎜⎝ + AA′ −2⋅OA′ ⋅ AA′ ⋅ =<br />
2⎠ ⎟<br />
9 3 2R⋅AA′<br />
O G<br />
2 2 2 2<br />
2<br />
2 ⎛a⎞ 1 2( b c ) a 1 bc 2<br />
R ⎟<br />
+ −<br />
⎛a⎞ = − ⎜ R ⎟<br />
⎜ + ⋅ − ⋅ ⋅ − ⎜ =<br />
⎝2⎠ ⎟ ⎟<br />
9 4 3 R ⎝ ⎜ ⎜2⎠⎟<br />
2<br />
2 1 2 2 5 2 1 a<br />
= R + ( b + c ) − a − ⋅bc⋅ 1−<br />
= 2<br />
18 18 3 4R<br />
2 1 2 2 5 2 1<br />
= R + ( b + c ) − a − ⋅bc⋅ cosA=<br />
18 18 3<br />
2 2 2<br />
2 1 2 2 5 2 1 b + c −a<br />
= R + ( b + c ) − a − ⋅ =<br />
18 18 3 2<br />
2 2 2<br />
2 1 2 2 1 2 2 a + b + c<br />
= R + ( b + c ) − a = R −<br />
(4)<br />
9 9 9<br />
A (3) és (4) összefüggésekből következik, hogy M rajta van a G középpontú OG<br />
sugarú körön. Tehát a mértani hely ez a kör.<br />
8. Bizonyítsd be, hogy ha a, b , c> 0,<br />
akkor<br />
Bizonyítás.<br />
2<br />
⇔ ( ab + ac −bc) ≥ 0<br />
2 2 2 2 2<br />
a − ab + b + a − ac + c ≥ b + bc + c<br />
2 .<br />
2 2 2 2 2 2<br />
a − ab + b + a − ac + c ≥ b + bc + c ⇔<br />
, ami igaz.<br />
Geometriai megoldás. Szerkesszük meg az OA B és OBC háromszögeket úgy,<br />
hogy OA = a, OB = b, OC = c , ( AOB ) = m( BOC = 0<br />
<br />
m ) 6 legyen. A koszinusz<br />
A<br />
A<br />
C
A trigonometria alkalmazása a geometriában 291<br />
tétel alapján<br />
2<br />
AC = a + ac + c<br />
egyenlőtlenség alapján<br />
2 2<br />
AB = a − ab + b ,<br />
2 , tehát az AB<br />
2 2<br />
BC = b − bc + c és<br />
+ BC ≥AC<br />
2 2<br />
a − ab + b +<br />
2 2<br />
b − bc + c ≥<br />
2<br />
a + ac + c<br />
2 .<br />
9. Oldd meg a következő egyenleteket:<br />
a) 15 − 12 cos x +<br />
⎛ π⎞<br />
7 − 4 3 sin x = 4 , ha x ∈ ⎜<br />
⎜0, ⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟<br />
2 ⎠ ⎟;<br />
b)<br />
⎛ π⎞<br />
x ∈ ⎜<br />
⎜0, ⎟<br />
⎜⎝ 2 ⎠<br />
⎟<br />
2 − 2 cos x + 10 − 6 cos x = 10 −6cos x , ha<br />
.<br />
Megoldás. a) Ha 15 − 12 cos x = A,<br />
akkor<br />
Tehát<br />
2 2 2<br />
15 − A<br />
( A −3)(27−A )<br />
cos x = ⇒ sin x =<br />
.<br />
12 12<br />
A<br />
O B<br />
2 2<br />
( A −3)(27 −A<br />
)<br />
15 − 12 cosx + 7 − 4 3 sin x = 4 ⇔ A+<br />
7 − = 4 ⇔<br />
3<br />
2<br />
2<br />
3 ⋅⎡7 (4 A) ⎤<br />
⎣<br />
− −<br />
⎦<br />
2 2<br />
= ( A −3)(27 −A ) ⇔<br />
4 3 2<br />
A − 12A + 54A − 108A+ 81 = 0 ⇔<br />
⇔<br />
4<br />
( A− 3) = 0 ⇔ A=<br />
3.<br />
Tehát 15 − 12 cos x = 3 ⇒<br />
1 ⎛ π⎞ cos x = , de x ∈⎜0, 2<br />
⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝ 2⎠ ⎟ ⇒<br />
π<br />
x = .<br />
3<br />
Geometriai megoldás. Szerkesszük meg az AO B<br />
mAOB ( )<br />
= 90<br />
<br />
A<br />
derékszögű háromszöget ( ) úgy, hogy<br />
OA = 2 3 és OB = 2 . Ha C egy pont a síkban,<br />
mAOC ( )<br />
= x<br />
alapján<br />
és OC = 3 , akkor a koszinusztétel<br />
AC = 15 − 12 cos x ,<br />
⎛π⎞ = + − ⋅ ⋅ ⋅ ⎜ − ⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟ = −<br />
2 ⎠<br />
2 2<br />
BC 2 ( 3) 2 2 3 cos x 7 4 3sinx<br />
2 2<br />
AB = 3) 2 4<br />
és (2<br />
+ = .<br />
Az egyenlet alapján AC + BC = AB , tehát C ∈ ( AB)<br />
.<br />
2 3<br />
3<br />
C<br />
C<br />
O<br />
2<br />
B<br />
2⋅2 3<br />
Ugyanakkor az O -hoz tartozó magasság h = = 3 , tehát C az O -ból<br />
2⋅2 húzott magasság talppontja. De mOAB ( )<br />
= 30<br />
, tehát<br />
π<br />
x = .<br />
3
292 A trigonometria alkalmazása a geometriában<br />
b) Geometriai megoldás. Szerkesszük meg az OA B és OBC háromszögeket<br />
úgy, hogy OA = OB = 6 , OC = 3 , mAOB ( ) = mBOC ( )<br />
= x.<br />
A koszinusz- tétel<br />
alapján<br />
A<br />
AB = 2−2cosx, BC = 10 −6cos<br />
x ,<br />
CA = 10 −6cos<br />
2x ,<br />
tehát az AB + BC = AC csak akkor teljesülhet, ha<br />
B ∈ ( AC)<br />
. Így OB szögfelező az OAC<br />
három-<br />
O<br />
x<br />
x<br />
B<br />
AB 1<br />
szögben, tehát = és így:<br />
BC 3<br />
2<br />
9(2 − 2 cos x) = 10 −6cosx<br />
, vagyis cos x = .<br />
3<br />
C<br />
2<br />
A megoldás tehát x = arccos .<br />
3<br />
Megjegyzés. Algebrailag is megoldhatjuk a feladatot. Ha az egyenlet mindkét<br />
oldalát négyzetre emeljük, a<br />
4 cos x −3cos 2x − 1 = 2 −2cos x 10 −6cos x<br />
egyenlethez jutunk. Ha ezt ismét négyzetre emeljük és rendezzük (felhasználva, hogy<br />
2<br />
cos 2x = 2 cos x −1) az u = cos x ismeretlenre a<br />
4 3 2<br />
9u −12u − 5u + 12u− 4 = 0<br />
2<br />
⎛ π⎞<br />
egyenlethez jutunk. Ennek a gyökei: u = , u = 1 és u =−1. Az x ∈ ⎜0,<br />
1,2<br />
3 4<br />
3<br />
⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝ 2 ⎠<br />
⎟<br />
2<br />
feltétel alapján csak a co s x = lehetséges.<br />
3<br />
10. Az ABC -ben M ∈ ( AC)<br />
és N ∈ ( AB)<br />
Δ . B<br />
Bizonyítsd be, hogy a BC + MN = BM + CN<br />
egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha mA ( )<br />
= 90<br />
.<br />
Bizonyítás. BC<br />
⇔ mA ( )<br />
= 90<br />
.<br />
„⇐” Ha ( <br />
mA ) = 90 , akkor<br />
MN AM AN<br />
2 2 2 2<br />
2 2 2 2<br />
+ MN = BM + CN ⇔<br />
2 2<br />
2<br />
= + N BM AM AB<br />
2 2 2<br />
= + B CN AN AC<br />
2 2 2<br />
= + <br />
(az MA derékszögű);<br />
(az MA derékszögű);<br />
(az NAC derékszögű);<br />
2<br />
BC<br />
2 2<br />
= AB + AC (a BAC derékszögű).<br />
<br />
2 2<br />
Ekkor B M + CN<br />
2 2 2 2<br />
= ( AM + AB ) + ( AN + AC ) =<br />
2 2 2 2 2 2<br />
= ( AM + AN ) + ( AB + AC ) = MN + BC .<br />
+ MN = BM + CN<br />
2 2 2<br />
2<br />
„⇒” Feltételezzük, hogy BC . (*)<br />
N<br />
A<br />
M<br />
C
A trigonometria alkalmazása a geometriában 293<br />
Legyen mA ( )<br />
= α . Ekkor az ABC -ben a koszinusztétel alapján:<br />
2<br />
BC<br />
2 2<br />
= AC + AB −2AC ⋅AB ⋅ cosα.<br />
Az AMN , ANC, AMB háromszögekben ugyancsak a koszinusztétel alapján:<br />
2<br />
MN<br />
2 2<br />
= AM + AN −2AM ⋅AN ⋅cosα;<br />
2<br />
CN<br />
2 2<br />
= AN + AC −2AN ⋅AC⋅cosα; 2<br />
BM<br />
2 2<br />
= AM + AB −2AM ⋅AB ⋅cosα.<br />
Ekkor (*) ⇔ cos α⋅( AB ⋅ AC + AM ⋅ AN ) = cos α⋅(<br />
AN ⋅ AC + AM ⋅AB)<br />
⇔ cos α⋅[ AB ⋅MC −AN⋅ MC ] = 0 ⇔ cos α⋅MC<br />
⋅ NB = 0 .<br />
= <br />
Tehát cos α = 0 , vagyis α 90 .<br />
IX.3.1. Gyakorlatok és feladatok (218. oldal)<br />
<br />
1. Ha az ABC háromszögben M ∈ BC , akkor<br />
BM AB sin BAM <br />
= ⋅ .<br />
MC AC sinCAM<br />
<br />
Bizonyítás. Jelöljük mA ( MB) = α .<br />
BM AB ⎫⎪<br />
Ekkor az ABM -ben:<br />
= ⎪<br />
<br />
sin BAM sin α<br />
⎪<br />
AB sin BAM AC sinCAM<br />
<br />
⎪ ⋅ ⋅<br />
⎬ ⇒ =<br />
=<br />
CM AC ⎪ BM CM<br />
az ACM -ben pedig: = ⎪<br />
<br />
sinCAM<br />
<br />
⎪<br />
sin α ⎪⎭<br />
BM AB sin BAM <br />
= sin α ⇒ = ⋅ .<br />
CM AC sinCAM<br />
<br />
2. Ha az ABC háromszögben D ∈ ( BC)<br />
, M ∈ ( AB)<br />
, N ∈ ( AC)<br />
és { E } =<br />
BD NE AB AN<br />
= MN ∩AD,<br />
akkor ⋅ = ⋅ .<br />
DC EM AC AM<br />
Bizonyítás. Az ABD - és ACD -ekben felírjuk a szinusztételt:<br />
<br />
<br />
(jel: mBAD ( ) α , mCAD ( ) = α , mADB ( ) = β , mAEM ( ) = γ )<br />
= 1<br />
2<br />
BD AB<br />
= ;<br />
sin α sin γ<br />
1<br />
E <br />
CD AC<br />
= .<br />
sin α sin β<br />
AzAM - és ANE -ekben is felírjuk a szinusztételt:<br />
EM AM<br />
= ;<br />
sin α sin γ<br />
1<br />
2<br />
2<br />
NE AN<br />
= , tehát<br />
sin α sin γ<br />
sin α sin α<br />
1<br />
2<br />
AB ⋅ AN ⋅<br />
BD NE sin β sin γ AB AN<br />
⋅ = ⋅ = ⋅<br />
DC EM sin α sin α<br />
2 2 AC AM<br />
AC ⋅ AM ⋅<br />
sin β sin γ<br />
B<br />
M<br />
D<br />
A<br />
E<br />
⇔<br />
N<br />
C
294 A trigonometria alkalmazása a geometriában<br />
B<br />
C A<br />
B<br />
3. Határozd meg az ABC háromszög azon belső<br />
pontját, amelyre az oldalaktól való távolságok<br />
négyzetösszege minimális.<br />
M<br />
2 2 2<br />
Megoldás. AM ′ + BM ′ + CM ′ minimális<br />
kell<br />
A<br />
legyen. Ha AM ′ = x, BM ′ = y, CM ′ = z,<br />
akkor<br />
C<br />
2 ⋅ σ[<br />
ABC ] = ax<br />
+ by + cz .<br />
Viszont a Cauchy-Bunjakovszki egyenlőtlenség alapján<br />
( ) 2<br />
2<br />
( ax + by + cz) 2 2 2 2 2 2<br />
≤ ( a + b + c )( x + y + z ) ⇔<br />
2 2 2 4 ⋅ σ[<br />
ABC ]<br />
x + y + z ≥ 2 2 2<br />
a + b + c<br />
a b c<br />
és egyenlőség = = = λ esetén áll fenn.<br />
x y z<br />
2<br />
2 2 2 4 ( σ[<br />
ABC ] )<br />
x + y + z = 2 2 2<br />
a + b + c<br />
⇔<br />
2 2 2 2<br />
⎛a b c ⎞<br />
2<br />
⎜ + +<br />
⎜<br />
⎟ = 4 ( σ[<br />
ABC]<br />
)<br />
⎜ ⎜⎝<br />
λ ⎠<br />
⎟<br />
⇔<br />
⇔<br />
2 2 2 2 2 2<br />
a + b + c a + b + c<br />
λ = =<br />
.<br />
2 σ[<br />
ABC ] 2T<br />
2aT Tehát x = ; 2 2 2<br />
a + b + c<br />
2bT<br />
y = ;<br />
2 2 2<br />
a + b + c<br />
2cT<br />
z = 2 2 2<br />
a + b + c<br />
.<br />
4. Bizonyítsd be, hogy az A -ban derékszögű ABC háromszögben<br />
2 B a −c<br />
2 C a −b<br />
tg = és tg = .<br />
2 a + c 2 a + b<br />
a −c A−C B 2 B<br />
Bizonyítás. A tangens tétel szerint = tg ⋅ tg = tg<br />
a + c 2 2 2<br />
mA ( )<br />
= 90<br />
, mivel<br />
a −b A−B C 2 C<br />
. Hasonlóan = tg ⋅ tg = tg .<br />
a + b 2 2 2<br />
5. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben si n B + cos B = sinC + cosC<br />
, akkor a<br />
háromszög egyenlő szárú vagy derékszögű.<br />
Bizonyítás<br />
sinB + cosB = sinC + cos C ⇔ (sinB − sin C) + (cosB − cos C)<br />
= 0 ⇔<br />
B − C B + C B − C B + C<br />
⇔ 2sin cos − 2sin sin<br />
2 2 2 2<br />
= 0 ⇔<br />
B−C ⎛ A A⎞ ⇔ sin ⎜<br />
⎜sin cos ⎟ 0<br />
2 ⎜⎝<br />
− ⎟ =<br />
2 2⎠⎟ ⇔<br />
B−C A A<br />
sin = 0 vagy sin = cos .<br />
2<br />
2 2<br />
A ⎛ A ⎛ π⎞⎞<br />
Tehát B = C vagy = 45 ⎜<br />
⎜mivel ∈ ⎜0,<br />
⎟<br />
⎟<br />
2<br />
2<br />
⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝ ⎜⎝ 2⎠⎟⎠<br />
⎟<br />
, vagyis a háromszög egyenlőszárú<br />
vagy derékszögű.<br />
6. Határozd meg az ABC háromszög oldalainak hosszát és szögeinek a mértékét, ha<br />
ismerjük a következő adatokat:
A trigonometria alkalmazása a geometriában 295<br />
24 12<br />
a) a = 4 , sin B = , sinC<br />
= ;<br />
25 13<br />
b) b = 1,<br />
( <br />
<br />
mA ) = 135 , ( <br />
mC ) = 30 ;<br />
c) a = 7 , b = 5 , c = 6 ;<br />
d) ( <br />
mA ) = 18 , b = 2 , c = 3 ;<br />
e) a = 15 , c = 13 , T = 24 ;<br />
5<br />
f) a = 14 , c = 13 , cos B = ;<br />
13<br />
63 3<br />
g) b = 3 , cos A = , cosC<br />
= ;<br />
65 5<br />
h) a = 15 , b = 4 , c = 13 ;<br />
4<br />
i) a = 10 , b = 14 , cosC<br />
= ;<br />
5<br />
j) a = 2 , b = 2 , ( <br />
mA ) = 30 ;<br />
2 10<br />
k) a = 10 , b = 14 , cos A = ;<br />
7<br />
l) a = 3 , b = 6 , ( <br />
mA ) = 60 ;<br />
4 1<br />
m) a = 13 , cos A = , m a =<br />
5 2<br />
1513 .<br />
b c<br />
Megoldás. a) =<br />
sin B sinC<br />
⇔ 25b = 26 c ⇒ b > c ⇒ m( B) > m( C)<br />
⇒<br />
<br />
⇒ mC ( ) < 90 ⇒ cosC= 2<br />
5<br />
1−sin C,<br />
vagyis cosC<br />
= .<br />
13<br />
2 2 2 2 2 40<br />
c = a + b −2abcosC ⇔ c = b − b + 16<br />
13<br />
2<br />
25 2 2 40<br />
⇔ b = b − b + 16 ⇔<br />
2<br />
13 ⋅ 4 13<br />
51 2 40<br />
⇔ b − b + 16 = 0<br />
2<br />
13 ⋅ 4 13<br />
⇔<br />
104(10 ± 7)<br />
b =<br />
<br />
51 <br />
104<br />
b = 1<br />
17<br />
.<br />
104<br />
b = 2<br />
3<br />
100<br />
c = ;<br />
1<br />
17<br />
100 a b<br />
c = . = 2<br />
3 sin A sin B<br />
⇔<br />
96 1<br />
sin A = ⋅ .<br />
25 b<br />
204<br />
36<br />
Tehát sin A = és sin A = .<br />
1<br />
2<br />
325<br />
325<br />
<br />
b) mB ( ) = 180 −mA ( ) − mC ( ) = 180 −135 − 30<br />
<br />
= 15 .<br />
a c<br />
=<br />
sin A sinC ⇔<br />
a c<br />
=<br />
sin( π − A) sinC ⇔<br />
a c<br />
= <br />
sin 45 sin 30<br />
⇔ a = 2c.<br />
2<br />
c<br />
2 2<br />
= a + b −2abcosC ⇔<br />
2<br />
c<br />
2<br />
= 2c + 1−2 2c 3<br />
2<br />
⇔<br />
2<br />
c − 6c + 1= 0 ⇔<br />
⇔ c =<br />
6 ±<br />
2<br />
2<br />
, de c > b,<br />
tehát c =<br />
6 +<br />
2<br />
2<br />
, a = 1+<br />
3.<br />
c) a = 7, b = 5, c = 6 ⇒ A> C > B.<br />
2 2 2<br />
a = b + c −2bccos A ⇒<br />
2 2 2<br />
b + c −a<br />
cos A= 2bc ⇒<br />
1<br />
cos A=<br />
.<br />
5<br />
2 2 2<br />
2 2 2<br />
a + c −b<br />
5 a + b −c<br />
19<br />
Hasonlóan cos B = ⇒ cos B = ; co sC = ⇒ cosC<br />
= .<br />
2ac 7<br />
2ab 35
296 A trigonometria alkalmazása a geometriában<br />
2 2 2<br />
d) a = b + c −2bccos A ⇒ a = 13 − 12 cos18 .<br />
b a<br />
=<br />
sin B sin A<br />
⇒<br />
b⋅sin A<br />
sin B =<br />
a<br />
⇒ sin B =<br />
2 sin18<br />
.<br />
13 − 12 cos18<br />
c<br />
sinC a<br />
=<br />
sin A<br />
⇒<br />
c⋅sin A<br />
sinC =<br />
a<br />
⇒ sinC<br />
=<br />
3 sin 18<br />
.<br />
13 − 12 cos18<br />
ac sin B<br />
e) T =<br />
2<br />
⇒<br />
16<br />
sin B = .<br />
65<br />
T = p( p−a)( p−b)( p−c) ⇔<br />
2 28 + b b− 2 b + 2 28 −b<br />
24 = ⋅ ⋅ ⋅<br />
2 2 2 2<br />
⇔<br />
2 2 2 2<br />
⇔ 24 ⋅ 16 = (28 −b )( b −4) ⇔<br />
4 2<br />
b − 788b + 12352 = 0 .<br />
2<br />
2<br />
A b = t jelöléssel t − 788t + 12352 = 0 ⇒ t = 772, t = 16 . Tehát b = 4 1<br />
1 2<br />
b = 2 193 . Az A és C szögek szinuszát a szinusztételből határozhatjuk meg.<br />
2<br />
5<br />
f) a = 14, c = 13, cos B =<br />
13<br />
π<br />
⇒ B < .<br />
2<br />
2<br />
b<br />
2 2<br />
= a + c − 2accosB = 225 ⇒ b = 15;<br />
sin B =<br />
2 12<br />
1 − cos B = ;<br />
13<br />
a b<br />
=<br />
sin A sin B<br />
⇔<br />
14 65<br />
=<br />
sin A 4<br />
56 c b<br />
⇔ sin A = ; =<br />
65 sinC sin B<br />
⇔<br />
4<br />
sinC<br />
= .<br />
5<br />
63 3<br />
g) b = 3, cos A= , cos C =<br />
65 5<br />
⇒<br />
16<br />
sin A=<br />
.<br />
65<br />
4<br />
12<br />
sinC<br />
= , tehát sin B = sin( A+ C)<br />
= . Innen a szinusztétel alapján<br />
5<br />
13<br />
b 13 a<br />
= = =<br />
sin B 4 sin A sin<br />
c<br />
C ,<br />
4 13<br />
tehát a = és c = .<br />
5 5<br />
2 2 2<br />
2 2 2<br />
b + c −a<br />
5 12 a + c −b<br />
63<br />
h) co s A= =− , sin A=<br />
; cos B = = ,<br />
2bc 13 13<br />
2ac 65<br />
2 2 2<br />
16 a + b −c<br />
3 4<br />
sin B = ; cos C = = , sinC<br />
= .<br />
65<br />
2ab 5 5<br />
2<br />
i) A koszinusztétel alapján c<br />
2 2<br />
= a + b −2abcosC , tehát c = 6 2 . Ugyanakkor<br />
a⋅sinC sin A =<br />
c<br />
=<br />
2<br />
b⋅sinC és sin B =<br />
2<br />
c<br />
7 2<br />
= .<br />
10<br />
j) A szinusztételt használjuk. sin B =<br />
2<br />
és így <br />
mB ( ) = 45 vagy <br />
<br />
mB ( ) = 135 . Ha.<br />
2<br />
mB ( )<br />
= 45<br />
, akkor ( <br />
<br />
mC ) = 105 és így c = 2 2⋅sin75 . Ha ( <br />
<br />
mB ) = 135 , akkor<br />
mC ( )<br />
= 15<br />
<br />
és c = 2 2⋅sin15 .
A trigonometria alkalmazása a geometriában 297<br />
3<br />
3<br />
12 + 6 10<br />
6 10 −12<br />
k) sin A = és így sin B = és sinC<br />
= vagy sinC<br />
= . A<br />
7<br />
5<br />
35<br />
35<br />
c hosszát mindkét esetben a koszinusztételből számítjuk ki.<br />
l) A feltételek ellentmondáshoz vezetnek.<br />
2 2 2<br />
2 2( b + c ) −a<br />
2 2<br />
m) Az ma<br />
=<br />
egyenlőség alapján b + c = 841 . Ugyanakkor<br />
4<br />
2 2 2<br />
b + c −a<br />
cos A =<br />
, tehát bc = 420 . Ebből következik, hogy { bc , } = {20,21} .<br />
2bc<br />
7. Határozd meg az ABC háromszög oldalainak hosszát és szögeinek a mértékét, ha<br />
ismerjük a következő adatokat:<br />
a) A , B , p ;<br />
b) a + b = m,<br />
A és B ; c) A , B , T ;<br />
d) a , , m ; e) a , b , m ;<br />
f) , h , cos A ;<br />
mb c<br />
hb c<br />
c<br />
ma a<br />
ha b<br />
g) a , , h ;<br />
h) a , , h ;<br />
i) a , A , b− c = d ;<br />
2 2<br />
j) a − b = 24 , ( 2<br />
mC ) = 30 , T = 8, 75 m .<br />
Megoldás. a) C = π −A−B így p = R(sin A+ sin B + sin C)<br />
, tehát kiszámítható<br />
R . Ebből és a szinusztételből következik, hogy<br />
2psinA a =<br />
sin A+ sin B + sin( A+B<br />
)<br />
;<br />
2psinB b =<br />
sin A+ sin B + sin( A+B<br />
)<br />
2psin( A+ B)<br />
és<br />
c =<br />
sin A+ sin B + sin( A+B<br />
)<br />
m<br />
b) A szinusztétel alapján m = 2 R(sinA+ sin B)<br />
, tehát R =<br />
.<br />
2(sin A+ sin B)<br />
msin A<br />
msin B<br />
msin( A+ B)<br />
Így a =<br />
, b =<br />
és C =<br />
.<br />
sin A+ sin B sin A+ sin B sin A+ sin B<br />
2<br />
T<br />
c) A T = 2R sin Asin BsinC összefüggés alapján R =<br />
.<br />
2sinAsinBsin( A+ C)<br />
Ebből a szinusztétel alapján kiszámíthatók az oldalak.<br />
d) Az adatok és az oldalfelező hosszára vonatkozó tétel alapján<br />
⎧ 2 2 2 2<br />
⎪2c<br />
− b = 4m<br />
−2a<br />
⎪<br />
b<br />
⎨<br />
.<br />
⎪ 2 2 2 2<br />
2b − c = 4mc−2a<br />
⎪⎩<br />
2 2 2<br />
2 2 2<br />
8m + 4m 6<br />
2 b c − a 8m 2 c + 4m −6a<br />
b<br />
Tehát c =<br />
és b =<br />
. Az oldalak hosszából a<br />
3<br />
3<br />
koszinusztétel alapján kiszámíthatók a szögek is.<br />
2 2 2<br />
2<br />
e) c = 2( a + b ) −4mcés<br />
a többi adat a koszinusztétel segítségével számítható ki.
298 A trigonometria alkalmazása a geometriában<br />
f)<br />
ha b sin B<br />
= = , tehát<br />
h a sin A<br />
b<br />
h<br />
ha<br />
= − si n B = , tehát<br />
h<br />
c<br />
a<br />
2<br />
si n B 1 cos A . Másrészt<br />
b<br />
2<br />
1−cos A<br />
c = . Ugyanakkor si nC = sin( A+B)<br />
és így a szinusztétel alapján<br />
h<br />
b<br />
kiszámítható az a és b .<br />
ha<br />
hc<br />
g) A si nC<br />
= és sin B = egyenlőségek alapján meghatározhatók a háromszög<br />
a<br />
a<br />
szögei. Így a szinusztétel alapján az a hosszából kiszámítható b és c .<br />
h)<br />
2 2<br />
2 2 4ma+<br />
a<br />
b + c =<br />
2<br />
és így<br />
2 2<br />
2 2 2 4ma−a<br />
2bc cos A = ( b + c ) − a =<br />
2<br />
. De<br />
4a⋅ha<br />
2bc sinA= 4T= 2a⋅ha, tehát tg A = 2 2<br />
4m<br />
−a<br />
. Így meghatározható co s A , tehát<br />
2 2<br />
ismerjük b + c és bc értékét. Ebből a két adatból kiszámíthatjuk b -t és c -t.<br />
i) Ha D ∈ ( A C)<br />
úgy, hogy<br />
A<br />
AD = b −c, akkor a CD B háromszög<br />
megszerkeszthető mert ismerjük a CD ,<br />
CB oldalát és a D szögét. Így visszaszerkeszthető<br />
az ABC háromszög is. D<br />
A szerkesztés menetét végigszámolva d<br />
megkapjuk a háromszög adatait.<br />
x<br />
C<br />
a<br />
B<br />
⎛πA⎞ sin ⎜<br />
−<br />
⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟<br />
2 ⎠⎟d<br />
A<br />
sin x = d⋅<br />
= cos ;<br />
a a 2<br />
⎛ π A⎞ ⎛π ⎛A ⎞⎞ ⎛A ⎞<br />
si n B = sin ⎜s ⎟ sin ⎜ ⎜ x⎟⎟cos⎜ x⎟<br />
⎜<br />
+ − ⎟= ⎜ − − ⎟⎟= − ⎟,<br />
⎝<br />
⎜<br />
2 2⎠⎟ ⎜ ⎜ ⎜<br />
⎝2 ⎝⎜2 ⎠⎟⎠⎟ ⎟ ⎝⎜2 ⎠⎟<br />
a ⎛A ⎞ a<br />
és így sin cos x⎟<br />
⎛<br />
⎜<br />
A ⎞ a<br />
b = B ⋅ = ⎜ − ⎟⋅<br />
sin A ⎜⎝2⎠⎟ , illetve c = cos ⎜ x ⎟ .<br />
sin A<br />
⎜⎝<br />
+ ⎟<br />
2 ⎠⎟sinA<br />
ab sinC<br />
j) A T egyenlőség alapján ab . Az<br />
2<br />
⎪ 2 2<br />
⎪⎧<br />
a − b = 24<br />
= = 35 ⎨⎪<br />
egyenletrendszer<br />
ab = 35<br />
⎪⎩<br />
megoldásai a = 7, b = 5 vagy a =− 7 és b =−5.<br />
Mivel az oldalak hossza pozitív,<br />
a = 7 és b = 5.<br />
Így c = 39 .<br />
8. Az ABC háromszögben<br />
tg B =<br />
2 .<br />
( <br />
mA ) = 45 és<br />
a<br />
AC<br />
AB<br />
2 2<br />
= . Bizonyítsd be, hogy<br />
3
A trigonometria alkalmazása a geometriában 299<br />
B + C<br />
tg<br />
sin B 2 2<br />
Bizonyítás. A feltételek alapján = , tehát 2<br />
sinC 3<br />
B −C tg<br />
2<br />
B−C 2 2 −3<br />
B + C<br />
tg = ⋅tg<br />
. Másrészt<br />
2 2 2 + 3 2<br />
2 2 + 3<br />
= . Így<br />
2 2 − 3<br />
B C ⎛ 2 2 3⎞<br />
B− C B+ C +<br />
tg tg tg ⎜ −<br />
1 ⎟<br />
+ ⎜ + ⎟<br />
⎛B− C B+ C⎞<br />
2 2<br />
2 ⎝ ⎜ 2 2+ 3⎠<br />
⎟<br />
tgB = tg⎜ ⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝<br />
+ ⎟<br />
2<br />
2 2 ⎟<br />
= =<br />
=<br />
⎠<br />
1−tg B− C<br />
⋅tg B+ C<br />
2 B+ C 2 2−3 1−tg ⋅<br />
2 2 2 2 2+ 3<br />
π<br />
π −<br />
B + C<br />
3 2 2<br />
mert tg tg 4 π π +<br />
= = tg = ctg = = 1 + 2 .<br />
2 2 8 8 2−2 9. Határozd meg az ABC háromszög szögeinek mértékét, ha<br />
sin A+ sin B =<br />
2<br />
(1 +<br />
4<br />
3) és cos A+ cos B =<br />
2<br />
(3 +<br />
4<br />
3) .<br />
A+ B<br />
Megoldás. Ha a két egyenlőséget elosztjuk a tg =<br />
2<br />
3 π<br />
= tg egyenlőség-<br />
3 6<br />
π<br />
2π<br />
hez jutunk. Így A+ B = , tehát C = . Másrészt cos(<br />
A− B)<br />
=<br />
3<br />
3<br />
π<br />
π π<br />
A− B = és így A= , B = .<br />
6<br />
4 12<br />
3<br />
, tehát<br />
2<br />
7<br />
10. Az ABC háromszögben AC = b , cos B = és hb 8<br />
háromszög területét!<br />
= ha + hc<br />
. Számítsd ki a<br />
2 2<br />
Megoldás. A koszinusztétel alapján a + c<br />
2<br />
= b + 2accosB . Az utolsó össze-<br />
2 2 15 2 4<br />
2<br />
függés alapján ac = b( a + c)<br />
, tehát ac − bac− b = 0 . Így ac = 4b<br />
, tehát<br />
4<br />
2 2<br />
ac sin B 4b 15 b 15<br />
T = = = .<br />
2 2⋅8 4<br />
11. Az ABC háromszög oldalai egyenesen arányosak a 2 , 1+ 3 és 6<br />
számokkal. Számítsd ki a háromszög szögeit!<br />
Megoldás. Kiszámítjuk a 2 , 1+ 3 és 6 oldalhosszakkal rendelkező háromszög<br />
szögeit. A hasonlóság alapján ezek a szögek megegyeznek az ABC háromszög szögeivel:<br />
2 2 2<br />
(1 + 3) + ( 6) −2<br />
cos α = =<br />
2 6(1+ 3)<br />
2 2<br />
2 2 + ( 6) − (1 +<br />
; cos β =<br />
2<br />
2⋅2⋅ 6<br />
2<br />
3)<br />
=<br />
3 −1<br />
;<br />
2 2<br />
2 2 2<br />
2 + (1+ 3) −(<br />
6) 1<br />
cos γ = = .<br />
2⋅2 ⋅ (1+ 3) 2
300 A trigonometria alkalmazása a geometriában<br />
12. Az ABC háromszögben b > c , a = 78, R = 65 és r = 28 . Számítsd ki b -t és c -t!<br />
abc<br />
2T<br />
Megoldás. Az R = és r = összefüggések alapján az<br />
4T<br />
a + b + c<br />
abc<br />
Rr =<br />
2( a + b + c)<br />
és R abc<br />
=<br />
2 r ( a + b−c)( a − b + c)( − a + b + c)<br />
egyenletrendszerhez jutunk. Ebből meghatározható b és c .<br />
a 3<br />
4<br />
Más megoldás. A szinusztétel alapján sin A = = , tehát cos A = . Ugyan-<br />
2R5 5<br />
r A 1<br />
akkor = tg = , tehát p− a = 3r = 84 és így b + c =246 .<br />
p−a 2 3<br />
2( a + b + c) ⋅Rr<br />
Másrészt bc = = 108 ⋅ 140 , tehát { bc , } = {117, 129} .<br />
a<br />
13. Egy háromszög egyik csúcsából induló magasság és oldalfelező három egyenlő<br />
részre osztja a szöget. Bizonyítsd be, hogy a háromszög derékszögű.<br />
Bizonyítás. Az ábra jelöléseit használjuk.<br />
A<br />
BM AB sin α<br />
1 = = ⋅ ,<br />
MC AC sin 2α<br />
<br />
<br />
tehát<br />
sin α AC sin B cos 2α<br />
= = = .<br />
C<br />
sin 2α<br />
AB sinC cos α<br />
N<br />
Így a si n 2α = 2 sin 4α<br />
vagyis sin αsin 3α<br />
= 0<br />
M<br />
egyenlethez jutunk. si n α ≠ 0 , tehát co s 3α = 0 és B<br />
π<br />
így 3 α = .<br />
2<br />
14. Egy háromszög egyik csúcsából induló magasság, oldalfelező és szögfelező négy<br />
egyenlő részre osztja a szöget. Bizonyítsd be, hogy a háromszög derékszögű.<br />
Bizonyítás. Ha M , N és P a magasság,<br />
szögfelező és oldalfe lező talp- A<br />
pontja, akkor N ∈ ( MP)<br />
, tehát<br />
BP AB sin 3α<br />
1 = = ⋅<br />
C<br />
PC AC sin α<br />
és így<br />
P<br />
sin α AB sinC<br />
cos 3α<br />
= = = .<br />
N<br />
sin 3α<br />
AC<br />
α B M<br />
sin B cos<br />
A sin 2α = sin 6α<br />
egyenlethez<br />
jutunk,<br />
π<br />
ahonnan következik, hogy 4α<br />
= .<br />
2<br />
15. a) Számítsd ki a beírt<br />
kör érintési pontjai által az oldalon meghatározott<br />
szakaszok hosszát.<br />
b) Számítsd ki az oldalakhoz<br />
írt körök érintési pontjai által meghatározott<br />
szakaszok hosszát.
A trigonometria alkalmazása a geometriában 301<br />
c) Bizonyítsd be, hogy ha a beírt kör a BC , CA és AB oldalt M , N illetve<br />
P -ben érinti, akkor AM , BN és CP összefutó egyenesek. (Gergonne pont)<br />
d) Bizonyítsd be, hogy ha a BC , CA és AB oldalához írt körök ezeket az<br />
oldalakat M , N illetve P -ben érintik, akkor AM , BN és CP összefutók.<br />
Megoldás<br />
A<br />
A<br />
(Nagel pont)<br />
x x<br />
B<br />
y<br />
F<br />
y D<br />
E<br />
z<br />
z C<br />
B<br />
x<br />
M<br />
x P y C<br />
y<br />
N<br />
a) Az első ábra jelölései alapján x + y = c<br />
x = p−a , y = p −b és z = p −c.<br />
, y + z = a és x + z = b , tehát<br />
b) A második ábra jelölései alapján AM = AN és<br />
AM + AN = AB + AC + BM + CN = AB + AC + BC .<br />
Tehát AM = AN = p és így BP = p −cilletve PC = p −b.<br />
P<br />
A<br />
N<br />
c) Ceva tételének fordítottját használjuk. Az a) alpont<br />
alapján:<br />
BM CN AP<br />
⋅ ⋅ = 1,<br />
MC NA PB<br />
tehát AM ∩BN ∩CP ≠∅.<br />
B C<br />
M<br />
d) A b) alpont és Ceva tételének fordítottja alapján a<br />
BM CN AP p−c p−a p−b ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = 1<br />
MC NA PB p−b p−c p−a összefüggésből következik, hogy AM ∩BN ∩CP ≠∅.<br />
4T<br />
16. Bizonyítsd be, hogy tg A = 2 2 2<br />
b + c −a .<br />
sin A sin A⋅2bc 4T<br />
Bizonyítás. tg A = = =<br />
.<br />
2 2 2 2 2 2<br />
cos A b + c − a b + c −a<br />
17. Bizonyítsd be, hogy az ABC háromszögben pontosan akkor teljesül a<br />
2 2 ⎛ 2⎞<br />
2<br />
ctg A+ ctg B = k⋅ctgC<br />
egyenlőség, ha a + b = ⎜<br />
⎜1 + ⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟c<br />
k ⎠⎟.<br />
Bizonyítás. Az előbbi feladat alapján<br />
2 2 2 2 2 2 2 2 2<br />
b + c − a a + c − b a + b −c<br />
ctg A+ ctg B = k ⋅ctgC ⇔ + = k⋅<br />
⇔<br />
4T 4T 4T
302 A trigonometria alkalmazása a geometriában<br />
2 2 ⎛ 2⎞<br />
a b 1 ⎟ 2<br />
⇔ + = ⎜<br />
⎜⎜⎝ + ⎟c<br />
k ⎠⎟.<br />
18. Számítsd ki az R sugarú körre írt n oldalú szabályos sokszög területét, ha<br />
1 1 1<br />
= + .<br />
AB AC AD<br />
Megoldás. Ha O a sokszög köré írt kör középpontja, akkor<br />
2<br />
A<br />
π<br />
mAOB ( ) = . Így az AB , AC és AD szakaszok rendre<br />
B<br />
n<br />
π 2π<br />
3π<br />
, és kerületi sokszöghöz tartoznak.<br />
n n n<br />
C<br />
A szinusztétel alapján az<br />
O<br />
1 1 1<br />
π = +<br />
sin<br />
2π 3π<br />
D<br />
sin sin<br />
n n n<br />
π<br />
egyenlőséghez jutunk. Ezt a = α jelöléssel a következőképpen alakítjuk:<br />
n<br />
sin 2α⋅ sin 3α= sin α⋅ (sin 2α+ sin 3 α)<br />
;<br />
cos α− cos 5α = cos 2α− cos 4α+ cos α−<br />
cos 3α;<br />
cos 3α+ cos 4α = cos 2α+ cos 5α;<br />
7α ⎛ α 3α⎞<br />
cos ⋅⎜cos cos ⎟ 0<br />
2<br />
⎜⎜⎝ − ⎟ =<br />
2 2 ⎠⎟;<br />
7α<br />
α<br />
cos ⋅sin ⋅ sin α = 0 .<br />
2 2<br />
α<br />
7α<br />
7α<br />
π<br />
Mivel sin α ⋅sin ≠ 0 csak a co s = 0 eset lehetséges és így = (2k + 1) .<br />
2<br />
2<br />
2 2<br />
Tehát 7π<br />
= (2k + 1) π és k ∈ . Ez csak akkor lehetséges, ha n = 7 .<br />
n<br />
19. Bizonyítsd be a következő egyenlőségeket:<br />
A<br />
A<br />
A B C<br />
a) r = ( p −a)tg ; b) T = p ( p−a)tg ; c) p = 4Rcos cos cos<br />
2<br />
2<br />
2 2 2 ;<br />
A B C<br />
2 A 2 B 2C<br />
r<br />
d) p− a = 4Rcos sin sin ; e) sin + sin + sin = 1 − ;<br />
2 2 2 2 2 2 2R<br />
1 1 1 1 1 1 1<br />
f) + + = ; g) + + =<br />
ra r r b c r ha h h b c<br />
1<br />
; h) ra + r + r − r = 4R;<br />
b c<br />
r<br />
A B C<br />
i) rrarr b c = T ; j) ctg + ctg + ctg = 2<br />
2 2 2 r<br />
T ;<br />
ab ( + c) ba ( + c) ca ( + b)<br />
k) + +<br />
4<br />
r ( r + r ) r( r + r ) r ( r + r )<br />
= ;<br />
a b c b a c c a b<br />
2 2 2<br />
l) a ctg A + b ctg B + c ctgC = 4S<br />
;
A trigonometria alkalmazása a geometriában 303<br />
2 2 2 2 2 2 2 4 4 4<br />
m) 16S 2( a b b c c a ) a b c (Héron)<br />
= + + − − − ;<br />
2 A 2 B 2 C<br />
a ctg + b ctg + c ctg<br />
n) 2 2 2 = 2p<br />
.<br />
a⋅ ctg A+ b⋅ ctg B + c⋅ctgC Bizonyítás. a) Ha P a beírt kör érintési pontja az<br />
AB oldalon, akkor a 15. feladat a) alpontja alapján<br />
A<br />
AP = p −a.<br />
Másrészt ha I a háromszögbe írt kör<br />
középpontja akkor az AP I háromszög derékszögű<br />
P<br />
A IP<br />
P -ben és IP = r . Így a tg = egyenlőségből<br />
2 AP<br />
I<br />
A<br />
következik, hogy r = ( p−a)<br />
⋅ tg .<br />
2<br />
A<br />
b) T = p ⋅ r = p⋅( p−a) ⋅tg<br />
;<br />
2<br />
B C<br />
1 A B C<br />
c) p = ( a + b + c) = R(sin A+ sin B + sin C) = 4Rcoscos cos<br />
2 2 2 2 .<br />
(A szinusztételt és az 5.6.2. Gyakorlatok 15. feladatának a) alpontját használtuk.)<br />
d) A IX.2. paragrafus 2.3. következménye alapján:<br />
A B C<br />
4Rcos sin sin = 4R<br />
2 2 2<br />
p( p−a) ( p−a)( p−c) ( p−a)( p−b) ⋅ ⋅ =<br />
bc ac ab<br />
4R<br />
= ( p− a) abc<br />
T<br />
p( p−a)( p−b)( p− c) = ( p− a) = p−a .<br />
T<br />
2 A 2 B 2C 3 1<br />
e) sin + sin + sin = − (cos A+ cos B + cos C)<br />
=<br />
2 2 2 2 2<br />
A B C<br />
= 1 −2sin<br />
sin sin<br />
2 2 2 ,<br />
r A B<br />
tehát elégséges igazolni, hogy sin sin sin<br />
4R 2 2<br />
=<br />
C<br />
.<br />
2<br />
Másrészt<br />
A B C<br />
sin sin sin =<br />
2 2 2<br />
( p−b)( p−c)( p−a)( p−c)( p−a)( p−b) =<br />
bc ac ab<br />
T<br />
2<br />
( p−a)( p−b)( p−c) T p r<br />
= = = = .<br />
abc p ⋅ 4RT4R4R T<br />
f) Az r a = , r b<br />
p−a T<br />
= , r c<br />
p−b T T<br />
= és r = összefüggések alapján:<br />
p−c p<br />
1 1 1 3p−2p p<br />
+ + = = =<br />
r r r T T<br />
1<br />
r .<br />
a b c
304 A trigonometria alkalmazása a geometriában<br />
g)<br />
1 1 1 a b c 2p<br />
+ + = + + = =<br />
h h h 2T 2T 2T 2T<br />
1<br />
r .<br />
a b c<br />
⎛ 1 1 1 1⎞<br />
Tabc<br />
h) ra + r + rc − r = T 4R<br />
b<br />
⎜ + + − ⎟<br />
p a p b p c p<br />
⎟ = = .<br />
⎜⎜ ⎝ − − − ⎠⎟p(<br />
p−a)( p−b)( p−c) 2<br />
T T T T T<br />
i) rrarr b c = ⋅ ⋅ ⋅ = = T .<br />
p p−a p−b p−c pp ( −a)( p−b)( p−c) A p−a j) Az a) alpont alapján ctg = , tehát<br />
2 r<br />
A B C 3p−2p p<br />
ctg + ctg + ctg = = = 2<br />
2 2 2 r r<br />
T<br />
r .<br />
ab ( + c) b + c<br />
k) Az = egyenlőség alapján<br />
r ( r + r ) p<br />
a b c<br />
ab ( + c) bc ( + a) ca ( + b) 4p<br />
+ + = = 4 .<br />
r ( r + r ) r( r + r ) r( r + r ) p<br />
a b c b c a c a b<br />
2 2 2<br />
b<br />
l) A 16. feladat alapján ctg A =<br />
+ c −a<br />
4T<br />
. Így<br />
2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 4 4<br />
actg A+ bctg B+ cctg C= [2( ab + bc + ca ) −a−b−c] 4T<br />
4 =<br />
16 pp ( −a)( p−b)( p−c) = 4T<br />
.<br />
4T<br />
m)<br />
2<br />
16 S = ( a + b + c)( a + b−c)( a − b + c)( − a + b + c)<br />
=<br />
= 2( ab + bc + ca ) −a−b−c 2 2 2 2 2 2 4 4 4<br />
2<br />
2 A app ( −a)<br />
n) Az a ctg = és actg A= 2Rcos A egyenlőségek alapján<br />
2 T<br />
a⋅ ctg A+ b⋅ ctg B + c⋅ ctgC = 2 R(cosA+ cos B + cos C)<br />
=<br />
⎛ A B C⎞ ⎛ r ⎞<br />
= 2R ⎜<br />
⎜1+ 4sin sin sin ⎟ = 2R⎜1+ ⎟ = 2( + )<br />
⎝⎜ ⎟<br />
2 2 2⎠⎟<br />
⎜ ⎜⎝<br />
R⎠⎟<br />
R r .<br />
Tehát a bizonyítandó egyenlőség ekvivalens az<br />
2 2 2<br />
a ( p− a) + b ( p− b) + c ( p− c) = 2 pr( R + r)<br />
egyenlőséggel. De<br />
⎛ r ⎞ ⎛ ( a b c)( a b c)( a b c ⎞<br />
4 pr( R r) 4 R( pr) 1 ⎟ abc ⎜<br />
+ − − + − + + )<br />
+ = ⎜<br />
1<br />
⎟<br />
⎜<br />
+ ⎟ = ⋅ ⎜ + ⎟<br />
⎝ R⎠⎟⎜⎝ 2abc<br />
⎠⎟<br />
és így az egyenlőség teljesül.<br />
20. Bizonyítsd be a következő egyenlőtlenségeket:<br />
A B C 1<br />
2 B −C 2r<br />
2<br />
a) sin ⋅sin ⋅sin≤ ; b) cos ≥ ; c) 27Rr ≤<br />
2p<br />
.<br />
2 2 2 8 2 R<br />
.
A trigonometria alkalmazása a geometriában 305<br />
A B C<br />
Bizonyítás. a) sin sin sin<br />
2 2 2<br />
( p−a)( p−b)( p−c) =<br />
.<br />
abc<br />
( p−b)( p−c) ( p−a)( p−c) ( p−a)( p−b) ⋅ ⋅ =<br />
bc ac ab<br />
Tehát a bizonyítandó egyenlőtlenség ekvivalens a<br />
( − a + b + c)( a− b + c)( a + b−c) ≤ abc<br />
egyenlőtlenséggel. Ezt igazoltuk az I.9.4. paragrafusban (34. oldal 4/e) ).<br />
B − C<br />
b) A cos<br />
2<br />
B C B C b + c<br />
= cos cos + sin sin =<br />
2 2 2 2 a<br />
( p−b)( p−c) és<br />
bc<br />
2<br />
2r 8T 8( p−a)( p−b)( p−c) = =<br />
egyenlőségek alapján a bizonyítandó egyen-<br />
R p⋅abc abc<br />
lőtlenség ekvivalens a<br />
2<br />
( b + c−2 a)<br />
≥ 0.<br />
( b + c)<br />
4a<br />
2<br />
≥( − a + b + c)<br />
egyenlőséggel, és ez igaz mert<br />
3<br />
c) Az egyenlőtlenség ekvivalens a 27 abc ≤ ( a + b + c)<br />
egyenlőtlenséggel és ez igaz<br />
a számtani- mértani közepek közti egyenlőtlenség alapján.<br />
21. Bizonyítsd be, hogy<br />
1<br />
a) sin18°⋅ sin 54°=<br />
;<br />
4<br />
b) 2 sin 84°⋅ sin 24°= sin 54°<br />
;<br />
<br />
c) tg3<br />
<br />
= tg15 ⋅tg21 ⋅tg27<br />
;<br />
<br />
d) tg 5 ⋅ctg15 ⋅ctg25⋅ctg 35 = 1 .<br />
Bizonyítás. a) sin18<br />
<br />
b) sin 54 = cos 36 =<br />
<br />
=<br />
5 −1<br />
5 + 1<br />
és sin 54 = , tehát<br />
4<br />
4<br />
4 1<br />
sin18 ⋅ sin 54 = .<br />
16 4<br />
5 + 1<br />
;<br />
4<br />
5 + 1 3 10−2 5 1 1−= 2 5 + 15 + 3<br />
sin 84 = sin(54 + 30 ) = + =<br />
;<br />
4 2 4 2 8<br />
<br />
sin 24<br />
<br />
= sin(54 − 30 ) =<br />
5 + 1<br />
4<br />
3<br />
−<br />
2<br />
10− 2 5 1<br />
=<br />
4 2<br />
15 + 3 −<br />
8<br />
10−2 5<br />
.<br />
8+ 6 5<br />
Tehát sin 24 ⋅ sin 84 = =<br />
64<br />
5 + 1<br />
<br />
és így 2 sin 24 sin 84 sin 54 .<br />
8<br />
c) A<br />
<br />
<br />
4 sin 3 cos15 cos 21 cos 27 = (cos 6 + cos 36 )(sin 30 −sin24<br />
) és<br />
<br />
<br />
4 cos 3 sin15 sin 21 sin 27 = (cos 6 − cos 36 )(sin 30 + sin 24 )<br />
összefüggések alapján a bizonyítandó egyenlőség ekvivalens a<br />
<br />
2 cos 6 sin 24<br />
egyenlőséggel. Ezt a b) alpontban igazoltuk.<br />
<br />
= cos 36<br />
4 sin 5 cos15 cos 25 cos 35 = (cos10 + cos 40 )(sin 40 −sin<br />
30 )<br />
<br />
<br />
d) A és
306 A trigonometria alkalmazása a geometriában<br />
<br />
<br />
4 cos 5 sin15 sin 25 sin 35 = (cos10 − cos 40 )(sin 40 + sin 30 )<br />
egyenlőségek alapján a bizonyítandó egyenlőség ekvivalens a<br />
<br />
2 cos 40 sin 40<br />
<br />
= cos10<br />
<br />
egyenlőséggel. Ez igaz, mert cos10<br />
<br />
= sin 80 .<br />
22. Oldd meg a következő egyenletrendszereket:<br />
⎧ 2 2<br />
⎪x<br />
+ y = 4<br />
a) ⎪<br />
⎨<br />
⎪ 3 3<br />
xy− xy=<br />
⎪⎩<br />
;<br />
12<br />
⎧ 2 2<br />
⎪x<br />
+ y = 1<br />
b) ⎪<br />
⎨<br />
;<br />
⎪ 2 2<br />
x − y = 2xy<br />
⎪⎩<br />
⎧ 2 2<br />
⎪x<br />
+ y = 1<br />
⎧ 2 2<br />
⎪x<br />
+ y = 1<br />
c) ⎪<br />
⎨<br />
; d) ⎪<br />
⎪ 3<br />
3<br />
⎨<br />
4x − 3x = 3y −4y<br />
⎪ x + 3y = 4xy<br />
⎪⎩<br />
⎪⎩<br />
.<br />
x<br />
y<br />
Megoldás. a) Az első egyenlet alapján használhatjuk az = cos α és = sin α<br />
2<br />
2<br />
jelölést. Így a<br />
sin αcos α⋅(cos α− sin α)<br />
=<br />
8<br />
3<br />
egyenlőséghez jutunk. Tehát sin 4α<br />
= és így<br />
2<br />
π 2π<br />
4α ∈ { + 2 kπ | k ∈ } ∪ { + 2 kπ | k ∈ <br />
3 3<br />
} .<br />
Ebből következik, hogy<br />
⎧⎪ π 7π 13π 19π π 2π 7π 5π<br />
⎫⎪<br />
M = ⎪<br />
⎨(2cos α,2sin α)| α ∈{<br />
, , , , , , , ⎪<br />
12 12 12 12 6 3 6 3 } ⎬<br />
⎪ ⎪⎩ ⎪ ⎪⎭<br />
.<br />
b) Az első egyenlet alapján x = cos α és y = sin α , tehát<br />
2 2 3<br />
2 2<br />
cos α− sin α = 2 sin αcosα<br />
,<br />
π kπ<br />
vagyis cos 2α = sin 2α.<br />
Ebből következik, hogy α ∈ { + | k ∈ <br />
8 2 } és így<br />
⎧⎪ π 5π 9π 13π<br />
⎫⎪<br />
M = ⎪<br />
⎨(cos α, sin α) | α ∈{<br />
, , , ⎪<br />
8 8 8 8 } ⎬<br />
⎪ ⎪⎩ ⎪ ⎪⎭<br />
.<br />
c) Az x = cos α és y = sin α jelöléssel a cos 3α = sin 3α<br />
egyenlethez jutunk, tehát<br />
π kπ<br />
{ | k }<br />
α ∈ + ∈ . Ebből következik, hogy<br />
12 3<br />
⎧⎪ π 5π 9π 13π 17π 21π<br />
⎫⎪<br />
M = ⎪<br />
⎨(cos α, sin α)| α ∈{<br />
, , , , , ⎪<br />
12 12 12 12 12 12 } ⎬<br />
⎪ ⎪⎩ ⎪ ⎪⎭<br />
.<br />
d) Ha x = cos α és y = sin α , akkor a második egyenletből<br />
1 3<br />
⎛π⎞ cos α+ sin α = sin 2α<br />
vagyis sin ⎜ α⎟sin 2α<br />
2 2<br />
⎜⎜⎝ + ⎟ =<br />
6 ⎠⎟
A trigonometria alkalmazása a geometriában 307<br />
α ∈<br />
π<br />
+ 2 kπ | k ∈ <br />
6<br />
⎧ ⎪ ⎪(2k + 1) π π ⎫⎪<br />
∪⎨ − | k ∈ ⎪<br />
⎬.<br />
⎪ ⎪⎩ 3 18 ⎪ ⎪⎭<br />
Ez alapján<br />
⎧⎪ π 5π 17π 29π<br />
⎫⎪<br />
M = ⎪<br />
⎨(cos α, sin α) | α ∈{<br />
, , , ⎪<br />
6 18 18 18 } ⎬<br />
⎪ ⎪⎩ ⎪ ⎪⎭<br />
.<br />
23. Az x , y , z pozitív számok teljesítik a következő egyenlőségeket:<br />
és így { }<br />
2<br />
2<br />
2 y<br />
y 2<br />
2 2<br />
x + xy + = 25 , + z = 9 , z + xz + x = 16 .<br />
3<br />
3<br />
Számítsd ki az xy + 2yz + 3xz<br />
kifejezés értékét.<br />
Megoldás. Felvesszük az OA = x ,<br />
y<br />
OB = és OC = z szakaszokat úgy, hogy<br />
3<br />
( <br />
<br />
mAOB ) = 150 ,<br />
. A koszinusztétel alapján:<br />
mBOC ( ) = 90<br />
és<br />
( <br />
<br />
mCOA ) = 120<br />
2<br />
2 2 y<br />
AB = x + + xy = 25 ;<br />
3<br />
2<br />
2 y 2<br />
BC = + z = 9 és<br />
3<br />
2 2<br />
2<br />
AC = z + xz + x = 16 .<br />
Tehát AB = 5 , BC = 3 és AC = 4 .<br />
xy 2zy3xz Ugyanakkor TABC [ ] = + +<br />
4 3 4 3 4 3<br />
és így xy + 2yz<br />
+3xz = 24 3.<br />
A<br />
x<br />
150 o<br />
120 o<br />
24. Oldd meg a<br />
2<br />
1− x<br />
2<br />
= 4x − 3x<br />
egyenletet, ha x ∈ .<br />
Megoldás. A létezési fe ltétel alapján x ∈− [ 1,1] , tehát létezik α ∈ [0, π]<br />
úgy, hogy<br />
x = cos α . Ha x = cos α , akkor az egyenlet sin α = cos 3α<br />
alakban írható, tehát<br />
π kπ<br />
π π<br />
α ∈ { + | k ∈ } ∪ { + (2k + 1) | k ∈ <br />
8 2 4 2 }<br />
⎧⎪ π 5π 9π 13π 3π 7π<br />
⎫⎪<br />
és így M = ⎪<br />
⎨cos α| α ∈{<br />
, , , , , ⎪<br />
8 8 8 8 4 4 } ⎬<br />
⎪ ⎪⎩ ⎪ ⎪⎭<br />
.<br />
25. Oldd meg az<br />
⎧⎪<br />
⎪<br />
2x<br />
⎪y<br />
= 2 ⎪ 1 − x<br />
⎪<br />
⎪ 2y<br />
⎨z<br />
= egyenletrendszert, ha x, y, z ∈ .<br />
2 ⎪ 1 − y<br />
⎪ 2z<br />
⎪<br />
x = 2<br />
⎪⎩ 1 − z<br />
O<br />
y<br />
3<br />
z<br />
B<br />
C
308 A trigonometria alkalmazása a geometriában<br />
Megoldás. Az x = tg α jelöléssel y = tg 2α<br />
, z = tg 4α<br />
és x = tg 8α<br />
. Tehát a<br />
sin 7α<br />
tg α = tg 8α<br />
egyenlet gyökeit kell meghatározni. De tg 8α− tg α = ,<br />
cos αcos 8α<br />
kπ<br />
⎧⎪ kπ<br />
⎫⎪<br />
tehát α ∈{ | k ∈ <br />
7 } . Így M = ⎪<br />
⎨(tg α, tg 2 α, tg 4 α) | α ∈{<br />
| k = 0,13 ⎪<br />
7 } ⎬.<br />
⎪ ⎪⎩ ⎪ ⎪⎭<br />
26. Oldd meg a<br />
2x 1 4x 2(8x<br />
2 2<br />
− − = −1) egyenletet a valós számok halmazában.<br />
Megoldás. A 2x= c osαjelöléssel<br />
az egyenlet<br />
cos α− sin α = 2 cos 2α<br />
⎛ π⎞<br />
alakban írható, tehát sin ⎜α ⎟<br />
⎜⎝<br />
⎜ − ⎟ = ± cos 2<br />
4 ⎠⎟<br />
α. Ebből következik, hogy<br />
⎧⎪ 2 − 6 − 2⎫⎪<br />
M = ⎪<br />
⎨ , ⎪<br />
⎬.<br />
⎪<br />
⎪⎩ 4 8 ⎪<br />
⎪⎭<br />
⎧ 2<br />
⎪4<br />
xy(2x− 1) = 1<br />
27. Oldd meg -en a ⎪<br />
⎨<br />
egyenletrendszert.<br />
⎪ 2 2<br />
x + y = 1<br />
⎪⎩<br />
Megoldás. Az x = cos α és y = sin α jelöléssel az első egyenlet si n 4α = 1 alak-<br />
{ }<br />
ban írható, tehát α ∈<br />
π kπ<br />
+ | k ∈ és így<br />
8 2<br />
28. Bizonyítsd be, hogy ha a , és pozitív számok teljesítik a<br />
k<br />
egyenlőségeket, akkor k = k = k .<br />
3<br />
k1 2 k 3<br />
2<br />
1 2 2 1<br />
2<br />
2 3 3 2<br />
k (1 + k ) = k (1 + k )(1 + k ) 3<br />
k (1 + k ) = k (1 + k )(1 + k )<br />
1 2<br />
3<br />
Bizonyítás. Ha a két egyenlet megfelelő oldalait összeszorozzuk és egyszerűsítünk<br />
k (1 + k )(1 + k ) -mal, a<br />
2 2<br />
k (1 + k ) = k (1 + k )(1 + k )<br />
2<br />
3 1 1 2<br />
egyenlőséghez jutunk. Ha ennek a megfelelő oldalait hozzáadjuk az eredeti két egyenlőség<br />
megfelelő oldalainak összegéhez és egyszerűbb alakra hozzuk mindkét oldalt,<br />
akkor a<br />
2 2 2<br />
kk + kk + kk = 3kkk<br />
1 2 2 3 3 1 1 2 3<br />
egyenlőséghez jutunk. A számtani-mértani közepek közti egyenlőtlenség alapján<br />
2<br />
kk 1 2<br />
2<br />
= kk 2 3<br />
2<br />
= kk és így k = k 3 1<br />
1 2 =<br />
k . 3<br />
1<br />
3
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 309<br />
X. Összefoglaló és versenyre előkészítő<br />
gyakorlatok, feladatok<br />
X.1. Összefoglaló gyakorlatok (221. oldal)<br />
1. Számítsd ki a<br />
2<br />
200 + {6 − 3[4 + ( 32 − 225)]}<br />
1<br />
2 2 2<br />
1231 − 35 + 5(440 −21 ) −2<br />
tört értékét.<br />
Megoldás. A kiszámolandó tört számlálója:<br />
Sz =<br />
2<br />
200 + { 6 − 3 ⎡<br />
⎢⎣ 4 + ( 32 − 225) ⎤} 10 2 { 6 3 ⎡<br />
⎥ = + − ⎢16<br />
+ (4 2 −15)<br />
⎤<br />
⎦ ⎣<br />
⎥⎦}<br />
=<br />
= 10 2 + ⎡6 3 (1 4 2) ⎤<br />
⎢⎣ − ⋅ + ⎥⎦<br />
= 10 2 + 3 − 12 2 = 3 − 2 2 =<br />
2<br />
= ( 2) −2⋅ A nevező:<br />
2<br />
2⋅ 1+ 1 = (1− 2<br />
2) .<br />
2 2<br />
1<br />
2<br />
N = 1231 − 35 + 5 ⋅(440 −21 ) − 2 = 1231 − 1225 + 5 ⋅(440 −441) − 2 =<br />
= 6+ 5 ⋅( −1) −<br />
Tehát a tört értéke:<br />
2 = 1− 2 .<br />
Sz (1 −<br />
T = =<br />
N 1− 2<br />
2)<br />
= 1− 2<br />
2<br />
2. Oldd meg -en a következő egyenleteket és egyenlőtlenségeket:<br />
a)<br />
2 2<br />
3x − 1 x + 3 5x −6x −3<br />
− =<br />
; b) 33 x − 77 < 132x + 99 ;<br />
2<br />
x + 1 2x −3 2x −x − 3<br />
( x −3)( − x + 1)<br />
c) ≤ 0 .<br />
( x + 2)( − 3x + 4)<br />
Megoldás. a) Közös nevezőre hozzuk a bal oldalt:<br />
3x − 1 x + 3 (3x −1)(2x −3) − ( x + 3)( x + 1)<br />
− =<br />
=<br />
x + 1 2x − 3 ( x + 1)(2x −3)<br />
2 2<br />
2<br />
(6x −9x − 2x + 3) − ( x + x + 3x + 3) 5x − 15x<br />
= =<br />
2 2<br />
2x − 3x + 2x −3 2x<br />
−x −3<br />
.<br />
Ez alapján az egyenlet a következőképpen alakul:<br />
2 2<br />
5x −15x 5x −6x<br />
−9<br />
=<br />
.<br />
2 2<br />
2x −x −3 2x<br />
−x −3<br />
Mivel a törtek értelmezettek kell legyenek, következik, hogy<br />
2<br />
1± 25<br />
3<br />
2x −x −3 ≠ 0,<br />
vagyis x ≠ , azaz x ∈ \<br />
4<br />
{ , −1<br />
2 } .<br />
.
310 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok<br />
Ebben az esetben, beszorozva a közös nevezővel és összevonva a megfelelő tagokat,<br />
kapjuk, hogy<br />
3<br />
9x = 9,<br />
x = 1 ∈ \ { , −1<br />
2 } ,<br />
tehát, az egyedüli megoldás x = 1 .<br />
b) 33x − 77 < 132x + 99 / −33x −99 ⎛ 176 ⎞<br />
x ∈ ⎜ , ⎟<br />
⎜⎝<br />
− +∞⎟<br />
99 ⎠ ⎟<br />
176<br />
⇔ − 176 < 99x<br />
, tehát x >− , vagyis<br />
99<br />
.<br />
c) Elkészítjük az előjeltáblázatot, és az előjelszabálynak megfelelően leolvassuk<br />
belőle az eredményt:<br />
x −∞ –2 1<br />
4<br />
3<br />
3 +∞<br />
x − 3<br />
– – – – – – 0 + + + + +<br />
− x + 1<br />
+ + + + 0 – – – – – – –<br />
Sz = ( x −3)( − x + 1)<br />
– – – – 0 + + + 0 – – –<br />
x + 2<br />
– – 0 + + + + + + + + +<br />
− 3x+ 4<br />
+ + + + + + 0 – – – – –<br />
N = ( x + 2)( − 3x + 4)<br />
– – 0 + + + + – – – – –<br />
Sz<br />
T =<br />
N<br />
+ + | – 0 + | – 0 + + +<br />
⎛4⎤ Tehát a T ≤ 0 egyenlőtlenség megoldáshalmaza M = ( −2,1] ∪⎜ ⎜⎝<br />
, 3⎥<br />
3 ⎥⎦ .<br />
3. Vizsgáld az alábbi függvények monotonitását és előjelét, határozd meg a grafikus<br />
kép tengelyekkel való metszéspontjait, majd ábrázold a függvényt:<br />
⎧⎪<br />
⎪x<br />
− 3, x < 3<br />
⎪<br />
a) f : → , f( x)<br />
=−3x<br />
+ 2;<br />
b) g : → ,<br />
g( x) = ⎪<br />
⎨4,<br />
x ∈[3,<br />
4) .<br />
⎪<br />
⎪− 2x + 1, x ≥ 4<br />
⎪⎩<br />
Megoldás. a) Vizsgáljuk a függvény monotonítását:<br />
Legyen x1, x2 ∈ tetszőleges úgy, hogy x1 < x2.<br />
Ekvivalens átalakításokkal kapjuk, hogy<br />
− 3x >−3x ⇔ − 3x + 2>− 3x<br />
+ 2,<br />
1 2 1 2<br />
ami ekvivalens az f ( x1) > f( x2)<br />
egyenlőtlenséggel. Tehát tetszőleges x1, x2 ∈ ,<br />
x1 < x2<br />
esetén azt kaptuk, hogy f ( x1) > f( x2)<br />
, vagyis a függvény szigorúan csökkenő.<br />
Az előjel vizsgálatához az f ( x) ≤ 0 egyenlőtlenséget oldjuk meg:<br />
2<br />
fx ( ) ≤ 0 ⇔ − 3x+ 2≤ 0 ⇔ −3x≤−2 ⇔ x≥<br />
.<br />
3
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 311<br />
⎛2 ⎞<br />
Tehát f negatív, ha x , ⎟<br />
2<br />
∈ ⎜<br />
⎜⎜⎝ +∞⎟;<br />
3 ⎠⎟f(<br />
x ) = 0,<br />
ha x =<br />
3<br />
y<br />
⎛ 2⎞<br />
és f pozitív, ha x ∈ ⎜<br />
⎜−∞, ⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟ .<br />
3⎠⎟<br />
Egyúttal azt is megkaptuk, hogy a függvény az Ox<br />
⎛2 ⎞<br />
tengelyt az A ⎜ ,0⎟<br />
⎜⎝<br />
pontban metszi (ez az egyedüli<br />
3 ⎠<br />
⎟<br />
metszéspont az Ox tengellyel, mert a függvény szigorúan<br />
B(0, 2)<br />
monoton). Az Oy tengellyel való metszéspontot a<br />
B(0, f (0) ) pont adja meg, vagyis a B (0, 2) pont.<br />
A(<br />
2<br />
,0)<br />
3<br />
A függvény grafikonja, felhasználva a már mgtudott<br />
tulajdonságokat:<br />
b) A monotonítást három részben vizsgáljuk:<br />
O<br />
x<br />
I. Ha x ∈( −∞ ,3)<br />
, akkor gx ( ) = x−3.<br />
Legyen x1, x 2 ∈( −∞,<br />
3) úgy, hogy<br />
x1 < x2.<br />
Következik, hogy x1 − 3<<br />
x2<br />
−3,<br />
vagyis<br />
gx ( 1) < gx ( 2), ∀ x1, x2<br />
∈( −∞,3) , x1 < x2<br />
esetén. Tehát ezen az intervallumon a<br />
függvény szigorúan növekvő.<br />
II. A [3 , 4) intervallumon a függvény állandó: gx ( ) = 4.<br />
III. A [4, +∞ ) intervallumon g( x ) =− 2x+ 1. Ha x1 < x 2, x1, x2 ∈ [4, +∞)<br />
tetszőlegesek,<br />
akkor − 2x1 > −2x2 és − 2x1 + 1>− 2x2<br />
+ 1, vagyis gx ( 1) > gx ( 2)<br />
,<br />
∀ x1, x2 ∈ [4, +∞ ), x1 < x2<br />
esetén. Tehát a függvény szigorúan csökkenő ezen az<br />
intervallumon.<br />
Összefoglalva a fenti eredményeket<br />
⎧⎪<br />
⎪szigorúan<br />
növekv ő,<br />
ha x ∈( −∞,<br />
3)<br />
⎪<br />
g : ⎨<br />
⎪állandó, ha x ∈ [3, 4) .<br />
⎪<br />
⎪szigorúan csökken ő,<br />
ha x ∈ [4, +∞)<br />
⎪⎩<br />
Tehát a teljes -en a függvény nem monoton. A függvény előjelét a monotonítás<br />
felhasználásával vizsgáljuk:<br />
I. x ∈( −∞,3)<br />
-on a függvény szigorúan növekvő, következik, hogy a legnagyobb<br />
érékét a 3-ban venné fel, ha ott értelmezett lenne a gx ( ) = x−3<br />
kifejezés, tehát<br />
gx () < 3− 3= 0 ∀ x∈(<br />
−∞,3)<br />
II. x ∈ [3, 4) esetén g pozitív: g( x ) = 4.<br />
, tehát g negatív.<br />
III. x ∈ [4, +∞)<br />
esetén g szigorúan csökkenő ⇒gx () ≤g(4), ∀ x∈<br />
[4, +∞)<br />
, tehát<br />
gx ( ) ≤− 7 < 0,<br />
vagyis g negatív.<br />
Összefoglalva a fenti eredményeket
312 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok<br />
⎧⎪<br />
⎪negatív,<br />
ha x ∈( −∞,<br />
3)<br />
⎪<br />
g : ⎪<br />
⎨pozitív,<br />
ha x ∈ [3, 4) .<br />
⎪<br />
⎪negatív,<br />
ha x ∈ [4, +∞)<br />
⎪⎩<br />
Ebből következik, hogy a függvény grafikonja nem<br />
metszi az Ox tengelyt (a gx ( ) = 0 egyenletnek nincs<br />
megoldása). Az Oy tengelyt a függvény az A ( 0, g(0)<br />
)<br />
pontban metszi. Mivel 0 ∈( −∞ ,3), g(0)<br />
= 0− 3 = ,<br />
=− 3 tehát a pont A (0, −3)<br />
.<br />
A g függvény grafikonja a mellékelt ábrán látható.<br />
⎧⎪x, x ≤1<br />
4. Ábrázold grafikusan az f : → , fx () = ⎪<br />
⎨ függvényt.<br />
2 ⎪x − 2x + 2, x > 1<br />
⎪⎩<br />
Megoldás. Előbb vizsgáljuk a g : → ,<br />
y<br />
2<br />
gx ( ) = x − 2x+ 2 másodfokú függvényt. A<br />
feltétel szerint f ( x) = g( x)<br />
, ha x > 1 .<br />
Δ= 1−<<br />
0,<br />
tehát a függvény szigorúan pozitív.<br />
b 2<br />
Minimumpontja a = = 1 pontban van és ek-<br />
2a 2<br />
kor g (1) = 1 . Mostmár könnyen megszerkeszthetjük<br />
a g grafikonját (jobb oldali ábra).<br />
Következik, hogy f grafikonja az alábbi grafikon:<br />
2<br />
1<br />
O<br />
y<br />
1 2<br />
x<br />
4<br />
O<br />
–3<br />
–7<br />
–9<br />
2<br />
1<br />
y<br />
)<br />
[ )<br />
3<br />
[<br />
5<br />
O 1 2<br />
x
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 313<br />
2<br />
x − 3x + 2<br />
5. Oldd meg a valós számok halmazán az<br />
> 1 egyenlőtlenséget.<br />
2<br />
x − 7x + 12<br />
Megoldás. Mivel racionális törtek esetén az előjeltáblázat alapján könyebben<br />
eldönthetjük a tört előjelét, az egyenlőtlenséget olyan alakra hozzuk, hogy az egyik<br />
oldalon a 0 szerepeljen:<br />
2 2<br />
x − 3x + 2 x − 3x + 2<br />
> 1 ⇔ − 1><br />
0 ⇔<br />
2 2<br />
x − 7x + 12 x − 7x + 12<br />
2 2<br />
( x − 3x + 2) −( x − 7x + 12) 4x−10 2<br />
x − x +<br />
2<br />
x − x +<br />
⇔ > 0 ⇔<br />
> 0 ⇔<br />
7 12 7 12<br />
2x−5 ⇔ > 0 .<br />
( x −3)( x −4)<br />
Elkészítjük az előjeltáblázatot:<br />
x −∞<br />
5<br />
2<br />
3 4 +∞<br />
Sz = 2x− 5 – – – 0 + + + + + + +<br />
x − 3 – – – – – 0 + + + + +<br />
x − 4 – – – – – – – 0 + + +<br />
N = ( x −3)( x − 4)<br />
+ + + + + 0 – 0 + + +<br />
Sz<br />
T =<br />
N<br />
– – – 0 + | – | + + +<br />
5<br />
Tehát a T > 0 egyenlőtlenség megoldáshalmaza: M ,3 (4, )<br />
2<br />
⎛ ⎞ = ⎜<br />
⎟ ∪ + ∞ .<br />
⎝ ⎠<br />
6. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy fennálljon az<br />
2<br />
( m −2) x − 2mx + m−<br />
3><br />
0 egyenlőtlenség ∀x∈ esetén.<br />
2<br />
Megoldás. Az f ( x) = ( m −2) x − 2mx + m − 3 függvény akkor lesz pozitív minden<br />
x ∈ esetén, ha Δ< 0 és a > 0 . Tehát az<br />
2<br />
⎪⎧<br />
m −( m−2)( m−<br />
3) < 0<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪( m − 2) > 0<br />
⎪⎩<br />
egyenlőtlenégrendszert kell megoldanunk. Írhatjuk, hogy<br />
⎧ 2 2 5 6<br />
6<br />
m ( m 5m 6) 0 ⎧ m <<br />
⎧⎪<br />
⎪ − − + <<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪m<br />
<<br />
⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ 5 ⇒m∈∅.<br />
⎪m> 2 ⎪m> 2 ⎪<br />
⎪⎩ ⎪ ⎪⎩⎪ ⎪⎩<br />
m > 2<br />
Tehát nem létezik olyan m valós szám, hogy fennálljon az egyenlőtlenség minden<br />
x ∈ esetén.<br />
⎧ 3 2 2<br />
⎪x<br />
+ x y + xy = 6<br />
7. Oldd meg a valós számok halmazán az ⎪<br />
⎨<br />
egyenletrendszert.<br />
⎪ 2 2 3<br />
xy+ xy+ y =−3<br />
⎪⎩
314 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok<br />
Megoldás. Szorozzuk a második egyenletet 2-vel, majd adjuk hozzá az elsőhöz!<br />
Kapjuk, hogy<br />
3 2 2 2 2 3<br />
x + x y + xy + 2( x y + xy + y ) = 6 −6⇔ ⇔ ( x + 3x y + 3 xy + y ) + y = 0 ⇔ ( x + y) =−y<br />
3 2 2 3 3 3 3<br />
3 3<br />
⇔ ( x − y) = ( −y)<br />
.<br />
Az utóbbi egyenlőség csak akkor teljesülhet, ha x + y = −y<br />
(mert az<br />
f : → függvény injektív). Tehát x =−2y<br />
.<br />
Behelyettesítjük a kapott x értéket a második egyenletbe:<br />
2 2 3 3 3<br />
4y ⋅y −2y⋅ y + y =−3 ⇔ 3y =−3 ⇔ y =−1.<br />
Tehát y =−1 és x = 2 a rendszer egyedüli megoldása.<br />
⇔<br />
f ( x) x<br />
3<br />
= ,<br />
2x−1<br />
8. Bizonyítsd be, hogy az f : \{2} → \ {} 2 , fx ( ) = függvény bijektív,<br />
x − 2<br />
határozd meg azt a g : \{2} → \ {} 2 függvényt, amelyre f og = 1{}<br />
2 és oldd<br />
meg az f ( x) + xg( x)<br />
= 0 egyenletet.<br />
Megoldás. Az f függvény a következő alakban írható:<br />
2x−1 2( x − 2) + 3 3<br />
fx ( ) = = = 2+<br />
.<br />
x −2 x −2 x −2<br />
Vizsgáljuk f injektívitását:<br />
Legyen x1, x2 ∈ \{ 2} úgy, hogy f ( x1) = f( x2)<br />
. Következik, hogy<br />
3 3 1 1<br />
2+ = 2+ ⇔ = ⇔ x1 − 2 = x2 −2 ⇔ x1 = x2.<br />
x1 −2 x2 −2 x1 −2 x2<br />
−2<br />
Tehát az f függvény injektív.<br />
Vizsgáljuk f szürjektívitását.<br />
Tetszőleges y ∈ \{2} esetén az f ( x) = y x -beli egyenletet kell megoldanunk.<br />
Ha van megoldása az egyenletnek, akkor f szürjektív.<br />
3<br />
Valóban, 2 + = y ekvivalens rendre a következő egyenletekkel:<br />
x − 2<br />
3 3<br />
3<br />
= y −2, ( y ≠2) ⇔ x − 2 = ⇔ x = 2 +<br />
x −2 y −2<br />
y − 2<br />
.<br />
⎛ 3 ⎞<br />
Tehát tetszőleges y ∈ \{2} esetén f ⎜ 2 + ⎟<br />
= f ( f( y) ) = y<br />
⎜ y 2<br />
⎟<br />
, vagyis f<br />
⎝ − ⎠⎟<br />
szürjektív.<br />
Következik, hogy f bijektív, és inverze g : \ {2} → \ {2}, g(<br />
x) = f( x)<br />
,<br />
∀x∈ \{2} .<br />
Oldjuk meg az f ( x) + xg( x)<br />
= 0 egyenletet. Írhatjuk, hogy<br />
\
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 315<br />
(1 + xfx ) ( ) = 0 ⇔<br />
2x−1 (1 + x) = 0<br />
x − 2<br />
⇔ (1 + x)(2x − 1) = 0 és x ≠<br />
2 ,<br />
1<br />
tehát x 1 =− 1 és x 2 = az f ( x) + xg( x)<br />
= 0 egyenlet megoldásai.<br />
2<br />
⎧− ⎪ x + 2, x ≤ 0<br />
9. Ábrázold grafikusan az f : → , fx ( ) = ⎪<br />
⎨ függvényt, majd<br />
2 ⎪x − 3x + 2, x > 0<br />
⎪⎩<br />
vizsgáld a monotonitását és előjelét.<br />
2<br />
Megoldás. Előbb vizsgáljuk a g : → , g( x) = x −3x<br />
+ 2 függvényt. f értel-<br />
mezése alapján f ( x) = g( x)<br />
, ha x > 0 . A g függvény diszkriminánsa Δ= 9− 8 =<br />
b 3<br />
= 1> 0,<br />
főegyütthatója 1> 0,<br />
tehát a függvénynek a − = pontban minimuma<br />
2a2 ⎛ b ⎞ Δ 1<br />
van és ennek az értéke g ⎜− ⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟ =− =−<br />
2a⎟ . Mostmár megrajzolhatjuk g<br />
⎠ 4a<br />
4<br />
grafikonját (bal oldali ábra). A fentiek alapján f grafikonja a jobb oldali mellékelt<br />
ábra.<br />
y<br />
2<br />
O<br />
1<br />
–<br />
4<br />
y<br />
1<br />
3<br />
2<br />
2<br />
gx ()<br />
x<br />
–1<br />
2<br />
O<br />
1<br />
–<br />
4<br />
A grafikon alapján<br />
⎪⎧ ⎛ 3⎞ ⎧pozitív,<br />
ha x ( ,1) ( 2, )<br />
szigorúan csökken ő,<br />
ha x ,<br />
⎪<br />
∈ −∞ ∪ ∞<br />
⎪ ∈⎜−∞ ⎟<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎜⎜⎝ 2⎟<br />
⎪<br />
f ⎪ ⎠ ⎪<br />
⎨ és f ⎪<br />
⎨0,<br />
ha x ∈ {1, 2} .<br />
⎪ ⎡3⎞ ⎪<br />
⎪szigorúan növekv ő , ha x ∈ , +∞⎟⎪<br />
⎪<br />
⎢ ⎟ ⎪negatív,<br />
ha x ∈ ( 1, 2)<br />
2 ⎟<br />
⎪⎩<br />
⎢⎣ ⎠ ⎪⎪⎩<br />
x + 1 1−<br />
x<br />
10. Oldd meg a valós számok halmazán az − 2 < egyenlőtlenséget.<br />
1 − x x<br />
Megoldás. Az egyenlőtlenség rendre ekvivalens a következőkkel:<br />
x + 1−2(1 −x) 1−x −x −1 1−x<br />
− < 0 ⇔ − < 0 ⇔<br />
1−x x 1−x<br />
x<br />
3<br />
1<br />
3<br />
2<br />
2<br />
x
316 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok<br />
2 2<br />
( x + 1) x + (1 −x)(1 − x) x + x + x − 2x + 1<br />
⇔ > 0 ⇔<br />
> 0 ⇔<br />
(1 −xx ) (1 −xx<br />
)<br />
2<br />
2x − x + 1<br />
⇔ > 0 . (1)<br />
(1 − xx )<br />
2<br />
Az fx () = 2x− x+ 1, f:<br />
→ másodfokú függvény szigorúan pozitív minden<br />
x ∈ esetén ( a = 2 > 0 és Δ = − 7 < 0)<br />
, tehát az (1) egyenlőtlenség ekvivalens az<br />
1<br />
0<br />
x(1 x )<br />
><br />
−<br />
egyenlőtlenséggel, ami az x(1 − x)<br />
> 0 egyenlőtlenséggel egyenértékű, tehát<br />
x ∈ (0, 1)<br />
.<br />
2<br />
1<br />
− x + ( m + 1) x −<br />
11. Legyen Ex ( ) =<br />
2<br />
2 2<br />
x + 2mx + m + 1<br />
.<br />
a) Igazold, hogy Ex ( ) értelmezett minden m ∈ és x ∈ esetén.<br />
b) Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy Ex ( ) legyen negatív<br />
minden x ∈ esetén.<br />
Megoldás. a) A kifejezés akkor értelmezett minden xm∈ , esetén, ha a nevezőben<br />
szereplő, x -ben másodfokú függvény nem lesz nulla sehol (vagyis nem vált előjelt:<br />
pozitív vagy negatív -en). Ez csak akkor teljesülhet, ha diszkriminánsa negatív.<br />
2 2 2 2<br />
Viszont Δ= m − ( m + 1) =− 1< 0 ⇒ x + 2mx + m + 1> 0 ∀x, m ∈ .<br />
2 2<br />
b) Mint láttuk, N = x + 2mx + m + 1> 0 ∀ x, m ∈ ⇒ a tört akkor lesz nega-<br />
tív minden x ∈ esetén, ha a számlálója negatív minden x ∈ -re.<br />
A számláló diszkriminánsa<br />
2 ⎛ 1⎞<br />
2 2<br />
Δ= ( m + 1) −4 ⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝<br />
− ⎟(<br />
− 1) = m + 2m + 1− 2 = m + 2 −<br />
2⎠⎟<br />
m 1.<br />
2<br />
Az x együtthatója −1 , tehát a számláló akkor lesz negatív minden x -re, ha<br />
2<br />
Δ= m + 2m− 1< 0 ⇔ m ∈( −1−2, − 1+ 2)<br />
.<br />
2<br />
(az m + 2m− 1=<br />
0 egyenlet gyökei között)<br />
⎧ 2 2 2 2<br />
⎪3x<br />
+ 3y − 2x y + 6xy + 5 = 0<br />
12. Oldd meg a valós számok halmazán az ⎪<br />
⎨<br />
⎪ 2 2<br />
xy+ xy=<br />
12<br />
⎪⎩<br />
egyenletrendszert.<br />
Megoldás. Kiemeljük xy -t a második egyenletből, majd bevezetjük az xy = p ,<br />
x + y = s jelöléseket:<br />
xy( x + y) = 12 ⇔ ps = 12.<br />
A rendszer a következőképpen alakul:
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 317<br />
⎧ 2 2 2 2<br />
⎪<br />
3( x + 2 xy + y ) − 2x y + 5 = 0<br />
⎨<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪xy( x + y)<br />
= 12<br />
⎪⎩<br />
⇔<br />
⎧ 2 2<br />
⎪<br />
3s − 2p + 5 = 0<br />
⎨<br />
⎪<br />
.<br />
⎪ sp = 12<br />
⎪⎩<br />
Kifejezve p -t a második egyenletből és visszahelyettesítve az elsőbe, kapjuk, hogy:<br />
2 288<br />
3s − + s = 0 2<br />
s<br />
4 2<br />
⇔ 3s + 5s − 288<br />
= 0.<br />
2<br />
Ez egy bikvadratikus egyenlet, az s = t jelöléssel<br />
2<br />
− 5± 3t + 5t − 288 = 0 és t 1,2 =<br />
25+ 12⋅288 − 5± 59<br />
= ,<br />
6 6<br />
tehát t 1 = 9 és t 2<br />
64<br />
2<br />
=− . Mivel s = t és s ∈ , t 2 nem lehet megoldás.<br />
6<br />
Tehát y és s = 3, s =− 3 . Az sp = 12 egyenlőségből p 1 = 4 és p 2 =−4,<br />
tehát<br />
2 1 2<br />
a megoldáshalmaz: M = {(3, 4), ( −3, −4)}<br />
.<br />
Mivel<br />
=<br />
⎪⎩<br />
=<br />
⎪ ⎧x<br />
+ y = s<br />
⎨⎪ , következik, hogy x és y az<br />
sy p<br />
2<br />
u − su + p = 0<br />
egyenlet gyökei, vagyis ha s 3 és p = 4 , akkor Δ< 0 , tehát nem kapunk valós<br />
− 3± megoldást, ha pedig s =−3<br />
és p =−4, akkor u1,2 =<br />
2<br />
u =− 4 , tehát ( x, y) ∈{(1, −4), ( −4,<br />
1)} .<br />
2s<br />
⇒ u 1 = 1 és<br />
2<br />
Κ<br />
13. Ha az x = 2 egyenletű egyenes az b = függvény grafikus képének szim-<br />
3π+ 4<br />
metriatengelye állapítsd meg az alábbi kijelentések igazságértékét:<br />
a) f (0) = f (4) ; b) fx ( + 2) = fx ( −2), ∀ x∈<br />
;<br />
c) f(2 + x) = f(2 −x), ∀ x ∈ ; d) f periodikus; e) f páros.<br />
Megoldás. Mielőtt nekifgunk az egyes alpontok<br />
megvizsgálásához, nézzük meg, hogy mit jelent az,<br />
hogy az x = 2 egyenletű egyenes szimmetriatengelye<br />
az f grafikus képének.<br />
Legyen x ≠ 2 (például x > 2 ). Vegyük fel az<br />
Axfx ( , ( ) ) pontot a grafikonon. Mivel az x = 2<br />
egyenes () d szimmetriatengelye az f grafikonjának,<br />
következik, hogy a B( y , fy ( ) ) pont is a grafikonhoz<br />
tartozik, ahol BO 1 = O1 A , y = ( sin ϕ)<br />
−2gy,<br />
. Ez szükséges és elégséges feltétele annak, hogy a d egyenes<br />
szimmetriatengely legyen.<br />
2<br />
y<br />
x =2<br />
B<br />
O1 A(, x f(x))<br />
O y 2 x x<br />
2<br />
v v0<br />
AO1 ⊥ d
318 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok<br />
A fentiekből következik, hogy AB Ox , tehát f ( x) = f( y)<br />
, továbbá 2− y = x −2<br />
(mert BO1 = O1A). Tehát annak szükséges és elégséges feltétele, hogy az<br />
Κ<br />
b =<br />
3π+ 4<br />
függvénynek az egyenletű egyenes szimmetriatengelye legyen az,<br />
x = 2<br />
hogy tetszőleges x > 2 pontra teljesüljön az f ( x) = f(4 − x)<br />
összefüggés. (*)<br />
Vizsgáljuk az adott eseteket:<br />
a) f (0) = f (4) igaz, mert x = 4 -re alkalmazzuk a (*) összefüggést.<br />
b) fx ( + 2) = fx ( −2), ∀ x∈<br />
nem igaz, például az f ( x) = x − 2 függvény<br />
esetén, amely szimmetrikus az x = 2 egyenesre.<br />
c) f(2 + x) = f(2 −x), ∀ x ∈ egyenértékű az f ( x) = f(4 − x)<br />
, x ≥ 2 feltétellel,<br />
tehát igaz.<br />
d) a b) pontban adott függvény nem periódikus, és kielégíti a feltételt, tehát nem igaz.<br />
e) Hasonlóan az előzőhöz, nem igaz.<br />
14. Legyen f : → függvény úgy, hogy, fm ( + n) = fm ( ) + fn ( ) ∀ mn , ∈ <br />
és<br />
f (1) = 1 . Bizonyítsd be, hogy<br />
a) f (0) = 0 ; b) fn ( ) = n, ∀ n∈<br />
;<br />
c) f páratlan; d) fn ( ) = n, ∀ n∈<br />
.<br />
Bizonyítás. a) Mivel fm ( + n) = fm ( ) + fn ( ) ∀ mn , ∈esetén,<br />
következik,<br />
hogy m = n = 0 esetén is igaz, tehát<br />
f(0 + 0) = f(0) + f(0) ⇔ f(0) = 2 f(0) ⇒ f(0)<br />
= 0 .<br />
b) Láttuk, hogy f (0) = 0 , a feltétel szerint pedig f (1) = 1 . Matematikai indukcióval<br />
igazoljuk, hogy fn ( ) = n, ∀ n∈<br />
.<br />
Feltételezzük, hogy f ( n ) = n adott n természetes számre. Ebben az esetben, m = 1 -<br />
et választva, kapjuk, hogy f ( n + 1) = f(<br />
n) + f(1) = n + 1,<br />
az indukciós feltétel és a<br />
kezdeti feltétel szerint.<br />
Tehát a matematikai indukció alapján fn ( ) = n, ∀ n∈<br />
.<br />
c) Legyen m =−n<br />
a feltételbeli összefüggésben. Kapjuk, hogy<br />
fn ( − n) = fn ( ) + f( −n) ⇔ 0 = f(0) = fn ( ) + f( −n) ⇔<br />
− fn ( ) = f( −n), ∀ n∈ − fn ( ) = f( −n), ∀ n∈<br />
esetén<br />
és innen következik, hogy bármely n ∈ esetén is fennáll az összefüggés ( n ∈ <br />
⇒−n ∈\ , stb). Tehát f páratlan.<br />
d) a c) és b) pont alapján azonnal következik.<br />
⎛ π⎞<br />
15. Határozd meg az fx ( ) = tg ⎜<br />
⎜3x− ⎟<br />
⎝<br />
⎟<br />
4 ⎠ ⎟<br />
tartományát és főperiódusát!<br />
függvény maximális értelmezési<br />
*
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 319<br />
π<br />
Megoldás. A tg függvény nem értelmezett a (2k + 1) pontokban, ahol k ∈ ,<br />
2<br />
ezért az f függvény nem lesz értelmezett azokban a pontokban, ahol<br />
π π<br />
3 x − = (2k + 1) , k ∈ ⇔<br />
4 2<br />
1⎛ π π⎞ 1 3 k<br />
x (2k 1) ⎟<br />
⎛ π⎞<br />
kπ ⎟<br />
⎛ 1⎞<br />
⇔ = π ⎟ k<br />
3<br />
⎜ + + = ⎜ + = ⎜ + ∈<br />
⎝ 2 4⎠ ⎟ ⎟ ⎟<br />
3<br />
⎜ ⎜⎝ 4 ⎠⎟ ⎜ ⎜⎝3<br />
4⎠⎟<br />
<br />
⎧⎪⎛k1⎞ ⎫⎪<br />
Tehát f maximális értelmezési tartománya \ ⎨<br />
⎪⎜ + ⎟π<br />
| k ⎪<br />
⎟ ∈ ⎬=<br />
I<br />
⎪⎜⎜⎝3 4⎠⎟<br />
\ .<br />
⎪⎩ ⎪ ⎪⎭<br />
π<br />
A tg függvény főperiódusa π , ezért úgy sejtjük, hogy az f főperiódusa lesz.<br />
3<br />
π<br />
valóban periódus, mert ∀ x ∈ \ I esetén<br />
3<br />
⎛ π⎞ ⎛ π⎞ ⎛ ⎛ π⎞⎞ ⎛ π⎞<br />
f ⎜x tg (3 x π) tg π 3x ⎟<br />
⎜ + ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ tg 3 x ( )<br />
3<br />
⎟ = ⎜ + − ⎟= ⎜ + ⎜ − ⎟⎟=<br />
⎜ − =<br />
4<br />
⎟ ⎜ ⎜<br />
4<br />
⎟⎟⎜<br />
f x<br />
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠⎠ ⎝ 4⎠⎟<br />
.<br />
⎛ π⎞<br />
Ha létezne T ∈ ⎜<br />
⎜0, ⎟<br />
⎝ 3⎠<br />
⎟ úgy, hogy fT ( + x) = fx ( ), ∀ x∈ \ I,<br />
akkor kéne teljesül-<br />
⎛ π⎞<br />
jön a tg 3T 3x ⎟<br />
⎛ π⎞<br />
⎜ + − ⎟=<br />
tg 3x<br />
−<br />
⎝ 4⎠⎟ ⎜ ⎟<br />
⎝⎜<br />
⎟<br />
4<br />
⎟⎠<br />
egyenlőség, ahonnan következik, hogy<br />
⎛ π⎞<br />
3 T = kπ, k ∈, tehát T ∉ ⎜<br />
⎜0, ⎟<br />
⎝<br />
⎟<br />
3⎠<br />
⎟ - ellentmondás. Következik, hogy főperiódusa<br />
f<br />
π<br />
π kπ<br />
T = . (Abból, hogy periódus, következik, hogy is periódus, tetszőleges<br />
3<br />
3<br />
3<br />
k ∈ esetén.)<br />
16. Határozd meg az f ( x) = sin6x + cos3x<br />
függvény főperiódusát!<br />
Megoldás. Feltételezzük, hogy f periódikus és legyen T egy periódus. Ekkor<br />
t .<br />
π<br />
Tegyünk x helyébe x = 0 illetve x = -mat, a fenti egyenletbe. Felhasználva, hogy<br />
3<br />
sin(2 π + α) = sin x és cos( π + α) =−cos α,<br />
∀ x ∈ , kapjuk, hogy<br />
π<br />
{ | }<br />
⎧ ⎪sin 6T + cos 3T = 1 ⎧ sin 6T = 0<br />
⎪<br />
⎪<br />
2k<br />
⎨ ⇔ ⎨<br />
⇔ T ∈ k ∈ = I .<br />
⎪ sin 6T − cos 3T =− 1 ⎪<br />
cos 3T = 1<br />
⎩ ⎩<br />
3<br />
Tehát, ha f periódikus, akkor a periódus csak a fent megadott halmazból kerülhet ki.<br />
Viszont f értelmezéséből azonnal adódik, hogy az I halmaz összes eleme periódusa<br />
2π<br />
f -nek, következik, hogy (mivel más periódus nem lehet) f főperiódusa T = .<br />
3<br />
17. Tanulmányozd az f ( x) = sin 2x + cos 3x<br />
függvény periodicitását!
320 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok<br />
Megoldás. Feltételezzük, hogy f periódikus és T ≠ 0 egy periódusa. Következik,<br />
hogy fx ( + T) = fx ( ), ∀x∈ , vagyis<br />
sin( 2x + 2 T) + cos( 3x + 3 T) = sin 2x + cos 3 x, ∀ x ∈ .<br />
Legyen x = 0 , majd x = 3π<br />
. Kapjuk, hogy<br />
(1) sin 2T + cos 3T = 1<br />
és sin( 6π + 2 T) + cos(3π + 3 T) = sin 6T + cos 3π.<br />
Vagyis az alábbi egyenlőségek kell teljesüljenek:<br />
⎧⎪ sin 2T + cos 3T = 1<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪ sin( 6π + 2 T) − cos 3T = sin<br />
⎪⎩<br />
Összeadva az előbbi két egyenletet, következik, hogy<br />
.<br />
6π−1 sin 2T + sin( 6π + 2 T)<br />
= sin 6π,<br />
ahonnan szorzattá alakítással<br />
2sin 6π + 2 2T cos<br />
2<br />
6π = 2sin<br />
2<br />
6π cos<br />
2<br />
6π<br />
.<br />
2<br />
Mivel cos<br />
6π<br />
≠ 0 , egyszerűsíthetünk vele:<br />
2<br />
sin<br />
6π+ 2 2T = sin<br />
2<br />
6π<br />
. (2)<br />
2<br />
A (2) egyenlőség (lásd Trigonometriai egyenletek fejezet) csak akkor teljesülhet, ha<br />
létezik olyan k egész szám, amelyre T kieléíti az alábbi egyenletek egyikét:<br />
⎧⎪<br />
⎪ 2 2T+ 2 6π<br />
⎪<br />
= π + 2 kπ<br />
vagy<br />
⎪ 2<br />
⎨<br />
⎪<br />
⎪2<br />
2T 0<br />
⎪<br />
+ = 2kπ<br />
⎪⎩ 2 2<br />
π (2k + 1 −<br />
amelyeket így is írhatunk: T =<br />
2<br />
6) 2kπ<br />
vagy T = ,<br />
2<br />
*<br />
k ∈ ( T ≠ 0) .<br />
2kπ<br />
1. eset. Ha T = ,<br />
2<br />
k ∈ alakú, akkor visszahelyettesítve (1)-be, kapjuk, hogy<br />
0 + cos<br />
3<br />
2kπ = cos<br />
2<br />
6kπ = 1,<br />
ami lehetetlen, mert<br />
*<br />
6k nem lehet egész k ∈ -ra.<br />
π (2k + 1 −<br />
2. eset. Ha T =<br />
2<br />
6)<br />
, akkor ismét az (1) egyenlőség alapján<br />
sin(2k + 1− 6) π + cos<br />
3<br />
π(2k<br />
+ 1− 2<br />
6) = 1 ⇔
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 321<br />
⇔ sin<br />
⎡ ⎛<br />
6π + cos ⎢3 π ⎜<br />
⎢<br />
− ⎜<br />
⎜⎜⎝ ⎣<br />
3 ⎞⎤ π(2k+<br />
1) ⎟ ⎟⎥<br />
= 1<br />
2<br />
⎟<br />
⎠⎟⎥<br />
⎦<br />
⇔ sin 6π− cos<br />
3<br />
π(2k+<br />
1) = 1 .<br />
2<br />
18. Adott az f : → , f ( x) = a sinx + bcosx<br />
hogy fx ( ) 0 x ⇔ ∃x , x ∈ úgy, hogy x1 −x2 ≠kπ( k ∈ )<br />
és<br />
f ( x ) = f( x ) = 0.<br />
1 2<br />
= ∀ ∈ 1 2<br />
⇔<br />
( ab∈ , ) függvény. Igazold,<br />
Bizonyítás. A szükségesség nyilvánvaló, mert ha fx ( ) = 0 ∀ x∈<br />
, akkor<br />
3 f ( eπ 2) = 0 és f ( e ) 0<br />
π 3 π<br />
= , továbbá eπ 2 −e ≠kπ ( k ∈).<br />
Igazoljuk az elégségességet:<br />
Tehát ∃xy , ∈ úgy, hogy x −y ≠kπ( k ∈ ) és f ( x) = f( y)<br />
= 0,<br />
vagyis<br />
⎧ ⎪asin<br />
x + bcos x = 0<br />
⎪<br />
⎨ a<br />
.<br />
⎪ b sin y + bcos y = 0<br />
⎪⎩<br />
Összeadva és kivonva a két egyenletet, következik, hogy<br />
⎧ ⎪ ⎛ x + y x − y⎞ x y x y<br />
a 2cos sin ⎟<br />
⎛ + − ⎞<br />
⎪ ⋅ ⎜ ⎟ b 2sin sin ⎟ 0<br />
2 2<br />
⎟+ ⋅ ⎜<br />
⎜−<br />
⎟<br />
2 2<br />
⎟=<br />
⎪ ⎝ ⎠ ⎝<br />
⎠<br />
⎨<br />
⎪ ⎛ x + y x − y⎞ x y x y<br />
a 2sin cos ⎟<br />
⎛ + − ⎞<br />
⎪ ⋅ ⎜ ⎟+ b⋅⎜2cos<br />
cos ⎟ 0<br />
⎪ ⎝ 2 2 ⎠⎟ ⎝⎜<br />
2 2<br />
⎟=<br />
⎪⎩<br />
⎠<br />
vagyis<br />
⎧⎪ x − y ⎛ x + y x + y⎞<br />
⎪<br />
⎪sin ⎜acos bsin<br />
0 (1)<br />
2<br />
⎜ − ⎟<br />
2 2<br />
⎟ =<br />
⎪ ⎝ ⎠<br />
⎨<br />
⎪ x − y ⎛ x + y x + y⎞<br />
⎪cos ⎜ asin + bcos<br />
⎟ = 0 (2)<br />
⎪ 2<br />
⎜⎝ ⎟<br />
2 2 ⎠⎟<br />
⎪⎩<br />
x − y<br />
π<br />
Mivel x − y nem többszöröse π -nek -és ezért sem többszöröse -nek- egy-<br />
2<br />
2<br />
x − y<br />
x − y<br />
szerűsíthetünk az (1) egyenletben sin -vel, a (2) egyenletben pedig cos -<br />
2<br />
2<br />
vel:<br />
⎧⎪ x + y x + y<br />
⎪<br />
acos − bsin=<br />
0<br />
⎪ 2 2<br />
⎨<br />
⎪<br />
x + y x + y<br />
⎪asin<br />
+ bcos<br />
= 0<br />
⎪⎩ 2 2<br />
x + y<br />
x + y<br />
Legyen cos = u és sin = v . Tételezzük fel, hogy a és b nem lehetnek<br />
2<br />
2<br />
egyszerre 0-k (vagyis f<br />
nem a nullfüggvény) és ellentmondást vezetünk le belőleÉ
322 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok<br />
⎧⎪ au − bv = 0 (3)<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪ av + bu = 0 (4)<br />
⎪⎩<br />
Szorozzuk (3)-mat a -val és (4)-et b -vel, majd adjuk össze. Kapjuk, hogy<br />
2 2<br />
2 2<br />
( a + b ) u = 0 és mert a + b > 0 , következik, hogy u = 0 . Ismét felhsználva, hogy<br />
2 2<br />
a + b > 0 , behelyettesítve u -t mindkét egyenletbe, kapjuk, hogy v = 0 .<br />
Tehát<br />
x + y x + y<br />
sin = cos = 0<br />
2 2<br />
és következik, hogy<br />
x + y π<br />
= kπ = + lπ, 2 2<br />
k, l ∈ , vagyis ∃kl , ∈úgy,<br />
hogy<br />
1<br />
k = + l<br />
a<br />
-<br />
ellentmondás, tehát a = b = 0 , ami azt jelenti, hogy fx ( ) = 0, ∀ x∈<br />
.<br />
19. Legyen sin x + cos x = p.<br />
Számítsd ki a<br />
2 2 3<br />
3<br />
tg x + ctg x + tg x + ctg x + tg x + ctg x<br />
függvényében.<br />
kifejezés értékét x = 30<br />
Megoldás. Mivel si n x + cos x = p,<br />
következik, hogy<br />
2 2 2<br />
p = sin x + 2 sin x cos x + cos x = 1 + 2 sin x cos x ,<br />
2<br />
p −1<br />
tehát q = sin x cos = . Továbbá<br />
2<br />
sin x cos x 1 1 2<br />
tg x + ctg x = + = = = ; 2<br />
cos x sin x sin x cos x q p − 1<br />
2<br />
⎛ 2 2 2<br />
2 ⎞ 4<br />
tg x + ctg x = (tg x + ctg x) −2tg x ⋅ ctg x = ⎜ ⎟ −2⋅ 1 = −2<br />
2 2 2<br />
⎜<br />
⎜⎝p −1 ⎠<br />
⎟ ( p −1)<br />
3 3 3 2 2<br />
tg x + ctg x = (tg x + ctg x) −3tgx ⋅ctg x −3tg x ⋅ctg<br />
x =<br />
Tehát<br />
20. Igazold, hogy<br />
3 3<br />
⎛ 2 ⎞ ⎛ 2 ⎞<br />
⎜ ⎟ 3 (tg x ctg x)<br />
⎜ ⎟ 2<br />
= ⎜ ⎟ − ⋅ + = ⎟ −3⋅ ⎜<br />
⎜<br />
p −1 ⎟ ⎜p<br />
−1<br />
⎟<br />
.<br />
⎟<br />
2<br />
p −1<br />
2 2<br />
⎝ ⎠ ⎝ ⎠<br />
2 2 3 3<br />
S = (tg x + ctg x) + (tg x + ctg x) + (tg x + ctg x)<br />
=<br />
2 4<br />
= + 2 2 2<br />
p −1 ( p −1) 8<br />
− 2+ 2 3<br />
( p −1) 2<br />
−3⋅ 2<br />
p − 1<br />
=<br />
4 4<br />
=− + 2 2 2<br />
p −1 ( p −1) 8<br />
+ 2 3<br />
( p −1)<br />
−2<br />
.<br />
a) sin x + cos x ≥ , ∀ x ∈ ;<br />
2<br />
4 4 1<br />
b) sin x + cos x ≥ , ∀ x ∈ <br />
;<br />
4<br />
6 6 1<br />
;
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 323<br />
1−sin2x c)<br />
sin x − cos x<br />
≤ 2 , ∀ x ∈ .<br />
Bizonyítás. a) A számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenséget használjuk, a<br />
2<br />
2<br />
sin x és cos x pozitív vagy 0 valós számokra, x ∈ .<br />
2 2<br />
1 sin x + cos x<br />
= ≥<br />
x 2<br />
ahonnan négyzetreemeléssel<br />
2 2<br />
sin x cos x ,<br />
1 2 2<br />
≥ sin x cos x . (*)<br />
4<br />
A kapott egyenlőtlenség rendre ekvivalens a következőkkel:<br />
1 2 2<br />
≥2sin x cos x<br />
2<br />
⇔<br />
1<br />
2 2<br />
1− ≤1−2sinx cos x<br />
2<br />
⇔<br />
⇔<br />
1 2 2 2 2 2<br />
≤ (sin x + cos x) −2sinx cos x<br />
2<br />
⇔<br />
1 4<br />
2<br />
≤ sin x + cos x ,<br />
2<br />
ami, éppen a bizonyítandó egyenlőtlenség.<br />
b) Az előző alpontban már igazoltuk, hogy<br />
egyenlőtlenség a következő alakban is írható:<br />
4 4 2 2 1<br />
sin x + cos x ≥ , ∀ x ∈ . Ez az<br />
2<br />
4 2 1<br />
(sin x + cos x)(sin x + cos x)<br />
≥ ⇔<br />
2<br />
⇔ sin x + cos x + sin x cos x + cos x sin x ≥ ⇔<br />
2<br />
6 6 4 2 4 2 1<br />
⇔ sin x + cos x + 1⋅sinx cos x ≥ ∀ x ∈ . (**)<br />
2<br />
6 6 2 2 1<br />
A (*) egyenlőtlenség szerint sin x cos x ≤ ,<br />
4<br />
∀ x ∈ , tehát a (**) egyenlőtlen-<br />
2 2 1<br />
ségben sin x cos x -et -re növelhetjük, vagyis<br />
4<br />
6 6 1 1<br />
sin x + cos x + ≥<br />
4 2<br />
⇔<br />
6 6 1<br />
sin x + cos x ≥ ,<br />
4<br />
∀ x ∈ .<br />
1−sin2x c) Azt kell bizonyítanunk, hogy<br />
sin x − cos x<br />
≤ 2<br />
π<br />
∀ x ∈ \ I , ahol I = + kπ.<br />
4<br />
1− sin2x sinx −cosx =<br />
2 2<br />
sin x + cos x −2sinx<br />
cosx<br />
sinx −cosx 2<br />
(sin x − cos x)<br />
=<br />
sinx −cosx<br />
= sin x − cos x =<br />
2 2 1<br />
⎛ π π ⎞ ⎛ π⎞<br />
= 2⎜ ⎜ cos sinx − sin cosx⎟ = 2 sin⎜x − ⎟ ≤ 2, ∀ x \<br />
⎝<br />
⎟ ⎟<br />
4 4 ⎠⎟ ⎝⎜ 4⎠⎟<br />
∈ I .
324 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok<br />
2 2 2 a −b<br />
21. Igazold, hogy ( cosa + cosb) + ( sina + sinb) = 4 cos , majd oldd meg<br />
2<br />
2<br />
a ( sina + sinb) x − 2( cosa + cosb) x −sina − sinb = 0 egyenletet. x1 -gyel és x2<br />
-<br />
2 2<br />
vel jelölve a fenti egyenlet gyökeit, számítsd ki az a + b értékét, ha x1 + x2<br />
= 2 (a<br />
és b a másodfokú egyenlet együtthatóit jelöli a szokásos jelöléssel).<br />
a + b a −b<br />
Bizonyítás. Alkalmazzuk a cosa + cosb = 2 cos cos és<br />
2 2<br />
a + b a − b<br />
sina + sinb = 2 sin cos képleteket. Tehát.<br />
2 2<br />
2 2 2 a + b 2 a − b 2 a + b 2 a −b<br />
(cosa + cos b) + (sina + sin b)<br />
= 4 cos cos + 4 sin cos =<br />
2 2 2 2<br />
2 a − b⎛ 2 a + b 2 a + b⎞ 2 a b<br />
4cos cos sin ⎟<br />
−<br />
= ⎜<br />
4cos<br />
2<br />
⎜⎜⎝ + ⎟ =<br />
2 2 ⎠⎟ .<br />
2<br />
2<br />
Oldjuk meg a (sin a + sin b) x − 2(cosa + cos b) x − (sina + sin b)<br />
= 0 egyenletet:<br />
Ha sina + sinb ≠ 0 , akkor<br />
cosa + cos b ±<br />
x1,2<br />
=<br />
2 2<br />
(cosa + cos b) + (sina + sin b)<br />
sina + sinb<br />
=<br />
a −b<br />
cosa + cosb ± 2 cos<br />
2<br />
=<br />
sina + sinb<br />
=<br />
a + b a −b a − b a + b<br />
cos cos ± cos cos ± 1<br />
= 2 2 2 = 2 .<br />
a + b a − b a + b<br />
sin cos sin<br />
2 2 2<br />
a + b<br />
a + b<br />
1+ cos<br />
− 1+ cos<br />
Tehát x<br />
2<br />
1 =<br />
és x<br />
2<br />
2 =<br />
.<br />
a + b<br />
a + b<br />
sin sin<br />
2<br />
2<br />
2 2 2 2<br />
Mivel x + x = ( x + x ) − 2x<br />
x = s −2p , a Viète-összefüggések alapján<br />
1 2 1 2 1 2<br />
2<br />
2(cos a + cos b) (sina + sin b) (sin a + sin b)<br />
⋅(<br />
−1)<br />
−2⋅ = 2.<br />
sina + sinb<br />
⎛ 2<br />
⎜ 2(cos a + cos b) ⎜ s = ;<br />
⎜ ⎝ (sina + sin b) −sina −sinb ⎞<br />
p =<br />
⎟<br />
sina + sinb<br />
⎟<br />
⎠⎟<br />
2<br />
a + b a − b<br />
Tehát (cosa + cos b)<br />
= 0 , vagyis cos cos = 0 .<br />
2 2
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 325<br />
22. Határozd meg az f : → , f () x = 3sin2x −cos2x függvény maximumát és<br />
minimumát.<br />
Megoldás. Észrevesszük, hogy<br />
⎛ π π ⎞<br />
fx ( ) 2 cos sin 2x sin cos 2x⎟ ⎛ π⎞<br />
= ⋅ ⎜ − ⎟= 2 sin ⎜2x<br />
− ⎟<br />
⎝<br />
⎟<br />
6 6 ⎠⎟ ⎝⎜ 6⎠<br />
⎟.<br />
Tehát f maximuma 2 és minimuma –2.<br />
23. Ha sin 2( a + c) = n sin 2b,<br />
akkor igazold, hogy<br />
n + 1<br />
tg( a + b + c) = tg(<br />
a − b + c)<br />
. (1)<br />
n −1<br />
Bizonyítás. A feladatnak nyilván akkor van értelme, ha a tangensek értelmezettek<br />
és n ≠ 1 .<br />
Abban az esetben, ha sin 2b = 0 , akkor sin 2( a + c)<br />
= 0 , tehát<br />
sin 2b + sin 2( a + c) = 2 sin( a + b + c)cos( a + c− b)<br />
= 0 és<br />
− sin 2b + sin 2( a + c) = 2 sin( a − b + c)cos( a + b + c)<br />
= 0 ,<br />
és (mivel a tangensek értelmezettek) következik, hogy<br />
sin( a + b + c) = sin( a − b + c) = 0 = tg( a + b + c) −tg( a − b + c)<br />
.<br />
Tehát fennáll az (1) egyenlőség.<br />
Feltételezhetjük, hogy sin 2b ≠ 0 , ezért<br />
sin 2( a + c)<br />
n = és<br />
sin 2b<br />
sin 2( a + c) + sin 2b 2 sin( a + b + c)cos( a + c−b) n + 1 = = .<br />
sin 2b sin 2b<br />
Továbbá<br />
sin 2( a + c) −sin 2b 2 sin( a − b + c)cos( a + b + c)<br />
n − 1 = = ,<br />
sin 2b sin 2b<br />
tehát<br />
n + 1 sin( a + b + c) cos( a − b + c)<br />
tg( a + b + c)<br />
= ⋅ =<br />
n − 1 cos( a + b + c) sin( a − b + c) tg( a − b + c)<br />
.<br />
Így az állítást igazoltuk.<br />
24. Bizonyítsd be, hogy igazak az alábbi ekvivalenciák:<br />
sin ( a + b) sin ( c + d)<br />
tga tgc<br />
cos( a + d) cos(<br />
c + b)<br />
=<br />
⇔ = ⇔<br />
=<br />
sin( a −b) sin ( c− d)<br />
tgb tgd<br />
cos( a −d) cos(<br />
c− b)<br />
.<br />
Megoldás. Hamis! Attól, hogy sin( a − b)<br />
és sin ( c −d) nem nulla, cosa , vagy<br />
cosc , stb. Lehet nulla!<br />
Ha eltekintünk ettől, a megoldás a következő:<br />
sin( a + b) sin( c + d) sinacosb + cosasinb sinccosd + coscsind = ⇔ =<br />
.<br />
sin ( a −b) sin ( c−d) sinacosb−cosasinb sinccosd −coscsind
326 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok<br />
Aránypárok származtatásával rendre a következő, az előzővel ekvivalens összefüggéseket<br />
kapjuk:<br />
2sinacosb 2sinccosd =<br />
sinacosb−cosasinb sinccosd −coscsind<br />
⇔<br />
⇔<br />
sinacosb sinccosd =<br />
−cosasinb −coscsind<br />
tga tgc<br />
⇔ = .<br />
tgb tgd<br />
cos( a + d) cos(<br />
c + b)<br />
tga tg<br />
Igazoljuk a<br />
=<br />
⇔ =<br />
cos( a −d) cos(<br />
c− b)<br />
tgb tgd<br />
c ekvivalenciát:<br />
cos( a + d) cos( c + b) =<br />
cos( a −d) cos( c− b) ⇔<br />
cosacosd −sinasind cosccosb−sincsinb =<br />
.<br />
cosacosd + sinasind cosccosb + sincsinb Hasonlóan az előző megoldáshoz, az előbbi egyenlőség ekvivalens a következővel:<br />
cosacosd cosccosb =<br />
sinasind sincsinb ⇔<br />
cosasinb coscsind =<br />
cosacosb sinccosd ⇔<br />
⇔<br />
tgb tgd =<br />
tga tgc ⇔<br />
tga tg<br />
=<br />
tgb tg<br />
c<br />
d<br />
Megjegyzés. Természetesen csak akkor állnak az ekvivalenciák, ha a nevezőkben<br />
megjelenő kifejezések nem lehetnek nullák.<br />
3π<br />
2π π<br />
25. Bizonyítsd be, hogy cos =−cos<br />
, majd számítsd ki cos -öt és igazold a<br />
5 5<br />
5<br />
2π 4π<br />
cos + cos =<br />
5 5<br />
1<br />
− egyenlőséget.<br />
2<br />
Bizonyítás. cos( π− x) = cos πcos x + sin πsinx<br />
=−cos x,<br />
∀ x ∈ , tehát<br />
3π ⎛ 2π⎞<br />
cos cos π ⎟<br />
2π<br />
= ⎜ − ⎟ =−cos<br />
5<br />
⎜⎜⎝ 5 ⎠⎟<br />
.<br />
5<br />
π π<br />
A cos értékét két lépésben számoljuk ki: előbb kiszámoljuk sin -et, amjd utána a<br />
5<br />
10<br />
2<br />
π<br />
cos 2x = 1 −2sin x képletet használva megkapjuk cos -öt.<br />
5<br />
2π ⎛π 2π⎞ 3<br />
3<br />
sin cos ⎟<br />
π π π π π<br />
= ⎜ cos 2 sin cos 4 cos 3 cos<br />
10<br />
⎜⎜⎝ − ⎟<br />
2 10 ⎟ = ⇒ = − ,<br />
⎠ 10 10 10 10 10<br />
π<br />
és mivel cos ≠ 0 , kapjuk, hogy<br />
10<br />
π 2 π<br />
π 2 π<br />
2sin = 4cos − 3,<br />
vagyis 2sin = 4−4sin − 3<br />
10 10<br />
10 10<br />
ahonnan a<br />
2 π π<br />
4sin + 2sin − 1= 0<br />
2 10
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 327<br />
π − 1+<br />
egyenletet kapjuk. Tehát sin =<br />
10 4<br />
5 π −1− , vagy sin =<br />
10 4<br />
5<br />
és mivel<br />
π π − 1+ sin > 0 , következik, hogy sin =<br />
10<br />
10 4<br />
5<br />
.<br />
π 2 π 6−2 5 3− Tehát cos = 1 − 2 sin = 1 −2⋅ = 1 −<br />
5 10 16 4<br />
2π<br />
4π<br />
Számítsuk ki cos + cos értékét:<br />
5 5<br />
5 1+ =<br />
4<br />
5<br />
.<br />
2π 4π 6π 2π 2π<br />
π<br />
cos + cos = 2 cos cos =− 2 cos cos =<br />
5 5 10 10 5 5<br />
⎛ 2 π ⎞ π ⎛ 6+ 2 5 ⎞<br />
=−2⎜2cos − 1⎟ cos =−2⎜2 − 1 ⎟<br />
⎝⎜ 5 ⎠<br />
⎟ ⎜<br />
5 ⎝⎜16 ⎠<br />
⎟<br />
5 + 1<br />
=<br />
4<br />
5 − 1 5 + 1 4 1<br />
=−2⋅⋅ =−2⋅ =− .<br />
4 4 16 2<br />
o o<br />
26. Bizonyítsd be, hogy tg α+ tg( α+ 60 ) + tg( α+<br />
120 ) = 3 tg 3α.<br />
sin( a + b)<br />
Bizonyítás. Alkalmazzuk a tga + tgb<br />
= képletet az a = α + 60 és<br />
cosacosb értékekre:<br />
<br />
<br />
b = α + 120<br />
<br />
<br />
tg( α+ 60 ) + tg( α+ 120 ) = tg( α+ 60 ) + tg( α−60<br />
) =<br />
sin2α sin2α 2sin2α<br />
= =<br />
= .<br />
<br />
cos( α+ 60 )cos( α−60 ) cos 2α + cos120<br />
1<br />
cos 2α<br />
−<br />
2<br />
2<br />
Tehát<br />
sin α 2 sin α<br />
tg α+ tg( α+ 60 ) + tg( α+<br />
120 ) = +<br />
=<br />
cos α 1<br />
cos 2α<br />
−<br />
2<br />
1 1<br />
sin αcos 2α− sin α + 2 sin 2αcos α sin 3α− sin α+ sin 2αcos α<br />
= 2 = 2<br />
=<br />
1 1<br />
cos αcos2α− cos α cos 3α− cos α+ sin 2αsinα 2 2<br />
1 sin 3α+ sin α<br />
sin 3α− sin α+<br />
2 2 2sin3α<br />
= = = 3⋅ tg3α.<br />
1 cosα−cos3α cos 3α− cos α +<br />
cos 3α<br />
2 2<br />
Megjegyzés. A következő képleteket alkalmaztuk:<br />
sin( a + b) + sin( a −b)<br />
cos( a + b) + cos( a −b)<br />
sinacosb = ; cosacosb = ;<br />
2<br />
2<br />
sin( a −b) − cos( a + b)<br />
sinasinb = ; sin 3α = sin 2αcos α+ cos 2αsinα; 2
328 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok<br />
cos 3α = cos 2αcos α− sin 2αsin α.<br />
27. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben asin B + bsin A= 2csinC és<br />
bsinC + csinB = 2asinA, akkor az ABC Δ egyenlő oldalú.<br />
Bizonyítás. Mivel ABC , , ∈ (0, π)<br />
, következik, hogy sin A, sin B,<br />
sinC<br />
nem<br />
lehetnek nullával egyenlők. Osszuk el az első egyenletet sin B sin A-val,<br />
a másodikat<br />
pedig sinC sin B -vel. Kapjuk, hogy<br />
a b sinC<br />
+ = 2c<br />
sin A sin B sin AsinB<br />
;<br />
b c sin A<br />
+ = 2a<br />
sin B sinC sin BsinC<br />
.<br />
a b c<br />
Viszont a szinusztétel alapján = = , ezért a fenti egyenlőségek a<br />
sin A sin B sinC<br />
következőképpen alakulnak:<br />
1 sinC2<br />
= ⇔ sin C = sin Asin<br />
B; (1)<br />
sinC sin AsinB 1 sinA2<br />
= ⇔ sin A= sin BsinC<br />
. (2)<br />
sin A sin BsinC 2<br />
(1) és (2)-ből következik, hogy sin B = sin AsinC<br />
. (3)<br />
Összeadva az (1), (2) és (3) egyenlőségeket, kapjuk, hogy<br />
2 2 2<br />
sin A+ sin B + sin C = sin AsinB + sin BsinC + sinC sin A ⇔<br />
2 2<br />
2<br />
(sin A sin B) (sin B sin C) (sinC sin A)<br />
0<br />
⇔ − + − + − =<br />
tehát sin A= sin B = sinC<br />
, és háromszög esetében ez azt jelenti, hogy A = B =<br />
= C = 60 , vagyis a háromszög egyenlő oldalú.<br />
<br />
28. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben bcosC = ccos B , akkor a háromszög<br />
egyenlő szárú.<br />
Bizonyítás. Írjuk fel a koszinusztételt a b és c oldalakra:<br />
2 2 2<br />
2 2 2<br />
b = a + c −2accosB<br />
; c = a + b −2abcosC<br />
.<br />
Most fejezzük ki a fenti összefüggésekből c⋅cos B -t illetve b⋅cosC -t:<br />
2 2 2<br />
2 2 2<br />
a + c −b<br />
a + b −c<br />
c⋅ cos B =<br />
; b⋅ cosC<br />
=<br />
.<br />
2a<br />
2a<br />
2 2 2 2 2 2<br />
a + c − b a + b −c<br />
2 2<br />
A feltétel szerint<br />
=<br />
, vagyis b = c , és mivel b és c<br />
2a 2a<br />
pozitív számok (egy háromszög oldalainak hossza), következik, hogy b = c . Tehát a<br />
háromszög egyenlő szárú.<br />
2 2<br />
29. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben b + 2accos B = a + 2bccos A,<br />
akkor a háromszög egyenlő szárú.<br />
Bizonyítás. A koszinusztételből kapjuk, hogy<br />
2 2 2<br />
2 2 2<br />
b = a + c −2accosB<br />
illetve a = b + c −2bccosA.<br />
A fentiekből következik, hogy<br />
,
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 329<br />
b + 2accosB = a + c<br />
2 2 2<br />
a + c = b + c<br />
b<br />
+ 2 ccosA= b + c<br />
2 2 2<br />
és a b ,<br />
2 2 2 2<br />
tehát a feltétel szerint , vagyis a = , mert a és b pozitívak.<br />
30. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben acos A<br />
egyenlő szárú vagy derékszögű.<br />
Bizonyítás. A koszinusztétel alapján<br />
ccosB<br />
, akkor az ABC<br />
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2<br />
a ( b + c −a ) − b ( a + c −b ) ( a −b )( c −a −b<br />
)<br />
acos A− bcos B = =<br />
.<br />
2abc 2abc<br />
2<br />
Tehát, ha acos A−bcos B = 0 , akkor a<br />
2 2<br />
= b vagy c<br />
2 2<br />
= a + b .<br />
= Δ<br />
b + c<br />
31. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben cos B + cosC<br />
= , akkor az ABC<br />
a<br />
derékszögű.<br />
Bizonyítás. A koszinusztételből kifejezzük cos B -t és cosC -t:<br />
2 2 2<br />
2 2 2<br />
a + c −b<br />
a + b −c<br />
cos B =<br />
; cosC<br />
=<br />
.<br />
2ac<br />
2ab<br />
2 2 2 2 2 2<br />
a + c − b a + b −c<br />
b<br />
A feltétel szerint<br />
+ =<br />
2ac 2ab<br />
a<br />
c<br />
, vagyis<br />
2 2 2 2 2 2<br />
( a + c −b ) ⋅ b + ( a + b −c ) ⋅ c = ( b + c) ⋅ 2bc .<br />
Elvégezve a műveleteket, kapjuk, hogy<br />
2 2 3 3 2 2<br />
ab+ ac−b−c−bc− cb=<br />
0 ⇔<br />
( + ) − ( + )( − + ) − ( + ) = 0 ⇔<br />
2 2 2<br />
a b c b c b bc c bc b c<br />
2 2 2<br />
( b + c)( a −b − c ) = 0.<br />
a = b + c<br />
Mivel b és c pozitív valós számok, a fenti egyenlőségből az<br />
következik, tehát az ABC Δ derékszögű.<br />
2 2 2<br />
egyenlőség<br />
b + c ha<br />
32. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben =<br />
a la<br />
derékszögű.<br />
= 2 , akkor az ABC<br />
bc A<br />
Bizonyítás. Az la<br />
= 2 cos és ha<br />
b + c 2<br />
bc sin A<br />
= összefüggések alapján:<br />
a<br />
ha l<br />
b + c A<br />
= sin .<br />
a 2<br />
Tehát az adott egyenlőségből<br />
a<br />
A 2<br />
sin = és így <br />
mA ( ) = 90 .<br />
2 2<br />
33. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben<br />
o<br />
mA ( ) = 60 .<br />
3 3 3<br />
b + c − a 2<br />
= a , akkor<br />
b + c−a Δ<br />
Δ
330 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok<br />
Bizonyítás. A koszinusztételből és a feltételből következik, hogy<br />
3 3 3<br />
b + c − a 2 2<br />
= b + c −2bccosA,<br />
b + c−a vagyis<br />
3 3 3 3 2 2 2 3 2 2 2<br />
b + c − a = b + c b − 2b c cos A + b c + c −2bc cos A −ab− ac + 2abc cos A<br />
,<br />
tehát<br />
3 2 2 2 2 2 2<br />
a + c b + b c−ab − ac + 2abccos A−2bc cos A− 2b ccosA= 0 .<br />
Kiemelve a -t az őt tartalmazó tagokból kapjuk, hogy<br />
2 2 2 2 2 2 2<br />
a( a −b− c + 2bc cos A) + b c + c b − 2cos A( b c + bc ) = 0,<br />
2 2<br />
tehát ( bc+ cb)(1− 2cos A)<br />
= 0.<br />
2 2<br />
1<br />
Mivel bc+ cb><br />
0 , következik, hogy cos A = és mert A ∈ (0, π)<br />
, következik,<br />
2<br />
hogy mA ( )<br />
= 60<br />
.<br />
1 1 3<br />
34. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben + = , akkor<br />
a + b b + c a + b + c<br />
o<br />
mB ( ) = 60 .<br />
Bizonyítás. Szorozzuk be a fenti összefüggést ( a + b) ( b + c)( a + b + c)<br />
-vel.<br />
Kapjuk, hogy:<br />
2<br />
( a + 2 b + c) ⋅ ( a + b + c) = 3( ab + ac + bc + b ) ⇔<br />
2 2 2<br />
2<br />
a + 2ab + ac + ab + 2b + bc + ac + 2bc + c = 3ab + 3ac + 3bc + 3b<br />
,<br />
2 2 2<br />
vagyis b = a + c −ac.<br />
2 2 2<br />
1<br />
Viszont a koszinusztétel alapján b = a + c −2accosB<br />
, tehát cos B = és<br />
2<br />
mB ( )<br />
= 60<br />
.<br />
2<br />
35. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben ( b + c) a = b + c és<br />
2 2 3<br />
b + c = a,<br />
3<br />
akkor o<br />
mA ( ) = 30 .<br />
2<br />
Bizonyítás. Kiszámítjuk b + c -et és -t a függvényében:<br />
2<br />
2bc<br />
2 2 2 3 2<br />
b + c = ( b + c) ⋅ a = a ,<br />
3<br />
továbbá<br />
2 2 2 4 2 2 3 2 2 4−2 ( b + c) − ( b + c ) = 2bc<br />
= a − a = a ⋅<br />
3 3 3<br />
A koszinusztétel alapján<br />
2 2 2<br />
a = b + c − 2bccosA, 2 2<br />
és behelyettesítve a b + c illetve 2 bc<br />
értékeit, kapjuk, hogy<br />
3<br />
.
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 331<br />
2 2 3 2 2 4−2 3<br />
a = a −a ⋅ cos A,<br />
3 3<br />
2 3 3 3 2 3 3<br />
tehát cos A 1<br />
3 2 3 4 2 3 4 2<br />
⎛ ⎞ ⎜ ⎟<br />
−<br />
= ⎜ − ⎟ ⎟⋅<br />
= = . Következik, hogy<br />
⎜ ⎜⎝ ⎠⎟−<br />
−<br />
mA ( )<br />
= 30<br />
.<br />
2 2<br />
36. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben b + c = 2a<br />
, akkor<br />
2 o<br />
mA ( ) ≤ 60 .<br />
Bizonyítás. A koszinusztétel felhasználásával a feltételből következik, hogy<br />
2<br />
2<br />
a<br />
<br />
a = 2bccosA, vagyis cos A = > 0 és mivel 0 < A < 180 , következik, hogy<br />
2bc<br />
90 (a koszinusz pozitív).<br />
<br />
<br />
0 < A <<br />
2 2<br />
2 b + c 2 2<br />
Ugyancsak a feltételből írhatjuk, hogy a = ≥ b c = bc,<br />
tehát<br />
2<br />
bc 1<br />
cos A ≥ = .<br />
2bc 2<br />
⎛ π⎞<br />
Mivel a koszinuszfüggvény a ⎜<br />
⎜⎝<br />
0, intervallumon szigorúan csökkenő és<br />
2<br />
⎟⎠<br />
cos 60 =<br />
<br />
π 1<br />
= cos = , a fenti egyenlőségből következik, hogy <br />
mA ( ) ≤ 60 .<br />
3 2<br />
<br />
37. Tekintsük az O kezdőpontú, i és<br />
<br />
j egymásra merőleges egységvektorokkal<br />
megadott koordináta-rendszert. Határozzuk meg a P és Q pontok koordinátáit ebben a<br />
koordinátarendszerben, ha tudjuk hogy<br />
⎯⎯→ → → ⎯⎯→<br />
→ →<br />
OP = 3i−2 j és PQ = 2i−4 j .<br />
y<br />
Megoldás. Rajzoljuk le a koordináta-rendzsert:<br />
y<br />
j<br />
i<br />
j<br />
O<br />
i 3i<br />
OP<br />
x<br />
O<br />
OP<br />
P<br />
x<br />
2(– j )<br />
P<br />
OQ<br />
<br />
Mivel OP = 3i− 2j= 3i+ 2 ⋅( −j)<br />
, a paralelogramma<br />
szabály szerint megkapjuk a P pontot a<br />
<br />
3i és 2( −j) vektorokból. Tehát a P pont koordinátái P (3, 2) .<br />
Most tételezzük fel, hogy ismerjük a Q pont helyét.<br />
Q
332 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok<br />
<br />
<br />
Mivel OQ = OP + PQ , következik, hogy OQ = 5i−6j, tehát a Q pont koordinátái<br />
Q(5, −6)<br />
.<br />
X.2. Összefoglaló feladatok (224. oldal)<br />
1. Bizonyítsd be, hogy<br />
o o o o<br />
tg α+ tg( α+ 20 ) + tg( α+ 40 ) + tg( α+ 60 ) + ... + tg( α+<br />
160 ) = 9 tg 9α.<br />
Bizonyítás. A 26. gyakorlat alapján:<br />
<br />
tg α+ tg( α + 60 ) + tg( α+<br />
120 ) = 3 tg( 3α)<br />
<br />
tg( α+ 20 ) + tg( α+ 80 ) + tg( α+ 140 ) = 3 tg( 3α+ 60 ) és<br />
<br />
<br />
tg( α+ 40 ) + tg( α + 100 ) + tg( α+ 160 ) = 3 tg( 3α+ 120 )<br />
tehát<br />
8<br />
∑<br />
k=<br />
0<br />
<br />
( α + ⋅ k)<br />
= ( α+ ( α+ ) + ( α+<br />
) ) = 9tg9α<br />
tg 20 3 tg 3 tg 3 60 tg 3 120<br />
8π 12π 18π 1 π 7 π<br />
2. Bizonyítsd be, hogy cos + cos + cos = cos + sin .<br />
35 35 35 2 5 2 5<br />
Biyonyítás. A feladat a Kvant nevű folyóirat 4/1982-es számában jelent meg.<br />
π<br />
3. Bizonyítsd be, hogy tg = ( 2 −1)( 3 − 2)<br />
.<br />
24<br />
π π<br />
Bizonyítás. Előbb kiszámoljuk sin és cos értékét:<br />
12 12<br />
A<br />
π<br />
sin =<br />
12<br />
π<br />
1−cos 6<br />
2<br />
=<br />
3<br />
1−<br />
2<br />
2<br />
=<br />
6 −<br />
4<br />
2<br />
és<br />
π<br />
cos =<br />
12<br />
π<br />
1+ cos<br />
6<br />
2<br />
=<br />
6 +<br />
4<br />
2<br />
.<br />
x sin x<br />
tg = képlet alapján:<br />
2 1+ cosx<br />
( )(<br />
( )<br />
)<br />
2<br />
6 − 2<br />
π 4<br />
6 − 2<br />
tg = = =<br />
24 6 + 2 4 + 6 + 2<br />
1 +<br />
4<br />
6 − 2 4+ 2 −<br />
4+ 2 −6<br />
6<br />
=<br />
4 6 + 2 3 −6−4 2 − 2+ 2 3 4 6 + 4 3 −4 2 −8<br />
= =<br />
=<br />
12 + 8 2 12 + 8 2<br />
( 6 + 3 − 2 −2)( 3−2 2)<br />
6 + 3 − 2 −2<br />
= =<br />
3+ 2 2 9−8 = ( 2 −1)( 3 − 2)<br />
.<br />
=
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 333<br />
5π<br />
4. Bizonyítsd be, hogy tg =<br />
24<br />
6 + 3 − 2 − 2 .<br />
5π<br />
tg + ( 2 −1)( 3 −<br />
π ⎛5π π ⎞<br />
Bizonyítás. 1= tg = tg⎜<br />
24<br />
4<br />
⎜ + ⎟ =<br />
⎝24 24⎠ ⎟ 5π<br />
1−tg ( 2 −1)( 3 −<br />
24<br />
2)<br />
⇒<br />
2)<br />
5π ⇒1−tg (<br />
24<br />
2 −1)( 3 −<br />
5π<br />
2) = tg + (<br />
24<br />
2 −1)( 3 − 2)<br />
.<br />
5π<br />
1−( Tehát tg =<br />
24 1+ 2 −1)( 2 −1 3 −<br />
3 −<br />
2)<br />
, és a műveletek elvégzése után megkapjuk a<br />
2<br />
kívánt eredményt.<br />
( )( )<br />
o<br />
o<br />
5. Hasonlítsd össze a cos 36 és tg 36 értékeket.<br />
Megoldás. 36<br />
5 rad<br />
π<br />
= és az X.1.25 feladatban megmutattuk, hogy<br />
π 1+ 5<br />
cos = .<br />
5 4<br />
π π 2 π π π<br />
Igazoljuk, hogy cos > tg , vagyis cos > sin . Mivel cos > 0 és<br />
5 5<br />
5 5<br />
5<br />
π 4 π 2 π<br />
sin > 0 , a fenti egyenlőtlenség egyenértékű a cos > 1 −cos egyenlőtlenség-<br />
5<br />
5 5<br />
gel. Ez az egyenlőtlenség a következő alakban is írható:<br />
4 2<br />
⎛1+ 5⎞ ⎛1+ 5⎞<br />
⎜ ⎟ > 1−⎜ ⎟ ⇔ 56+ 24 5 > 160−32 ⇔<br />
⎜<br />
⎜<br />
4<br />
⎟ ⎜ 4<br />
⎟<br />
5<br />
⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎟<br />
⇔ 56 5 > 104 ⇔ 28 5 > 57 ( 1 )<br />
Mivel 5 > 2,2,<br />
következik, hogy 28 5 > 28 ⋅ 2,2 = 61, 6 > 57 ,tehát az ( 1)<br />
egyen-<br />
<br />
lőtlenség igaz, ezért a cos 36 > tg 36 egyenlőtlenség is igaz.<br />
o<br />
6. Bizonyítsd be, hogy tg 55 > 1, 4 .<br />
<br />
1+ tg10<br />
Bizonyítás. A tg 55 = tg( 45 + 10 ) = egyenlőség alapján a bizonyí-<br />
<br />
1−tg10 1<br />
tandó egyenlőtlenség ekvivalens a tg10 > egyenlőtlenséggel.<br />
6<br />
3<br />
1<br />
3tgx − tg x 1<br />
Ha tg10 ≤ , akkor a tg 3x<br />
=<br />
összefüggés és az u :0, 2<br />
6<br />
1−3tg x<br />
6<br />
⎡ ⎤ ⎢ ⎥ → ,<br />
⎢⎣ ⎥⎦<br />
3<br />
u( x) = 3u−<br />
u függvény monotonitása alapján (u szigorúan növekvő ) a<br />
1 1<br />
3 ⋅ − 3<br />
6 6 107<br />
tg 30 ≤ = egyenlőtlenséghez jutunk.<br />
1<br />
1−3⋅ 6⋅33 2<br />
6
334 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok<br />
Másrészt<br />
tg 30<br />
<br />
=<br />
3<br />
és<br />
3<br />
3 107<br />
<br />
> . A kapott ellentmondás alapján tg 55 > 1, 4 .<br />
3 6⋅33 o<br />
7. Bizonyítsd be, hogy tg11 < 0,2 .<br />
1<br />
2tgx<br />
Bizonyítás. Ha tg11 > , akkor a tg 2x<br />
= egyenlőtlenség alapján kö-<br />
2<br />
5<br />
1−tg x<br />
1<br />
2 ⋅<br />
<br />
5<br />
vetkezik, hogy tg 22 > 5 = .<br />
1<br />
1 − 12<br />
25<br />
<br />
<br />
Másrészt tg 22 33′ > tg 22 és tg 22 30′ = 2 −1,<br />
tehát<br />
17<br />
2 > .<br />
12<br />
2 2<br />
1<br />
Ez ellentmondás, mert 2⋅ 12 < 17 ( 288 < 289),<br />
tehát tg11 < .<br />
5<br />
8. Bizonyítsd be, hogy bármely x , x , x ∈ [0, π]<br />
esetén<br />
1 2 3<br />
1−cos( x − x ) + 1−cos( x −x ) ≥ 1−cos( x − x ) .<br />
3 2 2 1 3 1<br />
Bizonyítás. Ha x1 ≤x2 ≤x3, akkor az egyenlőtlenség<br />
x3 −x2 x2 −x1<br />
x3 − x1<br />
sin + sin ≥ sin alakban írható.<br />
2 2<br />
2<br />
x3 − x2<br />
x2 − x1<br />
⎡ π ⎤<br />
Ha x1, x2, x3 ∈ [ 0, π]<br />
, akkor az a = és b = jelöléssel ab , ∈ ⎢0, ⎥<br />
2<br />
2<br />
⎢⎣ 2 ⎥⎦<br />
,<br />
így<br />
a + b a −b<br />
sina + sinb = 2 sin cos<br />
2 2<br />
a + b a + b<br />
≥2sin<br />
cos<br />
2 2<br />
mivel<br />
a − b<br />
2<br />
a + b<br />
< . Más sorrend esetén is hasonló a bizonyítás.<br />
2<br />
9. Bizonyítsd be, hogy bármely x ∈ esetén sin ( sin x) + cos( cos x)<br />
> .<br />
2<br />
2 2 2 ⎛π Bizonyítás. E = sin ( sin x) + cos( cos x) = sin ( sin x)<br />
+ sin ⎜ −cos ⎝2 ⎛π cos 2x ⎞ 1<br />
2sin ⎟<br />
⎛π<br />
⎞<br />
= ⎜ cos⎜<br />
⎟<br />
⎜<br />
− −<br />
⎝4 2 ⎠<br />
⎟ ⎝ ⎜ ⎟<br />
4 2⎠<br />
⎟<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠<br />
⎟<br />
.<br />
De<br />
π 1 π cos2xπ 1<br />
0 < − ≤ − ≤ + <<br />
4 2 4 2 4 2 2<br />
π<br />
és így<br />
⎛π cos 2x ⎞ 1<br />
sin ⎟<br />
⎛π<br />
⎞<br />
⎜ sin ⎜ ⎟<br />
⎜<br />
− ⎟≥ −<br />
⎝<br />
⎟<br />
4 2 ⎠⎟ ⎝ ⎜ ⎜4<br />
2⎠<br />
⎟,<br />
tehát<br />
⎛π 1⎞ ⎛π 1⎞<br />
⎛π ⎞<br />
E ≥2sin⎜ ⎟cos⎜ ⎟ sin⎜ 1⎟ ⎜<br />
− − = − = cos1<br />
⎝⎜ ⎟ ⎟ ⎟<br />
4 2⎠⎟ ⎝ ⎜ ⎜4 2⎠⎟ ⎜⎝2 ⎠⎟<br />
.<br />
2 2 1<br />
2 x =
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 335<br />
π<br />
π<br />
Másrészt 0< 1<<br />
, tehát cos1 > cos és így<br />
3<br />
3<br />
1<br />
E > .<br />
2<br />
2 π 2 3π 2 4π<br />
10. Bizonyítsd be, hogy tg + tg + tg = 39 − 10 13 .<br />
13 13 13<br />
2 π 2 3π<br />
2 4π<br />
Bizonyítás. Az E = tg + tg + tg kifejezés a következőképpen<br />
13 13 13<br />
π<br />
alakítható (a = α jelölést használjuk):<br />
13<br />
2 2 2<br />
( ) ( ) ( )<br />
E = 1 + tg α + 1 + tg 3α + 1 + tg 4α − 3 =<br />
1 1 1 2 2 2<br />
= + + − 3 = + + −3<br />
=<br />
2 2 2<br />
cos α cos 3α cos 4α 1 + cos 2α 1 + cos 6α 1 + cos 8α<br />
4[ ( cos6α+ cos10α+ cos14α) + 5( cos2α+ cos6α+ cos8 α)<br />
+ 6]<br />
=− 3+ =<br />
cos16 α+ 2cos14 α+ cos12α+ 2cos10α+ 6cos8 α+ 6cos6 α+ 3cos4 α+ 6cos2α+ 5<br />
6+ 5S2<br />
−S1<br />
=− 3+ 4⋅ 5+ 6S −3S<br />
2 1<br />
, ahol S2 = cos 2α− cos 5α+ cos 6α<br />
és<br />
S1 = cos α+ cos 3α−cos4α. Ha S = S2 −S1,<br />
akkor<br />
S = cos 2α− cos 5α+ cos 6α−cos α− cos 3α+ cos 4α<br />
=<br />
= cos 2α+ cos 4α+ cos 6α−cos5α−cos 3α−cosα =<br />
= cos 2α+ cos 4α+ cos 6α+ cos 8α+ cos10α+ cos12α<br />
=<br />
sin13α−sin α 1<br />
= =− ,<br />
2sinα 2<br />
mert sin 13α = 0 és sin α ≠ 0 .<br />
Ugyanakkor:<br />
S1 = cos α+ cos 3α− cos 4α =−cos 4α−cos10α−cos12α =<br />
1<br />
=− S + cos 2α+ cos 6α+ cos 8α = + cos 2α+ cos 6α+ cos 8α<br />
2<br />
Ebből kövekezik,hogy:<br />
2 2 2<br />
2S = 4 cos α+ cos 3α+ cos 4α −5=<br />
1<br />
( )<br />
( ) +<br />
2<br />
= 4 ⎡<br />
⎢⎣<br />
cos α + cos 3α−cos 4α − 2 cos 3αcos α + 2 cos 4αcosα + 2 cos 4αcos 3α] − 5 =<br />
2<br />
= 4( S −cos4α− cos 2α+ cos 5α+ cos 3α+ cos 7α+ cos α)<br />
− 5 =<br />
1<br />
2<br />
= 4 ⎡S1( cos 2α cos 4α cos 6α cos 8α cos10α cos12α) ⎤<br />
⎣<br />
− + + + + +<br />
⎦<br />
−5<br />
2<br />
1+ 13<br />
Így S1<br />
gyöke a 4S1 −2S1 − 3 = 0egyenletnek,<br />
tehát S1<br />
= (mivel S 1 ><br />
0 )<br />
4<br />
.
336 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok<br />
Ebből következik, hogy S2<br />
=<br />
13 −1<br />
és így<br />
4<br />
6+ 5S2<br />
−S1<br />
E = 4 ⋅<br />
5+ 6S −3S<br />
− 3 = 39 −10<br />
13 .<br />
2 1<br />
11. Bizonyítsd be, hogy 2 cos 2 2 ... 2<br />
2 n<br />
π<br />
=<br />
<br />
+ + + .<br />
n−1<br />
gyök<br />
Bizonyítás. Matematikai indukcióval igazoljuk az összefüggést:<br />
π<br />
n = 2 -re az állítás igaz, mert cos =<br />
4<br />
2<br />
.<br />
2<br />
Feltételezzük, hogy 2 cos<br />
2<br />
2 2 ... 2<br />
n<br />
π<br />
=<br />
<br />
+ + + ,<br />
n−1gyök π + = + +<br />
és igazoljuk, hogy 2cos 2 ... 2<br />
1<br />
2 n .<br />
ngyök<br />
Valóban, mivel cos 0 1<br />
2 n<br />
π x<br />
> , alkalmazhatjuk a cos =±<br />
+<br />
2<br />
1+ cosx<br />
képletet, tehát<br />
2<br />
π<br />
cos n+<br />
1<br />
2<br />
=<br />
π<br />
1+ cos n<br />
2<br />
2<br />
=<br />
1<br />
1+ 2 ... 2<br />
2 + +<br />
n−1gyök 1<br />
=<br />
2 2<br />
2 + 2 + ... + 2 ,<br />
π + = + +<br />
vagyis 2cos 2 ... 2<br />
1<br />
2 n .<br />
ngyök<br />
o o<br />
12. Bizonyítsd be, hogy ha 13 ≤x≤28, akkor<br />
3 2 o 2 o<br />
≤ sin ( 4x + 8 ) + cos ( 4x −82) ≤2.<br />
2<br />
o<br />
Bizonyítás. Ha 13<br />
o<br />
<br />
≤x≤28, akkor 4x + 8<br />
<br />
≥ 60 és 4x−82 <br />
≤ 30 , tehát<br />
<br />
3<br />
<br />
sin ( 4x + 8 ) ≥ és cos( 4x −82 ) ≥<br />
2<br />
3<br />
.<br />
2<br />
Így sin<br />
<br />
( 4x + 8 ) + cos<br />
<br />
( 4x −82) ≥ .<br />
2<br />
Másrészt<br />
2<br />
<br />
2<br />
<br />
sin ( 4x + 8 ) ≤1és<br />
cos ( 4x −82) ≤1,<br />
2 2 3<br />
2 2<br />
<br />
tehát sin ( 4x + 8 ) + cos ( 4x −82) ≤2.<br />
n−1
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 337<br />
4 2<br />
π<br />
13. Bizonyítsd be, hogy az x − 6x + 1=<br />
0 egyenlet gyökei tg ,<br />
8<br />
5π<br />
tg és<br />
8<br />
7π<br />
tg .<br />
8<br />
Bizonyítás. Ha 2 t<br />
π 3π 5π 7π<br />
{ , , , }<br />
tehát<br />
2<br />
ha t<br />
π 3π 5π 7π<br />
{ , , , }<br />
⎛ 2tg ⎞<br />
⎜<br />
⎟ = 1<br />
⎜ 2<br />
⎝1−tg t ⎠<br />
⎟<br />
3π<br />
tg ,<br />
8<br />
2<br />
2tgt<br />
∈ , akkor tg 2t = 1.<br />
De tg 2t<br />
= , 2<br />
4 4 4 4<br />
1−tg t<br />
∈ . Ha a műveleteket elvégezzük és<br />
8 8 8 8<br />
4 2<br />
rendezzük az egyenletet a tg t − 6 tg t + 1 = 0 egyenlethez jutunk, tehát az<br />
4 2<br />
( 2k+ 1)<br />
π<br />
x − 6x + 1=<br />
0 egyenlet gyökei: tg k = 0, 3 .<br />
8<br />
21<br />
π 1<br />
14. Bizonyítsd be, hogy ha n ≥ , akkor cos > 1 − .<br />
4<br />
n n + 1<br />
⎛ π⎞<br />
Bizonyítás. Mivel ∀x∈ ⎜<br />
⎜0, ⎟<br />
⎝<br />
⎟<br />
2 ⎠ ⎟ esetén sin x x,<br />
írhatjuk, hogy<br />
<<br />
2 2<br />
2 x ⎛x⎞ x<br />
1− 2sin > > 1− 2⎜⎟ 1<br />
2<br />
⎜ ⎟ = −<br />
2<br />
⎟ ,<br />
⎝ ⎠ 2<br />
2 x<br />
⎛ π⎞<br />
viszont cos x = 1 − 2 sin tehát ∀x∈⎜0, ⎟<br />
2<br />
⎜⎝ 2 ⎠ ⎟ esetén<br />
2<br />
x π<br />
cos x > 1 − . x = -et<br />
2 4<br />
2<br />
π π<br />
helyettesítve, ha n > 2,<br />
kapjuk, hogy cos > 1 − 2<br />
n 2n<br />
.<br />
Megvizsgáljuk, hogy milyen n természetes számra teljesül a<br />
2<br />
π<br />
2<br />
2n 1<br />
≤<br />
n + 1<br />
2<br />
π<br />
egyenlőtlenség: 2<br />
2n 1<br />
2 2 2 2 2<br />
≤ ⇔ 2n ≥ π ( n + 1) ⇔ 2n<br />
−π n −π ≥ 0.<br />
n + 1<br />
A másodfokú függvény tulajdonságai alapján a fenti egyenlőtlenség teljesül<br />
2 2 2<br />
minden n -re, ha n ≥ α , ahol α az 2n −π n − π = 0 egyenlet legnagyobb<br />
2<br />
π +<br />
gyöke, vagyis α =<br />
4 2<br />
π + 8π 4<br />
23,149<br />
≈ , tehát jobb becslésre van<br />
4<br />
2<br />
x<br />
szükségünk, mint a cos x > 1 − .<br />
2<br />
15. Periodikus-e az f : + → , f ( x ) = sin x függvény ? Hát a g : → ,<br />
gx ( ) = sinx+ cos 2x?<br />
Megoldás. Igazoljuk, hogy f<br />
nem periodikus:
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 338<br />
Valóban, ha T ≠ 0 egy periódusa lenne f -nek, akkor minden x ∈ esetén<br />
kéne teljesüljön a sin x + T = sin x (1) összefüggés. x = 0 -t helyettesítve<br />
az (1) összefüggésbe, kapjuk, hogy<br />
2 2 ∗<br />
tehát T = k π , k ∈ .<br />
2<br />
π<br />
Helyettesítsünk az (1) egyenletben x helyett x = -et!<br />
4<br />
Kapjuk, hogy<br />
2<br />
π 4<br />
sin 1 2<br />
k π = , tehát<br />
+<br />
∗<br />
sin T = 0 vagyis T = kπ, k ∈ alakú,<br />
π<br />
2<br />
4k1 + π<br />
= + 2 lπ , l ∈ , vagyis<br />
4 2<br />
2<br />
4k + 1 racionális kell legyen, ami lehetetlen ( k > 0)<br />
.Tehát f nem<br />
periodikus.<br />
A g függvény sem periodikus: hasonlóan járunk el, mint az f esetében: ha T<br />
periódusa lenne g -nek ( T ≠ 0)<br />
, akkor minden x ∈ esetén kéne teljesüljön a<br />
sin x + T + cos 2x + 2T = sin x + cos 2x<br />
összefüggés.<br />
( ) ( )<br />
Végezzük el az x = 0 , x = π és x =<br />
egyenletben:<br />
2π<br />
helyettesítéseket az előző<br />
x = 0 ⇒ sinT + cos 2T = 1 (1)<br />
x = π ⇒− sinT + cos 2π + 2T = cos 2 π (2)<br />
( )<br />
x = 2π ⇒ sin 2π + T + cos 2T = sin 2π + 1 (3)<br />
A (3 ) összefüggésből kivonva (1) -et, kapjuk, hogy<br />
( )<br />
sin 2π + T − sinT = sin 2π,<br />
2 cos<br />
2π + 2T sin<br />
2<br />
2π = 2 sin<br />
2<br />
2π cos<br />
2<br />
2π<br />
2<br />
és mert sin<br />
2π<br />
≠ 0 , következik, hogy cos<br />
2<br />
2π + 2T = cos<br />
2<br />
2π<br />
, vagyis<br />
2<br />
2π + 2Τ +<br />
2<br />
2π<br />
2T<br />
= 2kπ<br />
vagy = 2kπ<br />
kell teljesüljön, ahol k ∈ .<br />
2<br />
2<br />
1.eset: ha T = 2kπakkor<br />
(1) alapján ⇔ 2 2kπ= 1,<br />
vagyis 2 2k = 2, l l, k ∈ ,<br />
ami lehetetlen.<br />
2.eset: ha T =− 2π+ 2kπ<br />
valamely k ∈ -re.<br />
-ből következik hogy:<br />
⎛2 2Τ+ 2 cos⎜ ⎜<br />
⎜⎜⎝ 2<br />
2π⎟ ⎞<br />
⎟<br />
cos<br />
⎠⎟ 2π = 1 + cos<br />
2<br />
1+ cos<br />
2π = 2 ⋅<br />
2<br />
2π 2<br />
= 2 cos<br />
2π<br />
,<br />
2
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 339<br />
és mivel cos<br />
2π<br />
2 2T+ ≠ 0 , kapjuk, hogy cos<br />
2<br />
2<br />
2π = cos<br />
2π<br />
, vagyis<br />
2<br />
2Τ+ 2π = 2lπ,<br />
vagy 2Τ= 2lπ,<br />
valamely l ∈ -re. (4 )<br />
Viszont T =− 2π+ 2kπ,<br />
ahol k ∈ , ezért ismét ellentmondáshoz jutottunk<br />
(viszszahelyettesítve T -t (4) -be és felhasználva, hogy kl∈ , ). Tehát g sem<br />
periódikus.<br />
π 2π 3π 4π 5π<br />
16. Bizonyítsd be, hogy cos − cos + cos − cos + cos =<br />
11 11 11 11 11 2<br />
1 .<br />
2π 9π<br />
4π<br />
7π<br />
Bizonyítás. Mivel cos =− cos és cos =−cos<br />
, a kiszámítandó<br />
11 11 11 11<br />
öszszeg írható<br />
π 3π 5π 7π<br />
9π<br />
S = cos + cos + cos + cos + cos<br />
11 11 11 11 11<br />
alakban. A VIII.4.1 paragrafus 2. feladata alapján<br />
5π 5π 10π<br />
sin cos sin<br />
π 3π 5π 7π 9π<br />
cos + cos + cos + cos + cos = 11 11 11 1<br />
11 11 11 11 11<br />
π = π = ,<br />
sin 2 sin 2<br />
11 11<br />
10π<br />
π<br />
mert sin = sin ≠ 0 .<br />
11 11<br />
17. Bizonyítsd be az alábbi egyenlőségeket, ha A , B és C egy háromszög<br />
szögeinek mértékei:<br />
2 2 2<br />
a) sin A+ sin B + sin C − 2 cos AcosBcosC = 2 ;<br />
2 A 2 B 2C<br />
A B C<br />
b) sin + sin + sin = 1 −2sin<br />
sin sin ;<br />
2 2 2 2 2 2<br />
2 A 2 B 2C<br />
A B C<br />
c) cos + cos + cos = 2 + 2 sin sin sin .<br />
2 2 2 2 2 2<br />
Bizonyítás. a) Mivel A+ B + C = π , írhatjuk, hogy:<br />
2 2 2<br />
3 −cos A−cos B− cos ( A+ B) + 2 cos Acos Bcos( A+ B)<br />
= 2 ⇔<br />
( ) −<br />
2<br />
2 2<br />
⇔ cos A+ cos B + cos Acos B −sin<br />
Asin B<br />
−2cos Acos B(cos AcosB −sin<br />
Asin B)<br />
= 1 ⇔<br />
2 2 2 2 2 2<br />
⇔ cos A+ cos B + cos Acos B + sin AsinB −<br />
2 2<br />
−2sin2Asin 2B − 2 cos Acos B + 2 sin 2Asin 2B = 1 ⇔<br />
( )( )<br />
2 2 2 2 2 2<br />
⇔ cos A+ cos B− cos Acos B + 1 −cos A 1 − cos B = 1 ⇔<br />
⇔ 1= 1.<br />
Az utolsó egyenlőség fennáll, tehát az ekvivalenciák miatt a kezdeti is fennáll.<br />
Ezzel az állítást igazoltuk.
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 340<br />
2 A 1−cosA b) Alkalmazva a sin = , stb. képleteket, a fenti azonosság a<br />
2 2<br />
következőkkel egyenértékű:<br />
3 −cos A−cos B −cosC 1 −cos A 1 −cos B 1 −cosC<br />
= 1−2 ⋅ ⋅ ,<br />
2 2 2 2<br />
⎛ A ⎞<br />
⎜<br />
⎜sin > 0, stb. ⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟<br />
2 ⎠ ⎟<br />
.<br />
Az előző egyenlőség rendre ekvivalens a következőkkel:<br />
2<br />
( )<br />
1 ( cos A cos B cosC) ( 1 cos A)( 1 cos B)( 1 cosC)<br />
2<br />
∗<br />
− + + =− − − − ⇔<br />
2 2 2<br />
⇔1− 2( cos A+ cos B + cosC) + cos A+ cos B + cos C +<br />
+ 2( cos Acos B + cosC cos B + cos Bcos A) = 2(1 − ( cos A+ cos B + cosC)+<br />
+ ( cos AcosB + cosC cos B + cos AcosC) −cos Acos Bcos C)<br />
⇔<br />
2 2 2<br />
⇔ cos A+ cos B + cos C + 2 cos Acos BcosC = 1 ⇔<br />
2 2 2<br />
⇔ sin A+ sin B + sin C − 2 cos Acos BcosC = 2 ,<br />
ami pontosan az a) pontban igazolt azonosság.<br />
Megjegyzés: A ( ∗ ) ekvivalencia azért áll, mert ebben az esetben mindkét oldal<br />
negatív, tehát nem áll fenn a veszély, hogy négyzetreemeléssel „elveszítünk”<br />
egy előjelt. Általában ezt nem tehetjük meg.<br />
2 A 1+ cosA<br />
c) A cos = , stb. képleteket használva ismét az a) pontra vezetődik<br />
2 2<br />
vissza a feladat.<br />
⎡ π⎞<br />
18. Bizonyítsd be, hogy, ha x ∈ ⎢0, ⎟<br />
⎢⎣ 2<br />
⎟⎠<br />
, akkor<br />
2<br />
tg x + sin x<br />
a) tg x sin x ≥ x ; b)<br />
≥ x .<br />
2<br />
Bizonyítás. a) x = 0 -ra teljesül az egyenlőtlenség, tehát feltételezhetjük,<br />
hogy x > 0 .<br />
⎛ π⎞<br />
A VIII.24. fejezet 4. faladatában igazoltuk, hogy tg ≥x, ∀x ∈⎜ ⎜ 0, ⎟<br />
(1)<br />
⎝ 2 ⎠⎟<br />
⎛ π⎞<br />
esetén. Könnyen belátható az is, hogy x ∈ ⎜<br />
⎜0, ⎟<br />
⎝<br />
⎟<br />
2 ⎠ ⎟ esetén<br />
2 x<br />
0< 1− tg < 1 (2)<br />
.<br />
2<br />
2<br />
A tg x sin x ≥ x egyenlőtlenség rendre ekvivalens a következőkkel, ha<br />
⎛ π⎞<br />
x ∈ ⎜<br />
⎜0, ⎟<br />
⎝<br />
⎟<br />
2 ⎠ ⎟ :
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 341<br />
⎛ x x<br />
2tg 2tg<br />
⎞<br />
tg x x tg x x<br />
1<br />
⎜<br />
⎟<br />
2 2 ⎟ 2<br />
≥ ⇔ − ≥ 0 ⇔ ⎜ x<br />
⎟<br />
⎜ 0<br />
x sin x x sin x x sin x<br />
2 x ⋅<br />
2 x − ⎟ ≥ .<br />
⎜<br />
⎜1− tg 1+ tg ⎟<br />
⎜⎝ 2 2 ⎠⎟<br />
x x<br />
2 x<br />
Viszont tg > és 0< 1− tg < 1,<br />
következik, hogy<br />
2 2<br />
2<br />
⎛ x x<br />
2tg 2tg<br />
⎞<br />
⎜<br />
⎟<br />
2 2 ⎟<br />
⎜ 2 2x 2x<br />
2<br />
x<br />
⎟ ⎛ ⎞<br />
⎜ x 0<br />
2 x ⋅<br />
2 x − ⎟ ≥ ⎜<br />
⎟<br />
⎜<br />
⋅ − ⎟<br />
1 tg 1 tg<br />
2 2 ⎟ = ,<br />
⎜ − + ⎟ ⎝ ⎠<br />
⎜⎝ 2 2 ⎠⎟<br />
1<br />
2 ⎡ π⎞<br />
tehát ⋅( .... ) ≥ 0 és ezért tg x sin x ≥x , ∀x ∈ ⎢0, ⎟<br />
x ⋅ sin x ⎢⎣ 2<br />
⎟⎠<br />
.<br />
⎡ π⎞<br />
b) mivel tg x, sin x, x ≥ 0 ha x ∈ ⎢0, ⎟<br />
⎢⎣ 2<br />
⎟⎠<br />
, az a) pontot felhasználva írhatjuk,<br />
hogy:<br />
tg x + sin x<br />
2<br />
≥ tg x ⋅sinx ≥ x = x.<br />
2<br />
2 2 2<br />
19. Bizonyítsd be, hogy ha az ABC Δ háromszögben b + c = 2a<br />
, akkor<br />
a) 2c tgA= ctgB + ctgC<br />
; b) a⋅ ma = b⋅mb. Bizonyítás. a) A IX.3.1 paragrafus 16.feladata alapján:<br />
2 2 2 2 2 2<br />
2(<br />
b + c −a ) −a − b + c<br />
2ctgA−ctgB − ctgC = = 0<br />
4T<br />
2 2 2 2 2 2<br />
2( b + c 2 2 2 2 2 ) − a 2 2 ( a + c ) −b<br />
b) ama − bmb = a ⋅ −b⋅ =<br />
4 4<br />
2 2 2 2 2<br />
( a −b )( 2c<br />
−a −b<br />
)<br />
= = 0 .<br />
4<br />
20. Számítsd ki az R sugarú körbe írt szabályos<br />
a) hatszög; b) ötszög; c) nyolcszög oldalát.<br />
Megoldás. a) A szabályos n -szög oldalához tartozó középponti szög<br />
mértéke 2π<br />
π<br />
, tehát a hozzá tartozó kerületi szög mértéke . Így az oldal ln<br />
n<br />
n<br />
π<br />
hosszára igaz az ln= 2Rsin összefüggés.<br />
n<br />
π<br />
Tehát a hatszög oldala l6= 2Rsin = R,<br />
6<br />
π 10 − 2 5<br />
az ötszög oldala l5= 2Rsin = R⋅<br />
és<br />
5 2<br />
π<br />
a nyolcszög oldala l8= 2Rsin = R 2− 2 .<br />
8
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 342<br />
21. Bizonyítsd be, hogy ha az AB C háromszögben b + c = 3a,<br />
akkor<br />
B C B C A<br />
a) 2tg tg = 1;<br />
b) T = a⋅ra; c) sin sin = sin<br />
2 2<br />
2 2 2 .<br />
B C p−a 1<br />
Bizonyítás. a) tg ⋅ tg = = mert a + b + c = 4a és így p = 2a.<br />
2 2 p 2<br />
b) Τ= ( p−a) ⋅ ra = a⋅ra mert p− a = 2a<br />
− a = a.<br />
c)<br />
B C ( p−a)( p−c) ( p−a)( p−b) si n sin = ⋅ =<br />
2 2 ac ab<br />
p−a ( p−b)( p−c) A p− a<br />
= = sin mert = 1.<br />
a bc<br />
2 a<br />
22. Bizonyítsd be, hogy ha az ABC háromszögben b + c = 2a,<br />
akkor<br />
B C<br />
a) 3tg tg = 1;<br />
b) 2 cos A+ cos B + cosC = 2.<br />
2 2<br />
Bizonyítás. a) Az adott feltételből 2p = a + b + c = 3a,<br />
tehát<br />
B C p−a 1<br />
tg tg = = .<br />
2 2 p 3<br />
b)2 cos A+ cos B + cosC − 2 = ( cos A− 1) + ( cos A+ cos B + cosC − 1)<br />
=<br />
2 A A B C<br />
=− 2 sin + 4 sin sin sin =<br />
2 2 2 2<br />
2 A A ( p−a)( p−c) ( p−a)( p−b) =− 2 sin + 4 sin<br />
=<br />
2 2 ac ab<br />
2 A A p−a A p− a 1<br />
=− 2sin + 4sin ⋅ ⋅ sin = 0 mert = .<br />
2 2 a 2<br />
a 2<br />
23. Bizonyítsd be, hogy ha az AB C háromszögben ( π<br />
mA ) = és 2π<br />
mB ( ) = A,<br />
7<br />
7<br />
akkor<br />
b<br />
c a −b<br />
a) cos A = , cos B = , cosC<br />
= ;<br />
2a<br />
2b<br />
2b<br />
1<br />
b) co s Acos BcosC =− ; c) ha = h b + hc.<br />
8<br />
Bizonyítás. a) Ha meghúzzuk a BD belső szögfelezőt, az AB D egyenlő<br />
szárú háromszög keletkezik, tehát AD = BD .<br />
2ac<br />
π<br />
bc<br />
Másrészt BD = cos és AD = (a szög-<br />
a + c 7<br />
c + a<br />
B<br />
felező hosszára vonatkozó tételből és a szögfelező<br />
E <br />
7 <br />
π b<br />
7<br />
tételből), tehát co s A = cos =<br />
. Ha ugyanezt<br />
I<br />
<br />
7 2a<br />
A 7<br />
D<br />
C
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 343<br />
megismételjük a C szög CE szögfelezőjével, akkor a CE = EB<br />
2π<br />
c<br />
egyenlőségből következik, hogy cos B = cos = . A szögek mértékéből<br />
7 2b<br />
következik, hogy az AB C háromszög hasonló ACE háromszöghöz, tehát<br />
AE EC AC<br />
a⋅b 2 2<br />
= = . Ebből következik, hogy EC = és c = b + ab.<br />
AC BC AB<br />
c<br />
2 2 2 2<br />
a + b −c a −ab a −b<br />
Tehát cosC<br />
= = = .<br />
2ab 2ab 2b<br />
b) Az a) alpont alapján az egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha<br />
ab ( + c) = bc.<br />
π⎛ 2π 4π⎞ 2<br />
Ez ekvivalens a sin sin sin ⎟<br />
π 4π<br />
⎜ sin sin<br />
7<br />
⎜⎜⎝ + ⎟ =<br />
7 7 ⎠⎟<br />
egyenlőséggel.<br />
7 7<br />
π⎛ 2π 4π⎞ π⎛ 3π π⎞ 2π 3π<br />
sin sin sin sin 2 sin cos sin sin<br />
7<br />
⎜ ⎟ ⎜<br />
⎟<br />
⎜<br />
+ ⎟<br />
7 7 ⎟= =<br />
7<br />
⎜<br />
⎟<br />
7 7⎟ =<br />
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 7 7<br />
2π 3π<br />
4π ⎛ 4π⎞<br />
= sin sin mert sin sin π ⎟<br />
3π<br />
= ⎜ − ⎟ = sin<br />
7 7<br />
7<br />
⎜⎜⎝ 7 ⎠⎟<br />
.<br />
7<br />
1 1 1<br />
c) ha = hb + hc ⇔ = + ⇔ a( b + c) = bc,<br />
tehát az egyenlőség teljesül.<br />
a b c<br />
24. Bizonyítsd be az alábbi egyenlőtlenségeket:<br />
a) r + r + r ≥9r ;<br />
b) acos A+ bcos B + ccosC ≤ p ;<br />
a b c<br />
( + )2<br />
2 2 2<br />
c) ra + rb + rc 2<br />
≥ p ;<br />
b c<br />
d)<br />
4bc<br />
ma<br />
≤ ;<br />
la<br />
2 2<br />
b + c ma<br />
e) ≤ .<br />
2bc<br />
ha<br />
1 1 1 1<br />
Bizonyítás. a) A X.3.1 paragrafus 19/f feladata alapján = + + .<br />
r ra rb rc<br />
Az első fejezet 9.2.2 paragrafusának 3. feladata alapján<br />
( ra ⎛1 1 1⎞<br />
+ rb + rc)<br />
⎜<br />
⎟<br />
⎜<br />
+ + ≥9<br />
r r r<br />
⎟ , tehát ra ⎜⎝ ⎠⎟<br />
+ rb + rc<br />
≥9r. a b c<br />
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4<br />
a ( b + c − a ) 2(<br />
ab + bc + ca ) −a−b−c ∑a⋅ cos A=<br />
∑ =<br />
=<br />
b)<br />
2abc 2abc<br />
2<br />
16Τ<br />
2<br />
= , tehát a bizonyítandó egyenlőtlenség ekvivalens a 8Τ ≤ p⋅abc 2abc<br />
egyenlőtlenséggel. A Heron-képlet alapján<br />
( a + b−c)( a − b + c)( − a + b + c) ≤ abc alakban írható és ezt már igazoltuk az<br />
I.9.4. paragrafusban ( 4/e feladat ).<br />
A<br />
c) Az ra= p⋅<br />
tg összefüggés alapján az egyenlőtlenség ekvivalens a<br />
2
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 344<br />
2 A 2 B 2C<br />
tg + tg + tg ≥ 1 egyenlőtlenséggel.<br />
2 2 2<br />
Ugyanakkor a VIII.5.6.2 paragrafus 15/g feladata alapján<br />
A B B C C A<br />
tg tg + tg tg + tg tg = 1<br />
2 2 2 2 2 2<br />
2 2 2<br />
és így az u + v + t ≥ uv + vt + tu<br />
egyenlőtlenség alapján<br />
2 A 2 B 2C<br />
tg + tg + tg ≥ 1.<br />
2 2 2<br />
2bc<br />
A<br />
d) Az l a = cos<br />
b + c 2<br />
A<br />
c<br />
összefüggés alapján az<br />
B<br />
b<br />
D<br />
egyenlőtlenség ekvivalens a<br />
b<br />
C<br />
b + c A b<br />
c<br />
cos ≤ ma<br />
c<br />
2 2<br />
M N<br />
P<br />
egyenlőtlenséggel.<br />
Megszerkesztjük az M ∈ ( AB,<br />
N ∈ ( AC pontokat úgy, hogy CN = AB ,<br />
BM = AC és felvesszük az A -nak a BC felezőpontjára vonatkozó P<br />
szimmetrikusát. Belátható, hogy M ,P és N egy egyenesre illeszkedik, tehát<br />
írhatjuk, hogy<br />
A h AP 2ma<br />
cos = ≤ =<br />
2 b + c b + c b + c<br />
,<br />
ahol h az MA N háromszög A csúcsához tartozó magassága.<br />
e) Ha N az A -hoz tartozó magasság talppontja,<br />
2 2 2 2<br />
akkor BN −N C = c −bés BN − NC = a<br />
A<br />
2 2 2<br />
2 2<br />
c −b<br />
+ a<br />
c −b<br />
alapján BN = és így MN = .<br />
2a<br />
2a<br />
Tehát<br />
AM 2a⋅ha2bcsinA2bc tg α = = = ≤<br />
2 2 2 2 2 2<br />
MN c −b c −b c − b<br />
.<br />
2bc<br />
Ebből következik, hogy sin α ≤ tehát<br />
2 2<br />
b + c<br />
AN ha<br />
2bc<br />
= ≤ .<br />
2 2<br />
NM m b + c<br />
a<br />
<br />
B C<br />
M N<br />
25. Bizonyítsd be az alábbi azonosságokat:<br />
a) ra + r b + rc = 4R+<br />
r ; b) rr a b+ rr b c+ rr c a<br />
2<br />
= p ;<br />
2<br />
c) p = 2r( 6R− r)<br />
;<br />
2 2<br />
d) ab + bc + ca = p + r + 4Rr<br />
;<br />
2 2 2<br />
e) a + b + c<br />
2 2<br />
= 2p −2r −8Rr<br />
; f)<br />
a ctg A+ bctg B + cctgC = 2(<br />
R + r)
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 345<br />
g) rr a b=<br />
p( p− c)<br />
;<br />
;<br />
h) ( ra 2<br />
+ rb)( rb + rc)( rc + ra) = 4Rp<br />
;<br />
2<br />
a<br />
i) 2S<br />
=<br />
;<br />
ctg B + ctgC<br />
B − A<br />
sin<br />
b− a<br />
k) = 2<br />
c C<br />
cos<br />
2<br />
A<br />
p sin<br />
j) a = 2 ;<br />
B C<br />
cos cos<br />
2 2<br />
l)<br />
2 2 2<br />
( p−a) ( p−b) ( p−c) 2R−r<br />
+ + =<br />
bc ac ab 2R<br />
m) ( c− a)( ccos B + bcos C) = ab(cos A− cosC)<br />
+ a( a − c)cos B ;<br />
n) a⋅ ctg A+ b⋅ ctg B + c⋅ ctgC = 2R+ 2r<br />
;<br />
2<br />
o) ra( rb + rc) + rb( rc + ra) + rc( ra + rb) = 2p<br />
.<br />
Bizon yítás. a) Már igazoltuk a IX.3.1 paragrafus 19/h feladatában.<br />
A<br />
b) Az ra= ptg<br />
összefüggés alapján az egyenlőség ekvivalens a<br />
2<br />
A B B C C A<br />
tg tg + tg tg + tg tg = 1<br />
2 2 2 2 2 2<br />
egyenlőséggel<br />
és ezt igazoltuk a VIII.5.6.2 paragrafus 15/g alpontjában.<br />
c)<br />
2 ( − a + b + c)( a − b + c)( a + b−c) abc<br />
d) A 4r<br />
=<br />
és 2Rr<br />
= egyenlőség<br />
a + b + c<br />
a + b + c<br />
alapján a bizonyítandó egyenlőség ekvivalens a<br />
4( ab + bc + ca)( a + b + c)<br />
=<br />
3<br />
= ( a + b+ c) + ( − a + b+ c)( a− b+ c)<br />
( a + b− c) + 8abc<br />
egyenlőséggel.<br />
Ez számolással ellenőrizhető.<br />
2 2 2<br />
2<br />
e) a + b + c = ( a + b + c) − 2(<br />
ab + ac + bc)<br />
=<br />
2 2 2 2 2<br />
= 4p − 2( p + r 4Rr)<br />
= 2p −2r<br />
− 8Rr<br />
.<br />
f) actg A= 2Rsin A⋅ ctg A= 2RcosA, tehát<br />
actg A+ bctg B + cctgC = 2R( cos A+ cos B + cosC)<br />
=<br />
⎛ A B C⎞ ⎛ r ⎞<br />
= 2R⋅ ⎜1 4sin sin sin ⎟ 2R⎜1 ⎟<br />
⎜<br />
+ ⎟ = + = 2(<br />
+ )<br />
⎝<br />
⎜ ⎟<br />
2 2 2⎠⎟⎝<br />
⎜ R⎠⎟<br />
R r .<br />
Τ Τ p( p−a)( p−b)( p−c) g) rr a b=<br />
⋅ = = p( p−c) .<br />
p−a p−b ( p−a)( p−b) 2p−a<br />
−b c⋅Τ<br />
h) ra + rb<br />
= Τ⋅ =<br />
, tehát<br />
( p−a)( p−b) ( p−a)( p− b)
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 346<br />
3 3<br />
abc ⋅Τ abc ⋅Τ ⋅p<br />
( ra + rb)( rb + rc)( rc + ra)<br />
= 2 2 = 2<br />
4<br />
( p−a) ( p−b) ( p−c ) Τ<br />
i)<br />
abc 2 2<br />
= p = 4Rp<br />
.<br />
Τ<br />
2<br />
a<br />
=<br />
ctg B + ctgC<br />
a + c − b<br />
4Τ 2<br />
a<br />
a<br />
+<br />
+ b −c<br />
4Τ<br />
=<br />
2 2 2 2 2 2 2<br />
B C p( p−b) p( p−c) ( p−b)( p−c) A<br />
j) a⋅ cos cos = a ⋅ = p<br />
= p sin .<br />
2 2 ac ab bc<br />
2<br />
B − A B + A B −A<br />
2 sin cos sin<br />
b−a sin B −sin<br />
A<br />
k) = = 2 2 = 2<br />
c sinC<br />
C C C<br />
2sin cos cos<br />
2 2 2<br />
A+ B ⎛π−C⎞ C<br />
mert cos = cos⎜ ⎟ sin<br />
2<br />
⎜⎜⎝ ⎟ =<br />
2 ⎠⎟ 2 .<br />
( ) ( ) ( )<br />
l)<br />
2<br />
2 2<br />
p−a a p−a ∑a<br />
p−a ∑ = ∑ = =<br />
bc abc abc<br />
Ugyanakkor<br />
2 2 3 3 2 2b<br />
( ∑a) p −2p⋅ ∑a + ∑a∑a + 6abc−<br />
∑(<br />
ab + a )<br />
Τ.<br />
=<br />
abc<br />
=<br />
4abc<br />
2<br />
2R−r r 2Τ<br />
= 1− = 1−<br />
=<br />
2R 2R<br />
p⋅abc 4abc<br />
− ( a + b −c)( a − b + c)( − a + b + c)<br />
= =<br />
4abc<br />
3<br />
a + 6abc−<br />
2 2<br />
ab + a b<br />
= ∑ ∑<br />
( )<br />
4abc<br />
tehát az összefüggés igazolása teljes.<br />
m) ccos B + bcosC = a , tehát elégséges igazolni, hogy<br />
( c− a) a/ ( 1 + cos B) = ab / ( cos A−cosC) , vagy<br />
2 B<br />
( sinC − sin A) 2 cos = sin B⋅( cos A−cosC<br />
) .<br />
2<br />
2 B C − A C + A 2 B<br />
Ez igaz, mert ( sinC − sinA) 2cos = 2sin cos 2cos<br />
2 2 2 2 =<br />
C − A C + A B B<br />
= 2 sin sin ⋅ 2 cos sin = ( cos A−cosC) ⋅ sin B.<br />
2 2 2 2<br />
n) Az n) alpont ugyanaz, mint az f) alpont.<br />
o) A b) alpont alapján nyilvánvaló.<br />
2<br />
=
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 347<br />
*<br />
26. Bizonyítsd be, hogy bármely n ∈ és azon x ∈ esetén, amelyekre az<br />
egyenlőségben szerepelő kifejezések értelmezettek, igazak az alábbi egyenlőségek:<br />
2 2 2 n cos( n + 1) x sin nx<br />
a) cos x + cos 2 x + ... + cos nx = +<br />
;<br />
2 2sinx<br />
2 2 2 n cos( n + 1) x sin nx<br />
b) sin x + sin 2 x + ... + sin nx = −<br />
;<br />
2 2sinx<br />
c)<br />
sin 2x sin 4x sin 2nx 1 sin n( n + 1)<br />
x<br />
+ + ... + = ⋅<br />
cos 2x −sin 2x cos 4x −sin4xcos 2nx −sin<br />
2nx 2 π<br />
sin − n( n + 1)<br />
x<br />
4<br />
;<br />
d)<br />
2<br />
sin x sin 3x sin 5x sin ( 2n − 1)<br />
x tg nx<br />
+ + + ... + =<br />
2 2 2 2 2 2 2<br />
cos x cos x cos 2x cos 2x cos 3x cos ( n − 1) x cos nx sin x .<br />
n n n<br />
2 1+ cos2kx n 1<br />
Bizonyítás. a) ∑cos kx = ∑ = + ∑ cos 2kx<br />
=<br />
k= 1 k= 1 2 2 2 k=<br />
1<br />
n 1 cos( n + 1) x ⋅sin<br />
nx<br />
= + ⋅<br />
2 2 2sinx<br />
a VIII.4.1 paragrafus 2. megoldott feladata alapján.<br />
n n n<br />
2 1−cos2kx n 1 n 1 cos( n + 1) x ⋅sin<br />
nx<br />
b) ∑sin kx = ∑ = − ∑cos2kx<br />
= − ⋅<br />
.<br />
k= 1 k= 1 2 2 2 k=<br />
1 2 2 2sinx<br />
n<br />
sin kx<br />
c) ∑<br />
= 2<br />
k=<br />
2 cos kx − sin k x<br />
k( k + 1) k( k −1)<br />
n sin x sin x<br />
= 2 2<br />
∑ −<br />
=<br />
k( k + 1) k( k + 1) k( k −1) k( k −1)<br />
k=<br />
2 cos x −sin x cos x −sin<br />
x<br />
2 2 2 2<br />
n( n + 1)<br />
sin x<br />
2<br />
sin x<br />
= −<br />
=<br />
n( n + 1) n( n + 1) cos x − sin x<br />
cos x − sin x<br />
2 2<br />
2<br />
n + n −2<br />
sin x<br />
=<br />
2<br />
2 2<br />
n + n − 2 n + n + 2<br />
cos x − sin x<br />
2 2<br />
sina sinb<br />
sin ( a −b)<br />
Felhasználtuk a<br />
− =<br />
cosa −sina cosb−sinb cos( a −b) −sin ( a + b)<br />
azonosságot.<br />
( )
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 348<br />
2<br />
2<br />
tg nx sin ( 2n + 1) x tg ( n + 1)<br />
x<br />
d) A + =<br />
összefüggés és a matematikai<br />
2 2<br />
sin x cos nx ⋅ cos ( n + 1) x sin x<br />
indukció elve alapján az egyenlőség igaz ∀n≥1esetén. 27. a) Bizonyítsd be, hogy ha k ∈ és a, α ∈ úgy, hogy az alábbi kifejezések<br />
értelmezettek, akkor<br />
2sina<br />
tg( a + kα) − tg kα<br />
=<br />
és<br />
cosa + cos( a + 2kα)<br />
2sina<br />
ctg kα− ctg(<br />
a + kα)<br />
=<br />
( k ≠ 0)<br />
.<br />
cosa − cos( a + 2kα)<br />
n<br />
1<br />
b) Számítsd ki a ∑<br />
k= 1 cosa + cos( 2k + 1)<br />
a és<br />
n<br />
1<br />
∑<br />
k= 1 cosa − cos( 2k + 1)<br />
a összegeket.<br />
Bizonyítás. a)<br />
n<br />
1<br />
tg( n + 1) α−tg α<br />
b) ∑ =<br />
és<br />
cosa + cos( 2k + 1) a 2 sin α<br />
k=<br />
1<br />
n<br />
∑<br />
k=<br />
1<br />
1<br />
ctg α− ctg( n + 1)<br />
α<br />
=<br />
.<br />
cosa − cos( 2k + 1) a 2 sin α<br />
28. Számítsd ki az alábbi összegeket, majd az eredményt igazold a matematikai<br />
indukció módszerével:<br />
2 2 2<br />
a) S1= sin x + sin 3 x + ... + sin (2n −1) x ;<br />
3 3 3<br />
b) S2= cos x + cos 2 x + ... + cos nx ;<br />
3 3 3<br />
c) S3= sin x + sin 2 x + ... + sin nx .<br />
n n<br />
2<br />
1<br />
Megoldás. a) S1= ∑sin ( 2k − 1) x = ∑[ 1 −cos 2( 2k −1)<br />
x ] =<br />
k= 1 2 k=<br />
1<br />
n<br />
n 1 n 1 sin4nx<br />
= − ∑ cos( 4k − 2)<br />
x = − ⋅ .<br />
2 2 k=<br />
1<br />
2 4 sin2x<br />
n<br />
3 1 ⎛ n n ⎞<br />
b) S2= cos kx cos 3kx 3 cos k ⎟<br />
∑ = ⎜ + ⎟<br />
k= 1 4 ⎜∑ ∑ x ⎟ =<br />
⎝ ⎟<br />
k= 1 k=<br />
1 ⎠<br />
⎛ 3nx<br />
3( n 1) x nx ( n 1)<br />
x ⎞<br />
⎜<br />
+ +<br />
sin cos sin cos<br />
1 ⎜<br />
⎟<br />
2 2 3 2 2 ⎟<br />
=<br />
⎜ ⎟<br />
4<br />
⎜ + ⋅<br />
3x<br />
x ⎟<br />
.<br />
⎜ sin<br />
sin<br />
⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝ 2<br />
2 ⎠ ⎟<br />
n<br />
3 1 ⎛ n n ⎞<br />
c) S3= sin kx ⎜3<br />
sin kx sin 3k<br />
⎟<br />
∑ = ⎜ − ⎟<br />
4 ⎜ ∑ ∑ x<br />
⎝ ⎠<br />
⎟ =<br />
⎟<br />
k= 1 k= 1 k=<br />
1
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 349<br />
⎛ ( n 1) x nx 3( n 1) x 3nx<br />
⎞<br />
⎜<br />
+ +<br />
sin sin sin sin<br />
1 ⎜<br />
⎟<br />
3 2 2 2<br />
⎟<br />
=<br />
⎜<br />
2 ⎟<br />
4<br />
⎜ ⋅ x − ⎟<br />
sin<br />
3x<br />
⎟<br />
.<br />
⎜ sin ⎟<br />
⎜⎝ 2 2 ⎠ ⎟<br />
29. Bizonyítsd be, hogy az AB CD körbeírható négyszögben<br />
a) AC ⋅ BD = AB ⋅ CD + AD ⋅BC<br />
(Ptolemaiosz I. tétele);<br />
AC AB ⋅ AD + CB ⋅CD<br />
b) =<br />
BD BA ⋅ BC + DA ⋅DC<br />
(Ptolemaiosz II. tétele).<br />
Bizonyítás. a) Az ábra jelölései<br />
alapján az<br />
egyenlőség<br />
A<br />
sin ( β + γ) ⋅ sin ( β + α)<br />
=<br />
sin α⋅ sin γ + sin β⋅ sin ( α+ β + γ)<br />
alakban írható ( a szinusz-tétel segítségével ).Ezt<br />
igazoltuk a VIII.5.6.2 paragrafus 13/b feladatában.<br />
b) A T [ ABCD] = T [ ABD] + T [ BCD]<br />
=<br />
B <br />
<br />
<br />
D<br />
C<br />
AB ⋅AD<br />
BC ⋅CD<br />
= ⋅ sin ( α+ β)<br />
+ ⋅ sin ( α+ β)<br />
és<br />
2 2<br />
T [ ABCD] = T [ ABC ] + T [ ADC ] =<br />
AB ⋅BCAD ⋅DC<br />
= ⋅ sin ( β + γ) + ⋅ sin ( β + γ)<br />
egyenlőségek<br />
2 2<br />
alapján<br />
sin ( β + γ)<br />
AB ⋅ AD + BC ⋅CD<br />
=<br />
.<br />
sin(<br />
α+ β)<br />
AB ⋅ BC + AD ⋅CD<br />
Másrészt a szinusz-tételből következik, hogy<br />
AC = 2Rsin( β + γ)<br />
és BD = 2Rsin( α + β)<br />
,<br />
tehát<br />
AC AB ⋅ AD + BC ⋅CD =<br />
.<br />
BD AB ⋅ BC + AD ⋅DC<br />
30. Az AB körív felezőpontját jelöljük C -vel és legyen P egy tetszőleges<br />
2 2<br />
pont az AB köríven. Bizonyítsd be, hogy PA ⋅ PB = AC −PC<br />
.<br />
Bizonyítás. Az ábra jelölései alapján<br />
2<br />
PA ⋅ PB = 4Rsinαsinβ és<br />
2 2 ⎛ + β 2 α−β⎞ AC − PC = 4R ⎜<br />
⎜si sin ⎟<br />
⎜⎝<br />
− ⎟<br />
2 2 ⎠ ⎟ .<br />
2 2 α<br />
n<br />
Másrészt<br />
2 α β<br />
sin ( ( ) ( ) )<br />
+ A<br />
<br />
2 α−β 1<br />
− sin = cos α+ β −cos α− β = sin αsinβ 2 2 2<br />
,<br />
B<br />
C<br />
P<br />
<br />
M
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 350<br />
2 2<br />
tehát PA ⋅ PB = AC −PC<br />
.<br />
31. Bizonyítsd be, hogy ha H az ABC<br />
hegyesszögű háromszög ortocentruma, akkor<br />
HA + HB + HC = 2(<br />
R + r)<br />
, ahol R és r az<br />
ABC háromszög köré illetve a háromszögbe írt kör sugara.<br />
Bizonyítás. Az ábra jelölései szerint<br />
tehát<br />
AC ′ b ⋅ cos A<br />
AH = = = 2RcosA, sin B sin B<br />
H A + HB + HC = 2R( cosA+ cosB+ cosC)<br />
=<br />
⎛ A B C⎞ ⎛ r ⎞<br />
= 2R ⎜<br />
⎜1 4sin sin sin ⎟ 2R⎜1 ⎟<br />
⎜<br />
+ ⎟ = + = 2(<br />
+ )<br />
⎝<br />
⎟<br />
2 2 2⎠⎟<br />
⎜ ⎜⎝<br />
R⎠⎟<br />
R r .<br />
32. Három egymással párhuzamos egyenes közül a középső a két szélsőtől a<br />
és b távolságra van. Határozd meg annak az egyenlő oldalú háromszögnek az<br />
oldalhosszát, amelynek csúcsai a három egyenesen vannak (mindenik<br />
egyenesen van csúcs).<br />
Megoldás. Mielőtt kiszámítjuk<br />
az oldal hosszát, kell igazolnunk, hogy létezik ilyen<br />
háromszög, és ha több van belőlük, akkor azok oldalai egyforma hosszúságúak (az<br />
utóbbi kérdésre maga a számítás adja meg a választ, tehát nem kell foglalkozzunk<br />
vele).<br />
Feltételezzük,<br />
hogy sikerült megrajzolni egy ilyen háromszöget (alábbi ábra).<br />
Észrevesszük, hogy a B pontot 60 pontot.<br />
-kal elforgatva A körül, megkapjuk a C<br />
Mivel B ∈ v,<br />
következik, hogy a egyenest forgatjuk el 60 v<br />
-kal az A pont körül és<br />
ahol a k apott v′ egyenes metszi a t egyenest, ott lesz a C pont.<br />
t<br />
v<br />
u<br />
v <br />
A<br />
C<br />
60 o<br />
B<br />
C <br />
B<br />
A<br />
H<br />
C
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 351<br />
Tetszőlegesen tologatva az ABC Δ -et ( párhuzamosan ) az uvt , , egyenseken, minden<br />
kapott háromszög megoldás lesz, ezért, az előbbi észrevétel miatt, egy ilyen háromszög<br />
szerkesztése a következő:<br />
1. Az u egyenesen felveszünk egy tetszőleges ( A)<br />
pontot.<br />
C<br />
<br />
2. Az A pont körül 60 -kal elforgatjuk a v egyenest.<br />
3. A v ′ és t egyenesek metszéspontja lesz az egyenlő<br />
oldalú háromszög másik csúcspontja.<br />
b<br />
m<br />
m<br />
B<br />
4. A B pont megszerkesztése az A és C pontok<br />
segítségével.<br />
Az előbb vázolt gondolatok miatt az AB C<br />
a<br />
A<br />
m<br />
háromszög egyenlő oldalú lesz, tehát létezik ilyen háromszög.<br />
Számítsuk ki az oldalhosszát a és b függvényében:<br />
b<br />
a<br />
Az ábra szerint sin α = és sin ( 60 − α)<br />
= .<br />
m<br />
m<br />
<br />
Tehát s in60 cosα− cos60 sinα =<br />
3 1 a<br />
cosα− sinα<br />
= ⇒<br />
2 2 m<br />
⇒<br />
3<br />
2<br />
2 1 a<br />
1−sin α − sinα<br />
=<br />
2 m<br />
(cos α > 0 ,mert 0< α < 6 ),<br />
<br />
0<br />
vagyis<br />
3<br />
⋅<br />
2<br />
2<br />
b 1 b a<br />
1 − − ⋅ = 2<br />
m 2 m m<br />
/ ⋅ m ,<br />
3<br />
2<br />
2 2 b<br />
m − b = a + ,<br />
2<br />
2 2<br />
3 m − b<br />
2 2<br />
= 4a<br />
+ b +4ab, ( )<br />
2<br />
3<br />
2 2<br />
m = a + b + ab .<br />
33. Az ABC Δ -ben legyenek M ∈ ( BC)<br />
és N ∈ ( A M)<br />
pontok úgy, hogy<br />
AN<br />
és = 3 valamint { }<br />
NM<br />
{ } ,<br />
P = BN ∩AC Q = CN ∩AB. AP<br />
a) Határozzuk meg az ;<br />
PC<br />
AQ<br />
;<br />
AB<br />
BN<br />
NP arányokat.<br />
BM 1<br />
MC 2<br />
=<br />
b) Határozzuk meg a CNP és ABC háromszögek területeinek arányát.<br />
Δ Δ<br />
Megoldás. a) Menelaosz tételét alkalmazzuk az<br />
AMC háromszögben a B −N −P<br />
szelőre majd az<br />
AMB háromszögben Q −N −C<br />
szelőre. Tehát<br />
AP BM AN 1<br />
= ⋅ = ⋅ 3 =1 és<br />
PC BC MN 3<br />
B<br />
Q<br />
N<br />
A<br />
M<br />
P<br />
C
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 352<br />
AQ CM AN 2<br />
= ⋅ = ⋅ 3 = 2.<br />
QB BC MN 3<br />
Ugyanakkor<br />
BN BM BQ 1 1<br />
= + = + = 1.<br />
NP MC QA 2 2<br />
TCNP [ ] TCNP [ ] TCAQ [ ] CP CN AQ 1 3 2 1<br />
b) = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = .<br />
T[ ABC] T[ CAQ] T[ ABC] CA CQ AB 2 4 3 4<br />
34. Legyen ABC egy nem elfajult háromszög és M ∈ ( BC)<br />
úgy, hogy<br />
*<br />
MB = kMC ( k ∈ + ) . Igazoljuk, hogy (1 + kAM ) < AB+ kAC.<br />
<br />
AB + k ⋅AC<br />
Megoldás. AM =<br />
, tehát<br />
1 + k<br />
1 1 <br />
AM = ⋅ AB + k ⋅AC ≤ ⋅ AB + k ⋅ AC<br />
1+ k 1+<br />
k<br />
AB + k ⋅AC<br />
és így AM ≤<br />
.<br />
1 + k<br />
( )<br />
35. Igazoljuk, hogy egy háromszög egy belső szögfelezőjének hossza kisebb, mint az<br />
ugyanabból a csúcsból kiinduló oldalak hosszainak harmonikus középarányosa.<br />
Megoldás. A szögfelező hosszára vonatkozó tétel alapján<br />
2bc A 2bc2<br />
la<br />
= cos ≤ = .<br />
b + c 2 b + c 1 1<br />
+<br />
b c<br />
36. Az ABC Δ -ben legyenek E ∈ ( AB)<br />
és F ∈ ( AC)<br />
úgy, hogy EF || BC<br />
BN EM<br />
valamint M ∈ ( EF)<br />
és N ∈ ( BC)<br />
úgy, hogy = . Igazoljuk, hogy az A ,<br />
NC MF<br />
M és N pontok kollineárisak.<br />
Megoldás. Ha EM = k , akkor<br />
MF<br />
<br />
<br />
AE + k ⋅AF<br />
AB + k ⋅AC<br />
AM =<br />
és AN =<br />
.<br />
1 + k<br />
1 + k<br />
Másrészt EF BC alapján létezik λ ∈ + , amelyre<br />
<br />
AB = λ ⋅AE<br />
és AC = λ ⋅AF<br />
.<br />
<br />
Ebből következik, hogy AM = λ ⋅AN<br />
, tehát az AM , és N pontok egy<br />
egyenesen vannak.<br />
37. Legyen ABCD paralelogramma, M az [ AB] felezőpontja és N egy pont<br />
1<br />
a [ DM ] -en úgy, hogy MN = MD .<br />
3
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 353<br />
a) Fejezd ki az AN<br />
⎯⎯→<br />
kombinációjaként.<br />
és BN<br />
⎯⎯→<br />
⎯⎯→<br />
vektorokat az AB<br />
és BC<br />
⎯⎯→<br />
vektorok lineáris<br />
b) Igazold, hogy az AN , és C pontok kollineárisak.<br />
DP AQ 1<br />
c) Ha P ∈ ( AD)<br />
és Q ∈ ( A M)<br />
úgy, hogy = = , bizonyítsd be,<br />
PA QM 2<br />
hogy az [ AN ] , [ MP] és [ DQ]<br />
szakaszokkal, mint oldalakkal szerkeszthető<br />
háromszög.<br />
Megoldás. a)<br />
<br />
2AM<br />
+ AD AB + BC<br />
B<br />
AN = = .<br />
C<br />
3 3<br />
<br />
2BM<br />
+ BD BA + BA + BC M<br />
BN = =<br />
=<br />
N<br />
3 3<br />
<br />
Q<br />
BC − 2AB<br />
= .<br />
A<br />
P D<br />
3<br />
<br />
1<br />
b) AC = AB + BC , tehát A, Nés C kollineárisak és AN = AC .<br />
3<br />
<br />
2AM + AD 2DA+ DM 2MD+<br />
MA<br />
c) AN + DQ + MP = + + =<br />
3 3 3<br />
<br />
AM + MD + DA <br />
= = 0 , tehát az AN, DQ és MP<br />
3<br />
vektorokkal szerkeszthető háromszög. Ennek a háromszögnek az oldalhosszai<br />
AM, MD és DA.<br />
⎛ 3⎞ ⎛1 1 3⎞<br />
38. Legyenek 1 3, ⎟,<br />
B⎜+ , ⎟ ⎛ 1⎞<br />
A ⎜<br />
+ ⎟ ⎜<br />
⎟<br />
⎝ 2⎠⎟⎜⎜⎝2 2<br />
⎟ és C ⎜1, pontok a síkban.<br />
⎠⎟⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝ 2⎠<br />
⎟<br />
Igazoljuk, hogy az ABC Δ derékszögű. Melyik a derékszög?.<br />
Megoldás. Mivel két -A( x1, y1) , Bx ( 2, y2)<br />
- ponton átmenő egyenes egyenlete<br />
y −y1 x −x1<br />
= ,<br />
y1 −y2 x1 −x2 következik, hogy az ABC Δ oldalait tartó egyenesek iránytényezői rendre<br />
y1 −y2 y2 −y3<br />
y3 −y1<br />
, , ,<br />
x1 −x2 x2 −x3<br />
x3 −x1<br />
ahol az A, B és C pontok koordinátái Ax ( , y) , Bx ( , y ) és C( x ,<br />
y ) .<br />
1 1 2 2<br />
3 3
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 354<br />
3<br />
1 −<br />
Tehát az AB iránytényezője: m 2<br />
AB = ,<br />
1<br />
+ 3<br />
2<br />
az AC iránytényezője: m AC =<br />
1<br />
,<br />
3<br />
3<br />
a BC iránytényezője: m BC = 2 .<br />
1<br />
−<br />
2<br />
Két egyenes akkor merőleges egymásra ha iránytényezőik között fennáll az<br />
mm 1 2 =−1 összefüggés. Ebből következik, hogy csakis az AC egyenes lehet merőleges<br />
valamelyik másikra ( az ő iránytényezője pozitív egyedül),<br />
1<br />
−<br />
m<br />
=− 3 = mBC<br />
, tehát a C derékszög.<br />
AC<br />
39. Számítsd ki:<br />
a)<br />
c)<br />
3 3<br />
7+ 50 + 7− 50<br />
; b) 3 45 − 29 2 ;<br />
3 3<br />
38 14 −100 2 − 99 − 70 2 ; d)<br />
2 7 2 7<br />
1+ − 1−<br />
.<br />
3 3 3 3<br />
3 3<br />
3 3<br />
3<br />
Megoldás. a) Ha x = 7+ 50 + 7− 50<br />
, akkor x = 14 −3x<br />
, tehát x egy<br />
3<br />
valós gyöke az x + 3x − 14 = 0 egyenletnek. De<br />
3 2<br />
x + 3x − 4 = ( x − 2)( x + 2x + 7)<br />
és így az egyenlet egyetlen valós gyöke<br />
x = 2 .Tehát<br />
b) ( ) 3<br />
3 3<br />
7+ 50 + 7− 50 =2.<br />
3 2 2<br />
3<br />
a − b 2 = a − 3a b 2 + 6ab −2<br />
b<br />
3 2<br />
2 , tehát a + 6ab = 45<br />
és<br />
2 3<br />
3ab+ 2b=<br />
29 összefüggések kéne teljesüljenek. Ha a = 3 és b = 1,<br />
akkor az öszszefüggések<br />
teljesülnek, tehát<br />
3<br />
45 − 29 2 = 3 − 2 .<br />
c) Az előbbihez hasonló gondolatmenet alapján<br />
tehát<br />
3<br />
99 − 70 2 = 3 − 2 2 és<br />
3<br />
38 14 − 100 2 = 14 − 2 2 ,<br />
3 3<br />
38 14 −100 2 − 99 − 70 2 = 14 − 3 .
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 355<br />
2 7 2 7<br />
x = 1+ − 1−<br />
akkor<br />
3 3 3 3<br />
d) Ha 3 3<br />
3 2 7 4 7 ⎛ 2 7⎞<br />
x = 1+ −3x ⋅ 1− ⋅ − ⎜<br />
⎜1− ⎟<br />
3 3 9 3 ⎜⎜⎝ 3 3<br />
⎟<br />
⎠ ⎟<br />
,<br />
3 4<br />
tehát x valós megoldása az x −x −<br />
3<br />
7<br />
= 0 egyenletnek.<br />
3<br />
Ha az x = y<br />
7<br />
3<br />
helyettesítést elvégezzük, a 7y −3y − 4 = 0 egyenlethez jutunk.<br />
3<br />
( )( )<br />
3 2<br />
De 7y −3y− 4 = y− 1 7y + 7y<br />
+4 és így y = 1 az egyetlen megoldás, tehát<br />
2 7 2 7 7<br />
1+ − 1−<br />
= .<br />
3 3 3 3 3<br />
3 3<br />
40. Határozd meg az X és Y valós számokat úgy, hogy A+ B = X + Y ,<br />
ha A, 2<br />
B ≥ 0 és A −B ≥ 0 .<br />
Megoldás. Az<br />
B<br />
XY = tehát<br />
4<br />
A+ B = X + Y + 2 XY egyenlőségből X + Y = A és<br />
2 2<br />
A+ A −B A− A −B<br />
A+ B = + .<br />
2 2<br />
∗<br />
41. Bizonyítsd be, hogy ha a, b, c ∈ , a + b + c ≠ 0 és<br />
akkor<br />
1 1 1 1<br />
+ + =<br />
a b c a + b + c<br />
2001 2001 2001 2001 2001 2001<br />
1 1 1 1<br />
+ + = ,<br />
a b c a + b + c<br />
1 1 1 1<br />
Bizonyítás. Ha + + = , akkor abc = ( a + b + c)( ab + bc + ca)<br />
a b c a + b + c<br />
és így ( a + b)( b + c)( c + a)<br />
= 0 . Ha a =−b,<br />
akkor<br />
( ) 2001<br />
1 1 1 1 1 1 1 1<br />
+ + = − + = = .<br />
2001 2001 2001 2001 2001 2001 2001<br />
a b c a a c c a + b + c<br />
Hasonlóan látható be az egyenlőség a másik két esetben is.<br />
3 3<br />
42. Bizonyítsd be, hogy ha a, b, c ∈ R*<br />
, akkor abc ( a b c) a b b c c a<br />
3<br />
+ + ≤ + + .<br />
Bizonyítás. Mivel a, b<br />
és c pozitívak, a bizonyítandó egyenlőtlenség ekvivalens a<br />
következővel:<br />
.
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 356<br />
2 2 2<br />
a b c<br />
( a + b + c)<br />
≤ + + () 1<br />
c a b<br />
Az ( 1 ) egyenlőtlenség szimmetrikus a, b és c -ben, ezért írhatjuk, hogy a ≤b ≤c.<br />
2 2 2 2 2 2<br />
Az a ≤b ≤c<br />
összefüggésből következik, hogy a ≤b ≤c , tehát az a , b , c és<br />
1 1 1<br />
, , számsorozatok ellentétes rendezésűek.<br />
a b c<br />
A rendezési elvből következik, hogy<br />
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1<br />
a ⋅ + b ⋅ + c ⋅ ≤a ⋅ + b ⋅ + c ⋅<br />
a b c c a b<br />
ami éppen az ( 1)<br />
egyenlőtlenség.<br />
2<br />
2<br />
43. Határozd meg az összes olyan p prímszámot, amelyre p − 2 , 2p−1 és<br />
3<br />
3p + 4 szintén prímszám.<br />
2<br />
Megoldás. Ha p = 2 , akkor 3p + 4 páros és nagyobb, mint 2 . Tehát p páratlan<br />
2 2<br />
2<br />
prímszám. Ha p = 7 , akkor p − 2 = 47, 2p − 1= 97 és 3p + 4 = 151.<br />
Ezek<br />
2<br />
mind prímszámok, tehát p = 7 egy megoldás. Ha p > 7 , p -nek 7 -tel való osztási<br />
2<br />
2<br />
maradéka 1, 4 vagy 2 . Az első esetben ( 3p + 4)<br />
7,<br />
a második esetben ( 2p−1) 7<br />
2<br />
2<br />
és a harmadik esetben ( p − 2 7, tehát p ≤ 7 . Ha p = 3 , akkor p − 2 = 7 ,<br />
2<br />
2<br />
2p− 1= 17<br />
és 3p + 4 = 31<br />
tehát p = 3 is megoldás.Ha p = 5 , akkor<br />
2<br />
2p− 1= 49<br />
nem prímszám, tehát Μ= { 3, 7}<br />
.<br />
)<br />
1 1 1 1 1 1 1<br />
44. Bizonyítsd be, hogy 1 − + − + ... + − = + . .. +<br />
2 3 4 2n − 1 2n n + 1 2n<br />
.<br />
(Catalan összefüggés)<br />
Bizonyítás. Matematikai indukcióval igazoljuk az állítást:<br />
1 1<br />
n = 1 -re igaz az állítás, mert 1 − = .<br />
2 2<br />
1 1 1 1 1 1<br />
Feltételezzük, hogy 1 − + − ... + − = + ... +<br />
2 3 2k − 1 2k k + 1 2(<br />
k )<br />
és<br />
1 1 1 1 1 1<br />
igazoljuk, hogy 1 − + − ... + − = + ... +<br />
2 3 2k + 1 2k + 2 k + 2 2k + 2<br />
.<br />
Valóban az indukciós feltétel szerint<br />
1 1 1 1 1<br />
1 − + ... + − + − =<br />
2 2k − 1 2k 2k + 1 2k + 2<br />
1 1 1 1<br />
= + ... + + − =<br />
k + 1 2k 2k + 1 2k +<br />
2<br />
,
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 357<br />
1 1 ⎛ 1 1 ⎞<br />
= + ... + + ⎜ −<br />
⎟<br />
k + 2 2k + 1 ⎜ ⎜k<br />
1 2( k 1<br />
⎟<br />
⎝ + + ) ⎠ ⎟<br />
=<br />
1 1 1<br />
= + ... + +<br />
k + 2 2k + 1 2k<br />
+ 2<br />
,<br />
∗<br />
tehát a matematikai indukció elve alapján ∀n∈ esetén<br />
1 1 1 1 1 1<br />
1 − + − ... + − = + ... +<br />
2 3 2n − 1 2n n + 1 2n<br />
.<br />
45. Bizonyítsd be, hogy ha a + b + c = 0,<br />
akkor<br />
2 2 2<br />
bc −aac−bab−c + +<br />
bc + 2aac+ 2bab+ 2c<br />
ahol a, b, c ∈ és a nevezők egyike sem 0 .<br />
= ,<br />
2 2 2 0<br />
b<br />
Bizonyítás. Az x = , y =<br />
a a<br />
c jelöléssel x + y =−1,<br />
tehát a bizonyítandó<br />
2 2<br />
x + x + 1 ⎛ 1 1 ⎞ x + x + 1<br />
egyenlőség<br />
⋅ ⎜ − ⎟ = 2<br />
x − 1 ⎜⎝x + 2 2x + 1⎠⎟2x + 5x<br />
+ 2<br />
alakban írható és ez igaz.<br />
46. Egy mesebeli fa egyszer elkezdett növekedni. Az első nap félszeresével<br />
nőtt, a második nap az egyharmadszorosával, a harmadik nap az<br />
egynegyedszeresével és így tovább. Hány nap alatt nőtt a százszorosára?<br />
Megoldás. Számoljuk ki, hogy az első néhány nap elteltével milyen magasra<br />
nőtt a fa, majd matematikai indukcióval próbáljuk megadni a fa magasságát az<br />
eltelt napok függvényében.<br />
Kezdetben a fa magassága 1-szerese volt önmagának.<br />
1 3<br />
Az első nap után a magassága: 1 + = .<br />
2 2<br />
3 1 3 3 1 4<br />
A 2. nap után:<br />
+ ⋅ = + = .<br />
2 3 2 2 2 2<br />
4 1 4 5<br />
A 3. nap után:<br />
+ ⋅ = .<br />
2 4 2 2<br />
Az eddigi eredmények alapján azt feltételezzük, hogy az n -edik nap elteltével<br />
n + 2<br />
a fa magassága -szerese a kezdeti magasságnak.<br />
2<br />
n = 1, 2, 3 -ra láttuk, hogy teljesül a feltételezésünk.<br />
Ha feltételezzük, hogy ez így van az n -edik nap végén is, akkor a fa az n + 1 -<br />
1<br />
edik napon addigi magasságának -szeresével nő ( a feltétel szerint ), tehát<br />
n + 2
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 358<br />
n + 2 1 n + 2 n + 3<br />
az n + 1 -edik nap végén a fa magassága + ⋅ = -szerese<br />
2 n + 2 2 2<br />
a kezdeti magasságnak. Ezzel igazoltuk, hogy általában, az n -edik nap végén a<br />
n + 2<br />
fa magassága -szerese a kezdeti magasságnak és így a fa magassága<br />
2<br />
n + 2<br />
akkor lesz százszorosa a kiinduló magasságnak, ha = 100 , vagyis<br />
2<br />
n = 198 .<br />
47. Bizonyítsd be, hogy az f : A→B függvény pontosan akkor szürjektív, ha<br />
∀X ⊂ A esetén CBf ( X) = f ( CAX) .<br />
Bizonyítás. Ha az egyenlőség teljesül és X =∅, akkor CA∅= A és így<br />
B = f ( A)<br />
, tehát f szürjektív. Ha X = A\ { x0}<br />
akkor CX A = { x0}<br />
és<br />
f ( CAX) = { f ( x0)<br />
} tehát f ( X) = B \ { f ( x0)<br />
} . Ha f nem injektív, akkor létezik<br />
olyan y , x és z0 ≠ x , amelyre y = f ( x ) = f ( z ) . Így z0∈X tehát<br />
0 0<br />
0 0 0<br />
0<br />
{ 0 }<br />
f ( x ) ∈ f ( X)<br />
és ez ellentmond f ( X) = B \ f ( x ) -nak.<br />
0<br />
Ha f bijektív és X ⊂ A,<br />
akkor kétirányú bennfoglalást bizonyítunk:<br />
b ∈CBf ( X) ⇔b ∈B \ f ( X) ⇔ b ∈B<br />
és /∃x ∈ X úgy, hogy f ( x) = b.<br />
De b ∈ B,<br />
tehát létezik x0∈ A úgy, hogy f ( x0) = b.<br />
Az előbbi tulajdonság<br />
alapján x0∈X , tehát x0 ∈ A\ X és így b ∈ f ( CAX) . Ebből következik, hogy<br />
CBf ( X) ⊂ f ( CAX) .<br />
Ha b ∈ f ( CAX) , akkor létezik x0∈ CAX úgy, hogy f ( x0) = b.Mivel<br />
f injektív,<br />
nem létezik x ∈ X úgy, hogy f ( x) = b,<br />
tehát b ∈ C f ( X)<br />
.<br />
48. Bizonyítsd be, hogy az f : A→B függvény pontosan akkor injektív, ha<br />
f ( X ∩ Y) = f ( X) ∩ f ( Y), ∀X, Y ⊂ A.<br />
Bizonyítás. Ha nem injektív, akkor létezik x , y ∈ A úgy, hogy<br />
f 0 0<br />
f ( x0) = f ( y0)<br />
.<br />
Ebben az esetben az X = { x } és Y = { y } halmazokra nem teljesül az<br />
0<br />
f ( X ∩ Y) = f ( X) ∩ f ( Y)<br />
, tehát ha ez a feltétel teljesül minden<br />
esetén, akkor f injektív.<br />
Ha injektív és X ∩ Y = Z X, Y ⊂ A akkor f ( Z) ⊂ f ( X) ∩ f ( Y)<br />
.<br />
f ( )<br />
Másrészt ha u ∈ f ( X) ∩ f ( Y)<br />
, akkor létezik x0∈X és y0∈Y úgy, hogy<br />
f ( x ) = f ( y ) = u.<br />
0 0<br />
0<br />
B<br />
XY , ⊂ A
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 359<br />
Mivel f injektív v = x0 = y0<br />
és így v ∈X ∩Y<br />
, tehát<br />
u = f ( v) ∈ f ( X ∩ Y)<br />
.<br />
Az előbbi két tulajdonság alapján<br />
f ( X ∩ Y) = f ( X) ∩ f ( Y), ∀ X, Y ⊂ A.<br />
49. Határozd meg az f : → ,<br />
fx ( ) =<br />
képeinek halmazát.<br />
2<br />
x + x+ 1− 2<br />
x − x+<br />
1 függvény<br />
Megoldás. Lásd a VI.1.2. paragrafus II/3 feladatát ( 148. oldal ).<br />
50. Az m és n valós paraméterek milyen értékeire teljesül az Im f =− [ 4, 5]<br />
2<br />
3x<br />
+ mx + n<br />
egyenlőség, ha f : → ,<br />
fx ( ) = 2<br />
x + 1<br />
, ∀x∈<br />
.<br />
Megoldás. Az f függvényt a következő alakban is írhatjuk:<br />
2<br />
3x + mx + n + 3− 3 mx + n −3<br />
fx ( ) = = 3+<br />
.<br />
2 2<br />
x + 1 x + 1<br />
mx + n −3<br />
Tehát Im f =− [ 4, 5] ⇔−7≤ ≤2, ∀x ∈<br />
, és a tört minden értéket<br />
2<br />
x + 1<br />
felvesz a ⎡−7, 2⎤<br />
⎢⎣ ⎥⎦<br />
intervallumból. Az előbbi egyenlőtlenséglánc a következő<br />
2<br />
egyenlőtlenségrendszerrel egyenértékű: ( x + 1> 0, ∀x ∈ )<br />
⎧ 2 2<br />
⎪ 7x 7 mx n 3 ⎧<br />
⎪<br />
− − ≤ + − ⎪7x<br />
+ mx + n + 4 ≥ 0<br />
⎪ ⎪<br />
⎨ ⇔ ⎪<br />
2 ⎨<br />
.<br />
⎪ 2<br />
⎪2x + 2 ≥ mx + n −3 ⎪<br />
⎪2x<br />
−mx − n + 5≥<br />
0<br />
⎪⎩ ⎪⎩<br />
Ahhoz, hogy Im f =− [ 7, 2] teljesüljön, a fenti másodfokú<br />
egyenlőtlenségekben szereplő másodfokú függvények minden értéket fel kell<br />
vegyenek a ⎡<br />
⎢⎣<br />
0, +∞)<br />
intervallumból, és más értékeket nem vehetnek fel, vagyis<br />
a<br />
⎧Δ<br />
2<br />
⎪ 1 = m −28n − 112 = 0<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪Δ<br />
2<br />
2 = m −8n − 40 = 0<br />
⎪⎩<br />
egyenlőségek kell teljesüljenek.<br />
2<br />
Következik, hogy 36n =−72 , vagyis n =−2<br />
és m = 56 , tehát m =± 56 .<br />
m ∈ ± és n =−2.<br />
Tehát a megoldás: { 56}<br />
51. Határozd meg az a és b valós paramétereket úgy, hogy az<br />
2 2<br />
{ }<br />
fx () = max x + ax+ b, x + bx+ a
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 360<br />
függvény grafikus képe áthaladjon a ( −1, 4)<br />
és ( 2, 9)<br />
pontokon.<br />
Megoldás. Ha a > b akkor<br />
2<br />
max { x + ax + b, ⎧ 2<br />
⎪x<br />
+ ax + b, 2<br />
x + bx + a}<br />
=⎨<br />
⎪<br />
⎪ 2<br />
x + bx + a, ⎪⎩<br />
x ≥1<br />
.<br />
x < 1<br />
1<br />
Tehát az 1− a + b = 4 és 4+ 2b + a = 9 egyenlőségekhez jutunk. Így a =−<br />
3<br />
8<br />
8 1<br />
és b = . A b > a esetben az a = és b =− értékekhez jutunk, tehát<br />
3<br />
3 3<br />
⎧⎪ 1 8 8 1<br />
M ⎪⎛ ⎞ ⎫<br />
, ⎟<br />
⎛ ⎞⎪<br />
= ⎨⎜− , ⎜ , − ⎟⎪<br />
⎬<br />
⎪ ⎜ ⎜⎝ ⎟ ⎟<br />
3 3⎠⎟ ⎝ ⎜ ⎜3<br />
3⎟<br />
⎪⎩ ⎠ ⎪ ⎪⎭<br />
.<br />
52. Az f : → , f ( x) = ax +b függvény minden valós x esetén teljesíti az<br />
f ( f ( x) ) = x egyenlőséget. Milyen geometriai transzformációja f a<br />
számegyenesnek?<br />
2<br />
Megoldás. f ( f ( x) ) = af ( x) + b = a⋅ ( ax + b) + b = a x + ab + b,<br />
2<br />
tehát a feltétel szerint ax+ ab+ b= x, ∀x∈ .<br />
Következik, hogy<br />
2<br />
( a − 1) x + ab + b = 0, ∀x ∈ ,<br />
és mivel egy polinom csak akkor identikusan nulla, ha minden együtthatója<br />
2<br />
nulla, következik hogy a = 1 és ab + b = 0 (vagy ha nem tetszik, akkor<br />
helyettesítsünk x -nek 0 -t, majd 1-et, stb.).<br />
Két esetet kell vizsgáljunk:<br />
1. Ha a = 1,<br />
akkor b = 0 .<br />
2. Ha a =−1, akkor b ∈ tetszőleges.<br />
Az első esetben f ( x) = x,<br />
tehát f minden x pontnak megfelelteti önmagát,<br />
vagyis f az identikus transzformáció.<br />
A második esetben f ( x) =− x + α, α ∈ állandó, tehát f ( x) = s t( x)<br />
, ahol<br />
s( x) =− x szimmetria és t( x) = x −αeltolás. Tehát f egy szimmetriából és<br />
egy transzlációból tevődik össze.<br />
2<br />
2<br />
53. Legyen α az x + px + q = 0 és β a − x + px + q = 0 egyenlet egy-egy<br />
1 2<br />
gyöke. Bizonyítsd be, hogy az x + px + q = 0 egyenletnek van legalább egy<br />
2<br />
gyöke α és β közt.<br />
2<br />
Bizonyítás. Mivel α gyöke az x + px + q =<br />
0 egyenletnek, következik,<br />
hogy
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 361<br />
2<br />
α + pα+ q = 0 ( 1)<br />
2<br />
Hasonlóan, − p + pβ+ q = 0 ( 2) .<br />
1 2<br />
Vizsgáljuk α és β értékét az f ( x) = x + px + q függvényben:<br />
2<br />
1 2<br />
α + pα+ q =− α ≤0<br />
2 2<br />
2 1<br />
( az ( 1)<br />
összefüggés alapján ) és<br />
1 2<br />
3<br />
β + pβ + q = β ≥0<br />
2 2<br />
2<br />
( a ( 2 ) összefüggés alapján ).<br />
1 2<br />
Tehát az f ( x) = x + px + q függvénynek vagy gyöke α vagy β ( ha α = 0<br />
2<br />
vagy β = 0 ), vagy pedig előjelt vált az ⎡α, β⎤<br />
⎢⎣ ⎥ intervallumon, ha α < β,<br />
illetve<br />
⎦<br />
a [ βα , ] intervallumon, ha β < α.<br />
Ez pedig pontosan azt jelenti, hogy f -nek<br />
van gyöke α és β között.<br />
54. Az ABCD négyzet AB oldalegyenesén mozog a P pont. Milyen határok<br />
PC<br />
között változik a<br />
PD arány?<br />
B<br />
Megoldás. Amikor p ∈ ( BA)<br />
az A irányában<br />
mozdul el a PC növekszik és a PD rövidül, tehát a<br />
x<br />
P A<br />
PC<br />
arány növekszik. Így P = B -re a legkisebb és<br />
PD<br />
P = A-ra<br />
a legnagyobb értéket kapjuk, tehát<br />
2<br />
2 PC<br />
≤ ≤ 2 .<br />
2 PD<br />
Ha P az egész AB egyenesen mozoghat, akkor az<br />
ábrán látható jelöléssel:<br />
C<br />
1 1<br />
D<br />
tehát elégséges meghatározni az ( )<br />
PC ( x + 1) + 4<br />
=<br />
2<br />
PD ( x − 1) + 4<br />
,<br />
2<br />
2<br />
x + 2x<br />
+ 5<br />
2<br />
x 2x 5<br />
}<br />
E x = kifejezés értékkészletét.<br />
− +<br />
2<br />
x + 2x + 5<br />
Ha<br />
= y , akkor az<br />
2<br />
x − 2x + 5<br />
2<br />
( 1− y) x + 2( 1+ y) x + 5( 1−<br />
y)<br />
= 0<br />
egyenletnek van valós gyöke, tehát<br />
2 2<br />
Δ= 4⋅ ( 1+ y) −5( 1−y) ≥ 0.<br />
( )
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 362<br />
Az y − 6y + 1≤0<br />
egyenlőtlenség megoldáshalmaza Μ= ⎡3− 2 2, 3+ 2 2⎤<br />
⎢⎣ ⎥⎦<br />
,<br />
tehát a PC<br />
arány minden értéket felvesz a ⎡<br />
PD<br />
⎢⎣ más értéket nem).<br />
2 − 1, 2 + 1⎤<br />
⎥ intervallumból ( és<br />
⎦<br />
55. Határozd meg az f : → , f ( x) = | x − a1 | + | x − a2 | + ... + | x − an|<br />
függvény minimumát, ha a1 < a2 < ... < an.<br />
Megoldás. Ha n páros ( n = 2k)<br />
, akkor az f konstans az [ ak, a k+<br />
1]<br />
intervallumon és itt éri el a minimumát.Ez<br />
f ( ak) = ak − a1 + ak − a2 + ... + ak − ak− 1 + ak+ 1 − ak + ... + an − ak<br />
=<br />
= ( ak+ 1 + ak+ 2 + ... + an) − ( a1 + a2 + ... + ak)<br />
.<br />
Ha n páratlan ( n = 2k + 1)<br />
, akkor az ⎡ak+ 1, a ⎤<br />
⎢ n ⎣ ⎥ intervallumon f növekvő és az<br />
⎦<br />
⎡<br />
⎢⎣<br />
a1, a ⎤<br />
k+<br />
1⎥⎦<br />
intervallumon csökkenő, tehát a minimuma:<br />
f ( ak+ 1) = ( ak+ 1 − a1) + ( ak+ 1 − a2) + ... + ( ak+ 1 − ak)<br />
+<br />
+ ( ak+ 2 − ak+ 1) + ( ak+ 3 − ak+ 1) + ... + ( an −ak+<br />
1)=<br />
= ( a + a + ... + a ) − ( a + a + ... + a ) .<br />
k+ 2 k+ 3 n 1 2<br />
56. Határozd meg a ( ) ( ) 2<br />
z = x + y + 2 a − x + b− y kifejezés minimumát, ha<br />
a és b valós számok, x és y tetszőleges nemnegatív számok.<br />
Megoldás. Tekintsük az Mab (,) pontot a síkban. y<br />
Ha Pxy (, ) , akkor<br />
( ) ( )<br />
Mab ( , )<br />
2<br />
2<br />
x + y + a − x + b − y = AP + PB + PM ≥<br />
≥ OB + BP + PM ≥ OP + PM ≥OM.<br />
Tehát a kifejezés minimuma pontosan akkor áll<br />
elő, ha x = a és y = b.<br />
Belátható, hogy a < 0 vagy b < 0 esetén is a<br />
minimális értéket x = y = 0 esetén kapjuk.<br />
O<br />
k<br />
x P<br />
57. Ábrázold grafikusan az f : → , f ( x) = x ⋅ [ x]<br />
függvényt.<br />
Megoldás. f ( x ) = 0 ha x ∈ ⎡<br />
⎢⎣<br />
0, 1)<br />
, f ( x) = x ha x ∈ ⎡<br />
⎢⎣<br />
1, 2)<br />
f ( x) = kx ha x ∈ ⎡<br />
⎢⎣<br />
k , k + 1)<br />
.<br />
y<br />
x<br />
és általában
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 363<br />
–2<br />
5<br />
4<br />
2<br />
1<br />
O<br />
y<br />
1 2 3<br />
58. Számítsuk ki a következő f : D ⊆ → függvényekre az<br />
összetételt:<br />
x<br />
<br />
f of o...of<br />
n−szer<br />
x<br />
a) fx () = ;<br />
3<br />
b) fx () = x+ α, α ∈ ;<br />
1⎛<br />
4⎞<br />
c) fx () = ⎜x<br />
+ ⎟<br />
2<br />
⎜⎜⎝ x ⎠ ⎟;<br />
x − 2<br />
d) fx ( ) = .<br />
x + 2<br />
x<br />
Megoldás. a) ( f f)( x ) = és általában ... ( )<br />
9<br />
3 n<br />
⎛ ⎞<br />
⎜ x<br />
⎜f f f ⎟ x =<br />
⎜⎝ <br />
. Ezt indukció-<br />
⎟<br />
n ⎠<br />
val igazolhatjuk.<br />
⎛ ⎞<br />
b) ( f f)( x) = x + 2α<br />
és általában ⎜<br />
⎜f f ... f ⎟ ⎟(<br />
x) = x + nα<br />
⎜⎝ <br />
.<br />
⎠⎟<br />
f x<br />
c) Ha ( )<br />
Így<br />
( )( )<br />
( )( )<br />
2<br />
x + 4 f x<br />
= , akkor<br />
2x<br />
( )<br />
n<br />
− 2 ( x − 2)<br />
=<br />
+ 2 ( + 2)<br />
f ( x) x<br />
2 22<br />
2 ⎛ ( ) 2⎞<br />
⎛ ⎞<br />
= ⎜<br />
⎟ = ⎜ ⎟<br />
2 ⎜ ⎜ ⎟<br />
( ) 2<br />
⎟ ⎜⎝<br />
2⎠⎟<br />
f f x − f x − x −2<br />
f f x + ⎝f x + ⎠ x +<br />
⎛ ⎞<br />
⎜<br />
⎜f f ... f ⎟ ⎟(<br />
x)<br />
− 2<br />
⎜⎝ <br />
n ⎠⎟⎛x−2⎞ = ⎜ ⎟<br />
⎛ ⎞ ⎜ ⎜⎝x+<br />
2⎠⎟<br />
⎜ f f ... f⎟ ⎟ ( x)<br />
+ 2<br />
⎜⎝ <br />
⎠⎟<br />
n<br />
2<br />
2<br />
.<br />
és indukcióval igazolhatjuk, hogy<br />
Tehát<br />
2n 2n<br />
⎛ ⎞<br />
⎜ ( x − 2) + ( x + 2)<br />
⎜f f ... f ⎟ ⎟(<br />
x) = 2 ⋅ 2n 2n<br />
⎜⎝ <br />
n ⎠ ⎟ ( x + 2) −( x −2)<br />
∀n ≥1.<br />
d)<br />
x<br />
( f f)( x)<br />
= ,<br />
3x+ 4<br />
2n
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 364<br />
<br />
x<br />
= és általában<br />
7x+ 8<br />
⎛ ⎞<br />
⎜ x<br />
⎜f f ... f ⎟ ⎟(<br />
x) =<br />
⎜⎝ <br />
n n<br />
⎠⎟( 2 − 1) x + 2<br />
∀n<br />
≥1.<br />
( f f f)( x)<br />
n<br />
59. Bizonyítsd be, hogy ha a, b, c ∈ , a ≠ 0 és a(4a + 3b + 2 c)<br />
≥ 0 , akkor nem<br />
2<br />
lehet az ax + bx + c = 0 egyenlet mindkét gyöke az (1 , 2) intervallumban.<br />
Bizonyítás. Ha (1 , 2) a két gyök, akkor x − 3x + 2<<br />
0,<br />
tehát<br />
i i<br />
( ) ( )<br />
2 2<br />
x + x − 3 x + x + 4<<br />
0.<br />
1 2 1 2<br />
4a + 3ab− 2ac<br />
+ b + b < 0<br />
egyenlőtlenség megfelelő oldalait a S − 4ac<br />
< 0 egyenlőtlenséghez jutunk. Ez<br />
ellentmondás, mert a gyökök valósak, tehát nem lehet az egyenlet mindkét gyöke az<br />
(1, 2) intervallumban.<br />
Ebből következik, hogy<br />
2<br />
2<br />
, tehát ha hozzáadjuk az adott<br />
2<br />
2<br />
60. Bizonyítsd be, hogy ha abc∈ , , , a ≠ 0 , b < 4ac<br />
és 4a + 2b<br />
+ c > 0,<br />
akkor<br />
a + 2b + 4c<br />
> 0.<br />
2<br />
Bizonyítás. Tekintsük az f : → , f ( x) = ax + bx +c függvényt. A feltéte-<br />
1<br />
lek alapján Δ< 0 és f () 2 > 0,<br />
tehát f 0<br />
2<br />
⎛ ⎞ ⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟ > mert a függvény előjeltartó.<br />
⎠<br />
1 1<br />
Így a + b + c > 0 , tehát a + 2b + 4c<br />
> 0.<br />
4 2<br />
61. Hány olyan f :[0, 1] → [0, 1] függvény létezik, amelyre<br />
fx () −fy () ≥| x−y| ∀xy , ∈ [0, 1] ?<br />
Megoldás. Ha x = 1 és y = 0 , akkor az f(1) −f(0) ≥ 1 egyenlőséghez jutunk.<br />
Mivel f () 1, f () 2 ∈ ⎡0,1⎤<br />
⎢⎣ ⎥⎦<br />
, következik, hogy { f () 1, f () 0} = { 0,1}<br />
.<br />
1.eset. Ha f () 1 = 1 és f () 0 = 0,<br />
akkor y = 0 esetén az f ( x) ≥x ∀x ∈ ⎡0, 1⎤<br />
⎢⎣ ⎥⎦<br />
egyenlőtlenséghez jutunk, tehát f ( x) = x ∀x ∈ ⎡0, 1⎤<br />
⎢⎣ ⎥⎦<br />
.<br />
2.eset. Ha f ( 0) = 1 és f () 1 = 0,<br />
akkor y = 0 esetén az f ( x) ≤1 −x, ∀x ∈ ⎡0, 1⎤<br />
⎢⎣ ⎥⎦<br />
és y = 1 esetén az f ( x) ≥1 −x, ∀x ∈ ⎡0, 1⎤<br />
⎢⎣ ⎥ egyenlőtlenséghez jutunk. Tehát<br />
⎦<br />
f ( x) = 1 −x, ∀x ∈ ⎡0,<br />
1⎤<br />
⎢⎣ ⎥⎦<br />
és így két függvény teljesíti a feltételt.<br />
62. Bizonyítsd be, hogy az ABC Δ<br />
pontosan akkor derékszögű vagy egyenlő<br />
szárú, ha
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 365<br />
2<br />
tg B sin B<br />
= . 2<br />
tgC sin C<br />
Bizonyítás. Az egyenlőség a sin 2C = sin 2B<br />
egyenlőséghez vezet, tehát<br />
sin ( C − B) cos( B + C)<br />
= 0 .<br />
Ha sin ( C − B)<br />
= 0 , akkor a háromszög egyenlő szárú, míg ha cos ( B + C)<br />
= 0 ,<br />
π<br />
akkor B + C = és így a háromszög derékszögű.<br />
2<br />
63. Bizonyítsd be, hogy ha 8cosAcosBcosC = 1,<br />
akkor ABC Δ egyenlő<br />
oldalú.<br />
Bizonyítás. A koszinusz-tétel alapján<br />
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2<br />
( b + c − a )( c + a − b )( a + b − c ) = a b c ,<br />
2 2 2<br />
tehát az I.9.4. paragrafus 4/e feladata alapján a = b = c és így a háromszög<br />
egyenlő oldalú.<br />
64. Adott kerületű téglalapok közül melyiknek a legnagyobb a területe?<br />
k<br />
Megoldás. Ha az oldalak x és y , akkor x + y = állandó. Így a számtani-<br />
2<br />
2<br />
⎛x<br />
+ y⎞<br />
mértani közepek közti egyenlőtlenség alapján xy ≤ ⎜<br />
⎟<br />
⎝<br />
⎟<br />
2 ⎠ ⎟ . Egyenlőség<br />
x = y esetén teljesül, tehát a négyzetnek a legnagyobb a területe.<br />
65. Adott területű téglalapok közül melyiknek a legkisebb a kerülete?<br />
Megoldás. Ha x és y az oldalak hossza, akkor xy = T állandó. Így az<br />
2<br />
⎛x<br />
+ y⎞<br />
xy ≤ ⎜<br />
⎟<br />
⎝<br />
⎟<br />
2 ⎠ ⎟ egyenlőtlenség alapján a kerülete akkor a legkisebb, amikor<br />
x = y vagyis a négyzet esetén.<br />
66. Adott kerületű háromszögek közül melyiknek a legnagyobb a területe?<br />
67. Adott területű háromszögek közül melyiknek a legkisebb a kerülete?<br />
Megoldás.(66-67) A VIII.5.6.2. paragrafus 19/f feladata alapján<br />
A B C 1<br />
( ∗) tg tg tg ≤ .<br />
2 2 2 3 3<br />
2<br />
r 4R 1<br />
Másrészt a p ≥ 3 3S<br />
egyenlőtlenség p ≥ 3 3r<br />
majd ⋅ ≤ alakban<br />
4R p 3 3<br />
írható.<br />
4R1 De<br />
p A B C<br />
cos cos cos<br />
2 2<br />
=<br />
( IX.3.1. 19-es feladatának c) alpontja )<br />
2
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 366<br />
r A B<br />
és sin sin sin<br />
4R 2 2<br />
=<br />
C<br />
( lásd ugyanannak a feladatnak az e) alpontját)<br />
2<br />
2<br />
tehát a p ≥ 3 3S<br />
egyenlőtlenség ekvivalens a ( ∗ ) egyenlőtlenséggel.<br />
Egyenlőség pontosan akkor állhat fenn, ha a háromszög egyenlő oldalú, tehát<br />
ha rögzítjük a kerületet, akkor a legnagyobb területe az egyenlő oldalú<br />
háromszögnek van és ha a terülletet rögzítjük, akkor a legkisebb kerülete<br />
szintén az egyenlő oldalú háromszögnek van.<br />
68. Számítsuk ki az Mx ( 0, y0) pont távolságát az ax + by + c = 0 egyenletű<br />
egyenestől!<br />
2 2<br />
Megoldás. Ha Pxy (, ) ∈ d akkor MP = ( x − x ) + ( y −y és így az<br />
2<br />
2<br />
2 ⎛−c−ax<br />
⎞<br />
f ( x) = ( x − x0) + ⎜ −y ⎟<br />
0<br />
⎝<br />
⎟<br />
b ⎠ ⎟ másodfokú függvény minimumát keressük.<br />
( ) 2<br />
Δ ax 0 + by0 + c<br />
fmin<br />
=− =<br />
,<br />
2<br />
2 2<br />
⎛ a ⎞ a b<br />
41 ⎜ ⎟ +<br />
⎜ + 2 ⎟<br />
⎜⎝ b ⎠⎟<br />
tehát az M pont távolsága az ax + by + c = 0 egyenletű egyenestől<br />
ax 0 + by0 + c<br />
d =<br />
.<br />
2 2<br />
a + b<br />
69. Adott az Ax ( 1, y1) és Bx ( 2, y 2)<br />
pont. Határozzuk meg az Mx (,0) pont<br />
abszcisszáját úgy, hogy az A−M −B<br />
útvonal hossza minimális legyen!<br />
Megoldás.<br />
2 2 2 2<br />
2<br />
AM + MB = ( x − x ) + y + ( x − x ) + y ≥ ( x − x ) + ( y −y) 2<br />
1 1 2 2 1 2 1 2<br />
Tehát ha az ( AB)<br />
szakasz metszi az Ox tengelyt, akkor a metszéspontra<br />
AM + MB minimális. Ha az AB szakasz nem metszi az Ox szakaszt, akkor a<br />
Minkovski egyenlőtlenséget<br />
2 2 2 2<br />
2<br />
( x − x ) + y + ( x − x ) + y ≥ ( x − x ) + ( y −y )<br />
2<br />
1 1 2 2 1 2 1 2<br />
alakban írjuk fel ( ez annyit jelent mintha a B pontot tükröztük volna Ox -re<br />
nézve ) és az AB ′ szakasz biztosan metszi az Ox tengelyt ( B′ koordinátái x2<br />
és y ).<br />
2<br />
70. Egy téglalap egyik oldalára félkört szerkesztünk. Mennyi a téglalap<br />
oldalainak aránya, ha a kapott alakzat kerülete Κ és a területe maximális?<br />
Fogalmazd meg, majd oldd is meg a duális feladatot!<br />
2<br />
π ⋅b<br />
Megoldás. Az ábra jelölései alapján Τ= 4ab<br />
+ és Κ= 4a + 2b + 2πb.<br />
2<br />
Így<br />
4a =Κ− 2b(<br />
π +<br />
1)<br />
0<br />
0 )
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 367<br />
2<br />
πb2⎛π ⎞<br />
és Τ= b⋅( Κ− 2b( π + 1) ) + = b ⋅⎜ 2( π 1)<br />
⎟<br />
2<br />
⎜ − + ⎟ +Κ⋅<br />
⎝2 ⎠⎟b<br />
Κ<br />
Ennek a kifejezésnek b = esetén van maximuma és ebben az esetben<br />
3π+ 4<br />
b π 1<br />
= + ≈ 1, 28 .<br />
a 4 2<br />
71. Számítsuk ki adott körbe írt téglalap területének maximumát!<br />
Megoldás. Ha R a kör sugara és x, y a téglalap oldalainak hossza, akkor<br />
2 2<br />
x + y<br />
2 2 2<br />
= 4R<br />
és a terület xy . A 2 xy ≤ x + y egyenlőtlenség alapján a<br />
téglalap területe akkor maximális, ha x = y = R 2 , vagyis négyzet esetén.<br />
72. Számítsuk ki az R sugarú kör köré írt trapéz kerületének minimumát!<br />
Megoldás. Az ábra jelölései alapján AB = x + y és így<br />
2 2<br />
( x + y) = ( 2R)<br />
+ ( y− x)<br />
2<br />
.<br />
2<br />
Tehát keressük a 2x + 2y<br />
kifejezés minimumát ha xy = R . A számtanimértani<br />
közepek közti egyenlőtlenség alapján 2( x + y) ≥ 4R<br />
és egyenlőség<br />
csak x = y = R esetén van. Így a legkisebb kerületű, R sugarú kör köré írt<br />
trapéz a négyzet.<br />
73. Egy folyó partján 3200 m<br />
=<br />
2 nagyságú, téglalap alakú területet kell<br />
elkeríteni. Mekkorának válasszuk a téglalap méreteit, ha azt szeretnénk, hogy a<br />
kerítés a legrövidebb legyen? (a parton nincs kerítés)<br />
Megoldás. Az ab 3200 feltétel mellett a 2 a + b minimumát keressük.<br />
Másrészt 2a<br />
+ b<br />
≥ 2ab<br />
és így 2a + b ≥160.<br />
Egyenlőség akkor lehetséges, ha<br />
2<br />
2a = b és így a = 40m és b = 80m.<br />
74. A vízszintessel ϕ szöget bezáró irányba kilövünk egy lövedéket. Milyen<br />
magasra emelkedik ez a lövedék, ha a légellenállást elhanyagoljuk?<br />
Megoldás. A lövedék mozgásának egyenletei a tengelyekre lebontva<br />
v = v ⋅ ϕ , v = ( v ϕ)<br />
− gy,<br />
2<br />
2<br />
sin 2<br />
x<br />
0 cos<br />
2<br />
0 tehát a pálya csúcspontja<br />
sin v ϕ<br />
y = magasságra van.<br />
2g<br />
75. Egy gyalogos az A helyiségből a D<br />
helyiségbe tart. A két helyiséget nem köti össze<br />
közvetlen út. Hol kell letérnie az AB útról a<br />
mezőre, ha az úton a sebessége v1<br />
, míg a<br />
mezőn v , a lehető legrövidebb idő alatt<br />
2<br />
y<br />
0<br />
D<br />
A C<br />
B
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 368<br />
szeretne D -be érkezni, és a D -nek AB -re eső vetülete A -tól a méternyi távolságra<br />
van?<br />
Megoldás. Az út megtételéhez szükséges idő<br />
Ha<br />
1 2<br />
f x<br />
( )<br />
( ) 2<br />
x a − x + h<br />
= +<br />
v v<br />
1 2<br />
2<br />
( ) 2<br />
x a − x + h<br />
+ = m akkor<br />
v v<br />
tehát az<br />
van valós gyöke.<br />
2<br />
− +<br />
= m − és így<br />
v v<br />
2<br />
( ) 2 a x h x<br />
2<br />
( ) 2 a x h x<br />
2 1<br />
2 1<br />
− + ⎛ ⎞<br />
= ⎜<br />
⎜m −<br />
⎟<br />
v ⎜⎜⎝ v<br />
⎟<br />
⎠ ⎟<br />
⎛ 1 1 ⎞ ⎛ a m⎞ h + a<br />
x ⋅ − + 2x ⋅ − + + − m = 0 egyenletnek<br />
2 2<br />
2 2<br />
⎜ ⎟ ⎜ ⎟<br />
⎜ 2 2 ⎜ 2 2<br />
⎜v2 v<br />
⎟<br />
1 v2 v<br />
⎟<br />
⎝ ⎠⎟ ⎝ ⎜ ⎟<br />
1⎠ v2<br />
2<br />
⎛ 2 2<br />
a m⎞ ⎛ 1 1 ⎞⎛h + a ⎞<br />
2<br />
⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ m<br />
⎟<br />
⎜ 2 ⎜ 2 2 ⎜ 2<br />
⎜ v2 v<br />
⎟ ⎜<br />
1 v2 v<br />
⎟ ⎟⎜ 1 v<br />
⎟<br />
⎝ ⎠ ⎝⎜ ⎠⎝⎜ ⎟<br />
2 ⎠<br />
Δ ′ = − + ⎟ − − ⎟ − ⎟≥<br />
0 ⇔<br />
⎛ 1 1 1 ⎞ 2am ⎛ 1 1 ⎞ h + a<br />
⋅ + − − − − ⋅ ≥ 0 ⇔<br />
2 2<br />
2<br />
m ⎜<br />
⎟ ⎜ ⎟<br />
⎜ 2 2 2 2 ⎜ 2 2 2<br />
⎜v1 v2 v<br />
⎟<br />
1 v1v2 v2 v<br />
⎟<br />
⎝ ⎠⎟ ⎝ ⎜ ⎟<br />
1 ⎠ v2<br />
2a⎛ 1 1 ⎞<br />
m m ⎜ ⎟<br />
2<br />
− − − ⎟ h + a ≥ 0 .<br />
2 2<br />
2 2<br />
v ⎜ ⎜⎝ 1 v2 v<br />
⎟<br />
1 ⎠<br />
( )<br />
1⎛2a⎞ Az m legkisebb értéke tehát m = ⎜ − Δ<br />
⎟ 1<br />
2 ⎜⎜⎝v ⎟<br />
⎠ ⎟<br />
,<br />
2 2<br />
ahol ⎟(<br />
h a )<br />
Így<br />
1<br />
2 2<br />
4a ⎛ 1 1 ⎞ ⎡ 2 2<br />
1 4⎜⎟ h + a h ⎤<br />
Δ = + 4<br />
2 ⎜ ⎢ ⎥<br />
2 2 2<br />
2<br />
v ⎜<br />
−<br />
1 v2 v<br />
⎟ + = − .<br />
⎜⎝ 1 ⎠⎟ ⎢ v2<br />
v ⎥<br />
⎣ 1 ⎦<br />
2 2 2<br />
a h + a h<br />
m = − −<br />
v v v .<br />
2 2<br />
1 2<br />
1<br />
Erre az m értékre Δ ′ = 0 , tehát<br />
a m<br />
− 2<br />
v ( )<br />
2 v v ⋅a −m<br />
v<br />
1<br />
x min = =<br />
1 1<br />
2 2<br />
− ( v1 − v2)<br />
2 2<br />
v2 v1<br />
távolság megtétele után érdemes letérni az útról.<br />
2<br />
1 1<br />
76. Két vasútvonal derékszögben metszi egymást. A kereszteződés felé<br />
egyidejűleg egy-egy vonat halad a két vasútvonalon. Az első vonat, amely a<br />
kereszteződéstől 40 km távolságra fekvő állomásról indul, percenként 800 m-t<br />
tesz meg, a második vonat pedig a kereszteződéstől 50 km távolságra fekvő
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 369<br />
állomásból indul és percenként 600 m-t tesz meg. Az indulás pillanatától<br />
számítva hány perc múlva lesz a két mozdony távolsága a legkisebb?<br />
Megoldás.<br />
t perc múlva<br />
OA1 = 40000 − 800t<br />
és OB1 = 50000 −600t<br />
tehát<br />
AB 1 1 2 2<br />
= ( 400 − 8t) + ( 500 − 6t)<br />
.<br />
100<br />
Ha a t = 100t′<br />
jelölést használjuk az<br />
AB 1 1<br />
2 2<br />
= ( 4− 8t′ ) + ( 5− 6t′<br />
)<br />
10000<br />
összefüggést kapjuk, tehát az f t′ = t′ − t′<br />
+ kifejezés minimumát<br />
( ) 100 124 41<br />
124<br />
keressük. A kifejezés a minimumát t′ m = -re éri el, tehát t = 62 perc<br />
2 ⋅100<br />
múlva lesz minimális a két mozdony távolsága.<br />
77. Egy függőleges tartályban víz van. Hova kell a tartály falába nyílást<br />
vágni, hogy a vízsugár a lehető legmesszebbre jusson, ha gondoskodunk, hogy<br />
a tartályban a víz szintje állandó maradjon?<br />
Megoldás. A kiáramló folyadék sebességének négyzete egyenesen arányos a<br />
2h<br />
( H − h)<br />
. Ugyanakkor az itt kiáramló folyadék t = idő alatt ér földet és ez<br />
g<br />
idő alatt a tartály aljától vk⋅t távolságot tesz meg. Tehát a vk= c⋅ H − h<br />
egyenlőség alapján a<br />
2h( H − h)<br />
d = c⋅<br />
g<br />
kifejezés maximumát keressük.<br />
2<br />
⎛H⎞ Mivel h( H h)<br />
⎟<br />
H<br />
− ≤⎜ ⎜<br />
⎜⎝<br />
⎟<br />
2 ⎠ ⎟ és egyenlőség h = esetén van, a vízszint felénél<br />
2<br />
kell lyukat vágni.<br />
78. Egy pontszerű fényforrás két gömb középpontját összekötő egyenesen<br />
helyezkedik el. A fényforrás milyen helyzetére lesz a gömbfelületek<br />
megvilágított részeinek összege maximális?<br />
Megoldás. Egy h magasságú gömbsüveg felszíne Τ= 2πRh , ahol R a<br />
gömb sugara. Ha OM 1 = d1,<br />
akkor az M -ből megvilágított gömbsüveg<br />
magassága<br />
2<br />
R1<br />
m1 = R1<br />
− .<br />
d1<br />
Tehát a d + d = OO ( =<br />
d)<br />
feltétellel keressük az<br />
1 2 1 2
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 370<br />
⎛ R R ⎞<br />
E 2πR 1 R 1<br />
⎛ ⎞ ⎛ ⎜ ⎟<br />
⎞<br />
= ⎜ ⋅⎜ − ⎟+ ⋅⎜ − ⎟<br />
⎟<br />
⎜ ⎜<br />
⎟<br />
⎟ ⎟<br />
⎟<br />
⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎟<br />
⎝⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎠ ⎟<br />
2 1 2<br />
2<br />
1<br />
d1 2<br />
d2<br />
kifejezés minimumát. Ez ekvivalns az<br />
3 3<br />
R1 R<br />
+<br />
d1 d2<br />
2 minimumának<br />
meghatározásával. A Cauchy-Buniakovski egyenlőtlenség alapján<br />
⎛R R ⎞<br />
⎜<br />
⎟<br />
⎜<br />
+ d + d ≥ R + R<br />
⎜⎝d d<br />
⎟<br />
⎠⎟<br />
3 3 2<br />
1 2<br />
1 2<br />
3 3<br />
( 1 2) ( 1 2 )<br />
és egyenlőség pontosan akkor van ha<br />
3<br />
R1 3<br />
R2<br />
d1<br />
d<br />
=<br />
d 2<br />
d<br />
vagyis ha<br />
1 2<br />
d R<br />
= .<br />
d R<br />
3<br />
1 1<br />
3<br />
2 2<br />
79. Egy repülőgép félkörívet leírva repül az A repülőtérről a B repülőtérre. A<br />
repülőterek légvonalban mért távolsága c km. Az AB szakasz melyik pontjában<br />
van a megfigyelő a legtávolabb a repülőgéptől, abban a pillanatban, amikor a<br />
repülő ugyanolyan távol van az A repülőtértől mint a megfigyelő?<br />
2 2<br />
Megoldás. Az ábra jelölései alapján x = 2R ( 1−cosϕ) ,tehát<br />
2 2<br />
2R<br />
− x<br />
⎛π−ϕ⎞ ϕ<br />
x<br />
cos ϕ = . Ugyanakkor cos α = cos⎜ ⎟ sin<br />
2<br />
2R<br />
⎜ ⎟ =<br />
⎝ 2 ⎠⎟<br />
, tehát cos α = .<br />
2<br />
2R<br />
Másrészt<br />
2 2 2 2 2 x 2⎛<br />
x ⎞<br />
RM = 2x −2x ⋅ cosα= 2x −2x ⋅ = 2x ⎜1<br />
⎟<br />
R<br />
⎜⎜⎝ − ⎟<br />
R⎠<br />
⎟ .<br />
A számtani-mértani közepek közti egyenlőtlenség alapján<br />
3<br />
2⎛ x ⎞ 2 x x ⎛ x ⎞ 2 ⎛1⎞ 2x ⎜1− ⎟= 8R ⋅ ⋅ ⋅⎜1− ⎟≤ 8R<br />
⋅⎜⎟ ⎝⎜ ⎜<br />
R⎠ ⎟ ⎟ ⎟<br />
2R 2R ⎝⎜ ⎜<br />
R⎠⎟<br />
⎜⎝⎜<br />
3⎠<br />
⎟<br />
x<br />
és egyenlőség pontosan akkor teljesül ha = 1 −<br />
2R<br />
R<br />
x 2R<br />
vagyis x = .<br />
3<br />
80. Határozd meg a síknak azt a tartományát, amelynek Mxy<br />
(, ) pontjaira<br />
teljesülnek az alábbi egyenlőtlenségek:
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 371<br />
⎧− ⎪ 2x + y ≤ 1<br />
⎧⎪ x + 2y ≤ 4<br />
⎪<br />
⎧<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪x<br />
−y ≥ 4<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪<br />
a) ⎪<br />
⎪x<br />
+ y ≤ 3 ⎪<br />
⎨2x<br />
+ y ≥2;<br />
b) ⎪<br />
⎪<br />
⎨<br />
; c) ⎪ 1<br />
⎨−<br />
x + y ≥ 0 ; d)<br />
⎪<br />
⎪x ≤ 2<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪ 2<br />
x −2y ≤ 3 ⎪<br />
⎪<br />
⎪⎩<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪<br />
⎪⎩<br />
x ≥ 0, y ≥ 0<br />
⎪x ≥ 0, y ≥ 0<br />
⎪⎩<br />
⎧⎪<br />
⎪2x<br />
+ y = 4<br />
⎪<br />
⎨x<br />
−y ≥−1.<br />
⎪ x + 2y ≥ 0<br />
⎪⎩<br />
Megoldás. a)<br />
b)<br />
c)<br />
d)<br />
81. Határozd meg az x és y értékét úgy, hogy az fx (, y) = 3x+<br />
y kifejezés<br />
értéke maximális legyen, ha teljesülnek az alábbi egyenlőtlenségek:<br />
⎧⎪<br />
⎪x<br />
−y ≤1<br />
⎪<br />
⎨x<br />
+ y ≤ 3 .<br />
⎪<br />
⎪x ≥ 0, y ≥ 0<br />
⎪⎩<br />
Megoldás.<br />
Az egyenlőtlenségek által értelmezett alakzat az AB C háromszög, a 3 x + y<br />
kifejezés A -ban minimális és C -ben maximális, tehát<br />
f max = 3⋅ 3+ 0 = 9.<br />
82. Határozd meg az x és y értékét úgy, hogy az fx (, y) = 3x+ 2ykifejezés<br />
értéke minimális legyen, ha teljesülnek az alábbi egyenlőtlenségek:<br />
⎧ ⎪2x<br />
+ y ≥5<br />
⎪<br />
⎪3x<br />
−2y ≤6<br />
⎪<br />
⎨<br />
.<br />
⎪<br />
x + y ≤ 4<br />
⎪<br />
⎪⎩<br />
x ≥ 0, y ≥ 0<br />
Megoldás.<br />
Az egyenlőtlenségek által defineált doménium az ABC háromszög és belseje,<br />
14 6<br />
ahol A(<br />
1, 3)<br />
, B ,<br />
5 5<br />
⎛ ⎞ ⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝ ⎠<br />
⎟ és<br />
16 3<br />
C ,<br />
7 7<br />
⎛ ⎞<br />
⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝ ⎠<br />
⎟ . A csúcspontokban a 3x + 2y<br />
kifejezés<br />
értéke:<br />
54 54<br />
fA = 9, fB<br />
= és f C = .<br />
5 7
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 372<br />
Tehát a kifejezés minimális értéke 54<br />
7<br />
16 3<br />
és ezt x = , y = esetén veszi fel.<br />
7 7<br />
83. Egy asztalosműhelyben kétféle bútorsort készítenek. Az első típusúhoz 1,2<br />
m 3 diófa és 0,8 m 3 cserefa szükséges, míg a másik fajta bútorsor előállításához<br />
0,5 m 3 diófát és 1 m 3 cserefát használnak fel. A két típusú bútorsorból<br />
származó bevétel rendre 400 DM illetve 500 DM. Határozd meg, hogy melyik<br />
fajtából mennyit kell gyártani, ha azt szeretnénk, hogy a bevétel a lehető<br />
legnagyobb legyen, és ha 61 m 3 diófa és 74 m 3 cserefa áll rendelkezésünkre.<br />
Megoldás. Ha x és y az első illetve második bútorsorból előállított<br />
3<br />
mennyiség, akkor 1, 2x + 0, 5y<br />
a felhasznált diófa térfogata ( m -ben ) és<br />
0, 8x + y a felhasznált cserefa térfogata. A haszon 4x + 5y<br />
és így a következő<br />
feltételeket kapjuk:<br />
⎧⎪<br />
⎪1,<br />
2x + 0, 5y ≤61<br />
⎪<br />
⎨0,<br />
8x + y ≤74<br />
.<br />
⎪<br />
⎪x ≥ 0, y ≥ 0, x, y ∈ <br />
⎪⎩<br />
A célfüggvény f ( xy , ) = 4x+ 5y.<br />
A feltételek<br />
⎧⎪<br />
⎪12x<br />
+ 5y ≤610<br />
⎪<br />
⎨4x<br />
+ 5y ≤ 370<br />
⎪<br />
⎪xy , ∈ <br />
⎪⎩<br />
alakban írhatók. Látható, hogy x = 30 és y = 50 esetén mindkét egyenlőség<br />
teljesül és a nyereség maximális. Tehát 30 bútorsor kell az első fajtából és 50 a<br />
másodikból.<br />
84. Két raktárban (A1 és A2) 200 t és 300 t tüzelőanyag áll, és ezt kell<br />
elszállítanunk három (B1, B2, és B3) fogyasztóhoz úgy, hogy a fogyasztókhoz<br />
100 t, 300 t és 100 t tüzelőanyag jusson. Ha az A1 raktárból az egyes<br />
fogyasztókhoz a szállítási költségek rendre 4, 9 és 3 millió lej, és az A2<br />
raktárból a fogyasztókhoz való szállítási költségek rendre 5, 8 és 7 millió lej,<br />
adjál olyan szállítási tervet, amely szerint a szállítási kö1tség minimális!<br />
Megoldás. Az adatokat a következő táblázatba foglalhatjuk:<br />
Tehát x + y + z ≤200 és 50 0 −x −y−z ≤300 alapján x + y + z = 200 . A<br />
költség pedig K = 3600 − x + y −4z . Tehát az eredeti feladatban B1<br />
-be csak<br />
az A1 -ből szállítunk, B2 -be csak A2 -ből és B3 -ba ismét A1<br />
-ből. Így a költség<br />
3.100.000.000<br />
lej.
372 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok<br />
X.3. versenyre előkészítő feladatok<br />
1. Rendelkezésünkre áll két rúd és gyújtóeszköz. Ha mindkét rúd egy óra alatt ég el<br />
(de nem tudni, hogy milyen gyorsasággal) ki lehet-e mérni háromnegyed órát?<br />
Megoldás. Igen, ki lehet mérni, a következő eljárással: egyszerre meggyújtjuk az<br />
egyes rúd mindkét végét, valamint a kettes rúd egyik végét. Amikor az egyes rúdon a<br />
két láng összeér (eddig pontosan egy fél óra telt el), meggyújtjuk a kettes rúd másik<br />
végét is. A két láng találkozásáig pontosan még egy negyed óra telik el, ez összesen<br />
háromnegyed óra.<br />
2. A kannibálok elfogtak n matematikust és másnapra matekos-tokányt szándékoznak<br />
főzni. A törzsfőnök a következőt javasolja: reggel sorba állítják a matematikusokat és<br />
mindenki fejére felhúznak egy-egy sapkát. A sapkák egymástól függetlenül feketét vagy<br />
fehérek. Minden matematikus láthatja a többi fején levő sapkát, de az övét nem.<br />
Ezután sorra mindenki mondhatja, hogy fehér vagy fekete. Aki eltalálja a saját<br />
sapkája színét azt szabadon bocsátják, a többit megeszik.<br />
Legalább hány matematikus kerül a kondérba, ha éjjel kidolgozhatnak bármilyen<br />
stratégiát?<br />
Megoldás. A matematikusok összeegyezhetnek a következő módon:<br />
• aki elsőnek szól, az azt mondja, hogy 0 , ha páros számú fehér sapkát lát, és<br />
azt, hogy 1 , ha páratlan számút (a nulla helyett mondhat fehéret, és az 1 helyett<br />
feketét);<br />
• mindenki csak azoknak a sapkáját nézi, akik még nem szólaltak meg.<br />
• ha a második matematikus által látott fehér sapkák számának paritása<br />
megegyezik az első által látott fehér sapkák számának paritásával, akkor az ő fején<br />
fekete sapka van, ellenkező esetben fehér.<br />
• általában, ha az első k felszólaló közt, az elsőt leszámítva xk<br />
darab fehér<br />
sapka volt és a ( k + 1)<br />
-ik felszólaló yk<br />
fehér sapkát lát, akkor a következő a<br />
szabály: ha xk + yk<br />
paritása megegyezik az első által mondott szám paritásával,<br />
akkor a ( k + 1)<br />
-edik matematikus fején fekete sapka áll, ellenkező esetben fehér.<br />
Így az első kivételével mindenki megmenekülhet, tehát a kondérba egynél több<br />
matematikus nem kerül (persze, ha nem követik a szabályokat).<br />
2 ⎪⎧⎡k⎤⎪⎫ 3. Hány különböző szám van az A= ⎪<br />
⎨⎢ ⎥ 1 ≤k ≤n⎪<br />
⎬ halmazban?<br />
⎪<br />
⎪⎣ ⎢n⎦ ⎥<br />
⎪<br />
⎩ ⎪⎭<br />
2 2<br />
1 2<br />
Megoldás. Jelöljük f ( n) -nel az , ,..., n<br />
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ 2⎤<br />
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ számok közt előforduló<br />
⎢<br />
⎣ n ⎥<br />
⎦<br />
⎢<br />
⎣n ⎥<br />
⎦<br />
⎢<br />
⎣ n ⎥<br />
⎦<br />
különböző értékek számát. Határozd meg f ( n) -et! Két különböző esetet vizsgálunk,<br />
aszerint, hogy n páros, vagy páratlan.
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 373<br />
2 2<br />
( x + 1) x 2x + 1<br />
1. eset. n = 2k<br />
. 2><br />
− = >1 ha x ≥ k,<br />
míg x
374 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok<br />
a1 an n <br />
a1 + b1 an + bn b1 bn n <br />
a1 + b1 an + bn 1 ⎛ a1 a ⎞⎪⎫<br />
n<br />
≤ ⎜<br />
⎟⎪ ⎟<br />
n ⎜<br />
+ … ⎪<br />
⎜a1<br />
b1 an b<br />
⎟<br />
⎝ + + n⎠⎟⎪<br />
⎪⎬⎪<br />
1 ⎛ b1 b ⎞⎪<br />
n<br />
≤ ⎜<br />
⎟ ⎟⎪<br />
n ⎜<br />
+ …<br />
⎜a1 + b1 an + b<br />
⎟⎪<br />
⎝ ⎟⎪<br />
n⎠⎪⎭<br />
a1 ⇒ n <br />
a + b a<br />
an + b<br />
b1 + n <br />
a + b a<br />
bn<br />
+ b<br />
≤1⇒ 1 1 n n 1 1 n n<br />
⊕<br />
⇒<br />
⇒ n aa 1 2an n<br />
n + bb 1 2bn ≤ ( a1+ b1)( a2+ b2) ( an + bn<br />
)<br />
1<br />
5. Ha x ≥ és n ≥ 1 , akkor<br />
2<br />
2 nn ( + 1)(2n+ 3)<br />
( n + 1) x + <<br />
6<br />
x + x + 1+ x + 2 + ... + x + n <<br />
<<br />
2<br />
2 nn ( + 1)<br />
( n + 1) x + .<br />
2<br />
Megoldás. Mindkét egyenlőtlenség a matematikai indukció módszerével igazoljuk.<br />
1. n = 1 esetén az első egyenlőtlenség:<br />
4x + 1 < x + x + 1 ⇔ 4x + 1< 2x + 1+ 2 x( x + 1)<br />
⇔<br />
⇔ x < x( x + 1) ⇔ x < x + 1,<br />
igaz.<br />
2. Feltételezve, hogy valamely rögzített n - re<br />
2 nn ( + 1)(2n+ 3)<br />
( n + 1) x + <<br />
6<br />
igazolni szeretnénk, hogy<br />
x + x + 1+ x + 2 + ... + x +n ,<br />
2 ( n + 1 ) ( n + 2)(2n + 5)<br />
( n + 2) x + <<br />
6<br />
Ehhez elég kimutatni azt, hogy<br />
x + x + 1 + ... + x + n +1.<br />
2 ( n + 1)( n + 2)( 2n + 5)<br />
( n + 2)<br />
x + <<br />
6<br />
2 n( n + 1)( 2n + 3)<br />
< ( n + 1) x + + x + n + 1.<br />
6<br />
Négyzetre emelve és rendezve a tagokat, a következő igaz egyenlőtlenséget kapjuk:<br />
2<br />
2<br />
( n + 1)( 3n + 6n − 4)<br />
0< ( n + 2)( 2n + 1)<br />
x + .<br />
3 9<br />
Ezzel az első egyenlőtlenséget igazoltuk.<br />
1. n = 1 -re a második egyenlőtlenség:<br />
x + x + 1 < 4x + 2 ⇔ x( x + 1) < x + 1⇔<br />
x < x +1.<br />
2. Feltételezve, hogy az egyenlőtlenség igaz n -re, igazoljuk, hogy n +<br />
1 - re is igaz.<br />
Ehhez elég kimutatni, hogy
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 375<br />
( n + 1) n<br />
x + +<br />
2<br />
x + n + 1 ≤ ( n + 2)<br />
n + 1<br />
x + ⇔<br />
2<br />
⇔ 2<br />
ami igaz.<br />
⎛ n⎞ 3n + 2 ⎛<br />
⎜<br />
⎜x + ⎟( x + n + 1) ≤ 2x + ⇔ 0 ≤ ⎜<br />
⎝<br />
⎟<br />
2⎠⎟ ⎜<br />
2 ⎜⎝<br />
n<br />
x + +<br />
2<br />
2<br />
⎞<br />
x + n + 1 ⎟<br />
⎠⎟<br />
,<br />
a b c<br />
6. Bizonyítsd be, hogy ha + + = 0 , akkor<br />
b−c c−a a −b<br />
a<br />
2<br />
( b−c) b<br />
+<br />
( ) 2 c−a c<br />
+<br />
2<br />
( a −b)<br />
= 0 .<br />
a b c<br />
Megoldás Az + + = 0 egyenlőségből rendre következik, hogy<br />
b−c c−a a −b<br />
⎛ a b c ⎞⎛ 1 1 1 ⎞<br />
⎜<br />
⎟⎜ ⎟<br />
⎜<br />
+ + + + = 0 ⇒<br />
⎝<br />
⎟ ⎟<br />
b−c c−a a −b⎠⎟⎜⎜⎝b−c c−a a −b⎠⎟<br />
a b<br />
⇒ 2 +<br />
( ) ( ) 2<br />
b−c c−a c a ⎛ 1 1 ⎞<br />
+ 2 + ⎜ + ⎟<br />
( a −b)<br />
b−c ⎜⎜⎝c−a a b⎠⎟+<br />
−<br />
b ⎛ 1 1 ⎞ c ⎛ 1 1 ⎞<br />
+ ⎜ + ⎟ ⎟+ ⎜ + ⎟ ⎟=<br />
0 ⇒<br />
c−a ⎜ ⎜⎝a −b b−c⎠⎟ a −b⎝ ⎜ ⎜b−c<br />
c−a⎠⎟ a<br />
⇒ 2<br />
( b−c) b<br />
+<br />
( ) 2 c−a c<br />
+ 2<br />
( a −b)<br />
ac ( − b) + ba ( − c) + cb ( −a)<br />
+ = 0 ⇒<br />
( a −b)( b−c)( c−a) a<br />
⇒ 2<br />
( b−c) b<br />
+<br />
( ) 2 c−a c<br />
+<br />
2<br />
( a −b)<br />
= 0 .<br />
7. Bizonyítsd be, hogy minden n természetes szám végtelen sok különböző módon<br />
2<br />
előállítható n = ε ⋅ 1 + ε<br />
2<br />
2<br />
⋅ 2 + ... + εk⋅k<br />
alakban, ahol k ∈ és<br />
1 2<br />
εj ∈{ −1, 1}, ∀ j = 1, k .<br />
2 2<br />
Megoldás. Az ( n + 1) − n = 2n<br />
+1 egyenlőség alapján<br />
2 2 2 2<br />
( n + 3) − ( n + 2) − ( n + 1)<br />
+ n = 4 és<br />
2 2 2<br />
2<br />
( n + 7) − ( n + 6) − ( n + 5) + ( n + 4)<br />
−<br />
2 2 2 2<br />
− ( n + 3) + ( n + 2) + ( n + 1)<br />
− n = 0<br />
2<br />
Tehát ha rögzített m ∈ esetén találtunk m = ∑ εj<br />
j alakú előállítást (ahol<br />
ε ∈{ −1,1} , j = 1, k ), akkor az<br />
j<br />
k<br />
∑<br />
k<br />
j=<br />
1<br />
2<br />
2 2 2<br />
m + 4 = ε j + ( k + 1) − ( k + 2) − ( k + 3)<br />
+ ( k + 4<br />
j=<br />
1<br />
j<br />
egyenlőség alapján ( m + 4)<br />
-re is létezik ilyen előállítás, sőt, végtelen sok ilyen<br />
létezik a (*) azonosság alapján. A matematikai indukció teljességéhez előállítjuk a 0,<br />
1, 2, 3 számokat:<br />
(*).<br />
) 2
376 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok<br />
= − + + − + − − +<br />
2 2 2 2 2 2 2 2<br />
0 1 2 3 4 5 6 7 8<br />
1= 1<br />
2<br />
2 = −1 −2 − 3 + 4<br />
2 2<br />
3 = − 1 + 2<br />
8. Határozd meg azokat az f : →<br />
2 2 2 2<br />
* *<br />
szigorúan növekvő függvényeket, amelyekre<br />
*<br />
a) f (2) = 2 ; és b) fm ( ⋅ n) = fm ( ) ⋅fn ( ), ∀mn , ∈ .<br />
*<br />
Megoldás. Matematikai indukcióval igazoljuk, hogy f ( n) = n, ∀n ∈ .<br />
Pontosabban a Pn ( ): " fm ( ) = m, ∀m≤n" állítást bizonyítjuk.<br />
Az f ( m) = f( m⋅ 1) = f( m) ⋅ f(1)<br />
és f ( m) ≠ 0 összefüggések alapján f (1) = 1 , tehát<br />
az a) feltétel alapján P ( 2)<br />
igaz.<br />
Ha Pn ( ) igaz valamilyen n ∈ \{1} esetén, akkor f (2 n) = 2 f(<br />
n ) és f ( n) = n ,<br />
valamint a szigorú monotonitás alapján<br />
n = f( n) < f( n + 1) < f( n + 2) < ... < f(2n − 1) < f(2 n) = 2n<br />
.<br />
*<br />
*<br />
Mivel fk () ∈ , ∀k∈ , ez utóbbi egyenlőtlenségsorozat csak akkor teljesülhet, ha<br />
fk () = kk , = n+ 1,2n− 1.<br />
Így Pn+ ( 1)<br />
is igaz, tehát a matematikai indukció elve<br />
alapján fn ( ) = n, ∀n≥1. 9. Határozd meg azokat az<br />
a) f ( p ) = p<br />
f : →<br />
* *<br />
függvényeket, amelyekre<br />
*<br />
, bármely prímszám esetén; b) fm ( ⋅ n) = fm ( ) ⋅fn ( ), ∀mn , ∈ .<br />
*<br />
Megoldás. A b) feltétel alapján bármely k ≥2, m , m ,..., mk∈<br />
esetén<br />
esetén<br />
1 2<br />
f ( mm 1 2mk) = f( m1) f( m2) f( mk)<br />
.<br />
α α<br />
Tehát ha p prímszám, akkor f( p ) = [ f( p) ]<br />
α<br />
= p . Tetszőleges n = p p p<br />
α1 α2 αk α1 α2 αk<br />
1 2 k 1 2 k<br />
α1 α2 αk<br />
1 2 k<br />
f ( n) = f( p ) f( p ) f( p ) = p p p = n . Ha n = 1 , akkor f (1) = 1 ,<br />
tehát fn ( ) = n, ∀n≥1. 10. Bizonyítsd be, hogy az f : → , f ( x) = ax +b függvény esetén nem lehet az<br />
f (0) − 1 , f (1) − 3 és f (2) − 9 számok mindegyike 1-nél kisebb.<br />
Megoldás. Ha b− 1 < 1, a + b− 3 < 1, 2a + b−<br />
9 < 1, akkor írhatjuk, hogy<br />
4 = (2a + 2b−6) − (2a + b−9) −( b−1)<br />
≤<br />
≤ 2 a + b − 3 + 2a + b − 9 + b − 1 < 2+ 1+ 1=<br />
4.<br />
Ez ellentmondás, tehát az f(0) −1 , f(1) −3 , f(2)<br />
− 9 számok közül legalább az<br />
egyik nagyobb vagy egyenlő egynél.<br />
11. Bizonyítsd be, hogy ha f :[ −1, 1] →[ −1,<br />
1] ,<br />
2<br />
f ( x) ax bx<br />
= + +c , akkor
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 377<br />
2 2 2<br />
a) | a | + | b | + | c | ≤ 3;<br />
b) a + b + c ≤ 5 .<br />
Megoldás. a) Az f(1) = a + b + c, f(0) = c, f( − 1) = a − b + c egyenlőségekből<br />
f (1) + f( −1) −2 f(0) f(1) −f( −1)<br />
a = , b = , c = f(0)<br />
, így<br />
2 2<br />
a + b + c =<br />
f(1) + f( −1) − 2 f(0) +<br />
2<br />
f(1) + f(<br />
−1)<br />
+ f(0)<br />
≤<br />
2<br />
≤<br />
f(1) + f( − 1) + f(1) −f( −1)<br />
+ 2 f (0) .<br />
2<br />
De x + y + x − y = 2 ⋅max{ x, y}, ∀x, y ∈ , tehát<br />
a + b + c ≤max{ f(1), f( − 1)} + 2 f(0)<br />
≤ 1 + 2 = 3 , mert<br />
f( −1), f(1), f(0)<br />
∈[ − 1,1]<br />
.<br />
2<br />
Egyenlőség az f : [ −1,1] →[ − 1,1 ] , f( x)<br />
=± ( 2x − 1)<br />
függvényre teljesül.<br />
2 2 2 1 2 2 2<br />
b) a + b + c = ⎡2f () 1 + 2f ( − 1) + 4f () 0 −4f () 0 f () 1 −4f () 0 f ( − 1)<br />
⎤ +<br />
4<br />
⎢⎣ ⎥⎦<br />
2 1<br />
+ f (0) ≤ ( 2 + 2 + 4 + 4 + 4) + 1 = 5 .<br />
4<br />
Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha f( −1), f(1), f(0)<br />
∈{ −1,1}<br />
úgy, hogy<br />
f (0) f (1) = − 1 , f (0) f ( − 1) = − 1 . Ezekből a feltételekből az f : [ −1,1] →[ − 1,1]<br />
,<br />
2<br />
fx () =± ( 2x− 1)<br />
függvényt kapjuk.<br />
12. Bizonyítsd be, hogy az f : → ,<br />
⎡ 1⎤ ⎡ 2⎤ ⎡ n −1⎤ fx ( ) = [ x] + ⎢x+ ⎥ + ⎢x+ ⎥ + ... + ⎢x+ ⎥−[<br />
nx]<br />
⎢⎣ n⎥⎦ ⎢⎣ n⎥⎦ ⎢⎣ n ⎥⎦<br />
függvény periodikus, majd igazold, hogy<br />
⎡ 1⎤ ⎡ 2⎤ ⎡ n −1⎤ [ x] + ⎢x + ⎥ + ⎢x + ⎥ + ... + ⎢x + ⎥ = [ nx], ∀x ∈ .<br />
⎢⎣ n⎥⎦ ⎢⎣ n⎥⎦ ⎢⎣ n ⎥⎦<br />
1<br />
Megoldás. Igazoljuk, hogy T = periódusa f -nek. Valóban,<br />
n<br />
⎛ 1⎞ ⎡ 1⎤ ⎡ 2⎤<br />
⎡ n⎤ ⎡ n⎤<br />
f ⎜<br />
⎜x ⎟<br />
⎜⎝<br />
+ = ⎢x + ⎥ + ⎢x + ⎥ + ... + ⎢x + ⎥− ⎢nx + ⎥ =<br />
n⎠ ⎟ ⎢⎣ n⎥⎦ ⎢⎣ n⎥⎦ ⎢⎣ n⎥⎦ ⎢⎣ n⎥⎦<br />
⎡ 1⎤ ⎡ 2⎤<br />
= ⎢x + ⎥ + ⎢x + ⎥ + ... + [ x] + 1 −[ nx] − 1 = f(<br />
x )<br />
⎢⎣ n⎥⎦ ⎢⎣ n⎥⎦<br />
(felhasználtuk, hogy [ m + α] = m + [ α], ∀m ∈, α ∈ ). Az azonosság<br />
igazolásához felhasználjuk az előbbi függvényt: bebizonyítjuk, hogy f ( x ) = 0.<br />
Mivel<br />
f<br />
periodikus, elégségez igazolni, hogy<br />
⎡ 1⎞<br />
fx ( ) = 0, ∀x∈ ⎢0, ⎟<br />
⎢⎣ n ⎟⎠<br />
. Tetszőleges
378 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok<br />
⎡ 1<br />
x 0, ⎟<br />
⎞ k n<br />
⎡ k ⎤<br />
∈ ⎢<br />
⎢⎣ n ⎟⎠<br />
-re 0 ≤ x + < , ∀k ∈{0,1,..., n −1}, 0 ≤ nx<br />
< 1 , tehát ⎢x+ ⎥ = 0<br />
n n<br />
⎢⎣ n ⎥⎦<br />
és [ nx ] = 0 , innen pedig f ( x ) = 0.<br />
⎡2p−1⎤ 13. Bizonyítsd be, hogy ha p prímszám és q = ⎢ ⎥ , valamint<br />
⎢⎣ 3 ⎥⎦<br />
1 1 1 q−1<br />
1 a<br />
1 − + − + ... + ( − 1) = , akkor a p.<br />
2 3 4<br />
q b<br />
Megoldás. A X.2. fejezet 44. feladata alapján<br />
1 1 1 1 1 1 1<br />
1 − + − + ... + − = + . .. + .<br />
2 3 4 2n − 1 2n n + 1 2n<br />
Mivel p ≥ 5 prímszám, két esetet különböztetünk meg aszerint, hogy p = 6k + 1<br />
vagy p = 6k<br />
−1. Ha p = 6k<br />
+ 1, akkor q = 4k<br />
és így<br />
a 1 1 1<br />
= + + ... + =<br />
b 2k + 1 2k + 2 4k<br />
⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ ( 6k + 1)<br />
M<br />
= ⎜<br />
⎟ ⎜ ⎟ ... ⎜<br />
⎟<br />
⎜<br />
+ ⎟<br />
2k 1 4k⎟ + ⎜<br />
+ ⎟+ + + =<br />
2k 2 4k 1⎟ ⎜<br />
⎟<br />
3k 3k 1⎟<br />
.<br />
⎝ + ⎠ ⎝ + − ⎠ ⎝ + ⎠ N<br />
Mivel N prímtényezői ( 6k + 1)<br />
-nél kisebbek és 6k + 1 prímszám, következik, hogy<br />
a 1 1 1<br />
ap. Ha p = 6k<br />
−1, akkor q = 4k<br />
−1<br />
és = + + ... +<br />
b 2k 2k + 1 4k − 1<br />
=<br />
⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ ( 6k − 1)<br />
M<br />
= ⎟<br />
⎜ ⎟ ⎜<br />
... ⎜<br />
⎟<br />
⎜<br />
+<br />
2k 4k 1⎟ ⎟ + ⎜<br />
+ ⎟ + + + =<br />
2k 1 4k 2⎟ ⎜<br />
⎟<br />
3k 1 3k⎟<br />
,<br />
⎝ − ⎠ ⎝ + − ⎠ ⎝ − ⎠ N<br />
ahol N prímtényezői p - nél kisebbek. Így a p ebben az esetben is.<br />
14. Bizonyítsd be, hogy bármely n ∈ esetén létezik n egymásutáni összetett szám.<br />
Megoldás. Az 1⋅2n⋅ ( n + 1)<br />
+ k , k = 2, n + 1 számok egymásutániak és mind<br />
összetettek.<br />
50 30<br />
15. Határozd meg a 4⋅ 3 + 5⋅4 szám utolsó három számjegyét.<br />
10<br />
10<br />
Megoldás. Mivel 3 = 59049 és 2 = 1024 , a vizsgált szám utolsó három<br />
5<br />
6<br />
számjegye megegyezik a 4⋅ 49 + 5⋅24 szám utolsó három számjegyével. Ennek<br />
meghatározásánál nyilvánvalóan elégséges mindig csak utolsó három számjegyet<br />
2<br />
2<br />
2 2<br />
vizsgálni. 49 = 2401 , 24 = 576 , 401 = 160801, 576 = 331776 .<br />
4 ⋅801⋅ 49 + 5 ⋅776 ⋅576<br />
számjegyek.<br />
utolsó három számjegye 876, tehát ezek a keresett<br />
16. Bizonyítsd be, hogy ha a, *<br />
b ∈ , akkor ( a, b)[, a b] = a⋅b. Általánosítás!<br />
α1 α2 αk β1 β2 βl<br />
γ1 γ2 γkδ1 δ2 δj<br />
Megoldás. Ha a = p p p q q q és b = p p p r r rj , akkor<br />
1 2 k 1 2 l<br />
1 2 k 1 2<br />
min{ α1, γ1} min{ α2, γ2} min{ αk, γk}<br />
( ab , ) = p p p és<br />
1 2<br />
max{ 1, 1} max{ 2, 2} max{ k, k} 1 l 1<br />
j<br />
[ ab , ] p p pk q ql r r δ<br />
α γ α γ α γ β β δ<br />
= j , innen pedig ( ab , )[, ab ] =<br />
1 2 1 1<br />
min{ α1, γ1} + max{ α1, γ1} min{ α2, γ2} + max{ α2, γ2} min{ αk, γk} + max{ αk, γk} β1 βl δ1<br />
= p p p q <br />
q r r<br />
=<br />
1 2 k 1 l 1<br />
k<br />
δj<br />
j
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 379<br />
1 2 k 1 l 1<br />
δ<br />
j<br />
α1+ γ1 α2+ γ2 αk+ γk β1 βl δ1<br />
j<br />
= p p p q q r r = a⋅b.<br />
abc ⋅ ( a,, b c)<br />
Három szám esetén a következő összefüggés írható fel [ abc ,, ] = .<br />
( ab , )( bc , )( ca , )<br />
p<br />
17. Az α ∈ szám pontosan akkor irracionális, ha végtelen sok olyan<br />
q racionális<br />
p<br />
szám létezik, amelyre α −<br />
q<br />
1<br />
< . 2<br />
q<br />
(Dirichlet tétele)<br />
Megoldás. Ha n egy rögzített szám és tekintjük a { α} , { 2 α} ,..., { ( n + 1)<br />
α}<br />
számokat ({.} a törtrészt jelöli), akkor a skatulya-elv alapján létezik ezek között kettő<br />
különböző, amelyek különbsége kisebb, mint 1<br />
. Legyenek ezek { k1α } és { k2α} .<br />
n<br />
1<br />
Tehát 0 < k1α−[ k1α] − k2α+ [ k2α]<br />
< , ahonnan a k1 − k2<br />
n<br />
= q és [ k1α− k2α]<br />
= p<br />
p<br />
jelölésekkel a 0 < α −<br />
q<br />
1 1<br />
< < 2<br />
nq q<br />
egyenlőtlenséghez jutunk. Ha p<br />
q rögzített<br />
1 p<br />
szám, akkor létezik olyan n1 , amelyre < α − , tehát n<br />
2<br />
1 -re megismételve a<br />
n q<br />
gondolatmenetet más<br />
p<br />
q<br />
ha α irracionális, akkor végtelen sok<br />
racinális,<br />
b ≥ q<br />
1<br />
1<br />
1<br />
p1<br />
1<br />
törtet is szerkeszthetünk, amelyre 0 < α − < . Tehát<br />
2<br />
q q<br />
1 1<br />
p<br />
q létezik, amelyre p 1<br />
α − < . Ha α<br />
2<br />
1 q<br />
a<br />
p aq −bp<br />
1<br />
1 p<br />
α = , akkor α − = ≥ , tehát ha > α − , akkor<br />
2<br />
b<br />
q bq bq q q<br />
és így nem létezik végtelen sok különböző tört a kért tulajdonsággal.<br />
1<br />
szám első 200 tizedesjegyét.<br />
1, 000...01 <br />
18. Számítsd ki az<br />
Megoldás. Ha a = 0, 00...01 , akkor<br />
99<br />
99<br />
99<br />
2 2 2<br />
1 1 1+<br />
a − a a a + a −a<br />
a<br />
= = = 1− = 1− = 1−<br />
a + =<br />
1, 00...01 1 + a 1 + a 1 + a 1 + a<br />
1 + a<br />
3 3<br />
2 a a<br />
= 1 − a + a − = 0, 99...9 00...01 −<br />
1+ a 100 99 1+<br />
a<br />
.<br />
3<br />
a<br />
3 1 1<br />
Másrészt 0 < < a = és így 0, 99...9 300 00...0...<br />
1+ a 10<br />
1 a 100 100<br />
=<br />
.<br />
+<br />
19. Bizonyítsd be, hogy
380 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok<br />
p + 1 = 1 + p 1 + ( p + 1) 1 + ... + ( p + r) 1 + ( p + r + 1)( p + r + 3)<br />
.<br />
2<br />
Megoldás. Az 1+ x( x + 2)<br />
= ( x + 1)<br />
azonosság alapján bentről kifele haladva<br />
írhatjuk, hogy<br />
S = 1+ p 1+ ( p + 1) 1 + ... + ( p + r) 1+ ( p + r + 1)( p + r + 3)<br />
=<br />
= 1+ p 1+ ( p + 1) 1 + ... + ( p + r − 1) 1+ ( p + r)( p + r + 2)<br />
=<br />
= ... = 1 + p( p + 2) = p + 1.<br />
20. Oldd meg az<br />
⎧⎪ x + y = a<br />
⎪<br />
⎨ 2 2<br />
⎪xy − z = a<br />
⎪⎩<br />
egyenletrendszert a valós számok halmazában, ha a ∈ .<br />
2<br />
Megoldás. A rendszer alapján x + y = a és xy = a + z , tehát x és az<br />
2<br />
y<br />
2 2 2<br />
u − au + a + z = 0<br />
( )<br />
egyenlet valós gyökei. Az egyenlet diszkriminánsa viszont<br />
2 2 2 2 2<br />
Δ = a − 4 a + z =−3a −4z ≤0, tehát csak a = z = 0 esetén van megoldás,<br />
és ekkor x = y = 0 .<br />
21. Oldd meg az<br />
⎧ ⎪ax<br />
+ by + cz + dt = 0<br />
⎪<br />
⎪<br />
bx − ay + dz − ct = 0<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪<br />
⎪cx<br />
−dy− az + bt = 0<br />
⎪ dx + cy −bz − at = 0<br />
⎪⎩<br />
egyenletrendszert a valós számok halmazában, ha abcd∈ ,,, és nem mind nullák<br />
2 2 2 2<br />
(azaz a + b + c + d ≠ 0 ).<br />
Megoldás. Ha az egyenletrendszert alkotó egyenletek mindkét oldalát rendre a -val,<br />
b -vel, c -vel, illetve d -vel szorozzuk, majd az így kapott egyenlőségek mindkét<br />
2 2 2 2<br />
oldalait összeadjuk, az ( a + b + c + d x = 0 egyenlethez jutunk, ahonnan<br />
x = 0 . Hasonlóan igazoljuk, hogy y = z = t = 0 .<br />
22. Bizonyítsd be, hogy ha AB C egyenlő oldalú és P egy pont a síkjában, akkor<br />
érvényesek a következő tulajdonságok:<br />
a) PA + PB ≥ PC , PB + PC ≥ PA és PA + PC ≥ PB ; (Pompeiu)<br />
b) az előbbi egyenlőtlenségek közül egyszerre egyben lehet egyenlőség és ebben az<br />
esetben P az AB C köré írt körön van; (Van Shoeten)<br />
c) ha P1 , P2 és P3 a P vetületei a BC , CA és AB oldalakra, akkor a PPP 1 2 3<br />
háromszög hasonló az AP , BP<br />
és CP szakaszokkal szerkeszthető háromszöghöz.<br />
)
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 381<br />
(Sajátosan P1 , P2 és P3 pontosan akkor kollineárisak, ha P az ABC háromszög<br />
köré írt körön van (Simson tétele).)<br />
Megoldás. a)<br />
Forgassuk el az AB C háromszöget a P ponttal együtt 60<br />
fokkal. Ekkor a C pont az A pontba transzformálódik és<br />
így CP = AP ' , AP = A'P' , BP = B 'P' . Ez utóbbi<br />
egyenlőség alapján, mivel '<br />
6 o<br />
A’<br />
A<br />
P’<br />
m PBP = 0 , következik,<br />
( )<br />
hogy a BPP ' háromszög egyenlő oldalú, ahonnan B<br />
C<br />
BP = PP ' . Az APP ' háromszögben AP '+ P 'P≥AP<br />
,<br />
vagyis CP + BP ≥ AP . Hasonlóan igazolható a többi egyenlőtlenség is.<br />
P<br />
b) Tételezzük fel, hogy P A + PB = PC és PB + PC = PA , összeadva e két<br />
egyenlőséget kapjuk, hogy PB = 0 , vagyis P = B . Tehát akkor áll fenn két<br />
egyenlőség, ha P az AB C háromszög valamely csúcsával egybeesik.<br />
Tegyük fel, hogy B ∈ { A, B, C}<br />
és PB + PC = PA . Ekkor az előző pont alapján<br />
P −P '−A<br />
kollineárisak, tehát AP átló az ABPC négyszögben. Az ABP ' és<br />
CBP háromszögek kongruensek, innen pedig ' 120 o<br />
m BPC = m BP A = . Tehát<br />
( )<br />
( ) 180 o<br />
m BAC + m BPC = , vagyis az AB PC<br />
négyszög körbeírható.<br />
c) Mivel m APP = m APP = , az AP3P2 ( ) ( )<br />
3 1 2 1 90 o<br />
háromszög köré írható körben AP átmérő, tehát a<br />
szinusz- tétel alapján AP sin A = P2P3 ,<br />
BP sin B = P1P3 , CP sinC<br />
= P1P2 . Ebből<br />
következik, hogy<br />
AP<br />
PP 2 3<br />
BP<br />
=<br />
PP 1 3<br />
CP<br />
=<br />
PP 1 2<br />
, tehát az<br />
AP, BP, CP szakaszokkal szerkeszthető háromszög<br />
( ) ( )<br />
és ez hasonló a PPP 1 2 3 háromszöghöz.<br />
Másrészt ( ) <br />
m PPB 3 1 = m( BPP3)<br />
, ( )<br />
, tehát<br />
pontosan akkor egyenes, ha<br />
<br />
m PPC 2 1 = m( PPC 2 ) P3 −P1 −P2<br />
( )<br />
<br />
m P 3PB = m( PPC 2 ) . De ez ekvivalens a<br />
( )<br />
<br />
m PBP3 = m( PCP2<br />
) egyenlőséggel és ez annak szükséges és elégséges feltétele,<br />
hogy az AB PC négyszög körbeírható legyen.<br />
23. Ha P egy pont az ABC Δ síkjában és P 1 , P2 és P 3 a P vetületei a BC , CA<br />
2 2<br />
T[ P1PP<br />
] OP − R<br />
2 3<br />
illetve AB oldalakra, akkor =<br />
2<br />
T[ ABC] 4R<br />
.<br />
( ) <br />
Megoldás. A mP ( PP ) = m PCB = mPBC ( ) , és<br />
2 1 1 1<br />
B<br />
P<br />
3<br />
P<br />
1<br />
P<br />
A<br />
P2<br />
C
382 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok<br />
C<br />
1<br />
P<br />
3<br />
A<br />
B<br />
P<br />
C<br />
1<br />
A<br />
1<br />
P<br />
( ) ( )<br />
( )<br />
<br />
m PPP 2 3 = m PAB<br />
= m PBA 1 1<br />
összefüggések alapján<br />
m( PPP )<br />
<br />
1 2 3 = m A1BC<br />
1 1 .<br />
( )<br />
Hasonlóan igazoljuk, hogy<br />
m PPP m BC A<br />
P<br />
, tehát a PP és<br />
( ) <br />
2 3 1 ( 1 1 1<br />
ABC 1 1 1<br />
= ) 1 2 3<br />
háromszögek hasonlók.<br />
TPPP [ 1 2 3] TP [ 1PP<br />
2 3] TABC [ 1 1 1]<br />
= ⋅ .<br />
TABC [ ] TA [ 1BC 1 1]<br />
TABC [ ]<br />
abc<br />
Az R = összefüggés alapján<br />
4T<br />
T[ A1B1C1] A1B1⋅B1C1⋅C1A1 PB1 PC1 PA1<br />
= = ⋅ ⋅ =<br />
T[ ABC ] AB ⋅BC⋅CAPA PB PC<br />
2 2 3<br />
( PB ⋅PB1) ⋅( PC ⋅PC1) ⋅( PA ⋅PA1)<br />
( R −OP<br />
)<br />
= =<br />
( PA ⋅PB ⋅PC )<br />
( PA ⋅PB ⋅PC<br />
)<br />
2 2<br />
2 2<br />
TPPP [ 1 2 3] ⎛PP⎞ 1 2<br />
Másrészt K = = ⎜<br />
⎟<br />
T[ ABC] AB<br />
⎟<br />
⎝ ⎜ 1 1⎠⎟ ⎛<br />
⎜PC<br />
⋅ AB ⎞<br />
= ⎜<br />
⎟<br />
⎜ ⎜AB 1 1⋅2R<br />
⎟ , tehát<br />
⎝ ⎠ ⎟<br />
2 2 2<br />
2<br />
3 PA ⋅PB ⋅PC<br />
( PA ⋅PB ⋅PC<br />
)<br />
K =<br />
3 2 =<br />
2<br />
6 és így K =<br />
2<br />
( 8R<br />
) ( R −OP<br />
)<br />
2<br />
( PA ⋅PB ⋅PC<br />
)<br />
2 2 2 2<br />
4R<br />
⋅( R −OP<br />
)<br />
. (2)<br />
Az (1) és (2) összefüggések alapján<br />
TPPP [ 1 2 3]<br />
=<br />
TABC [ ]<br />
2 2<br />
R −OP<br />
2<br />
4R<br />
.<br />
24. Bizonyítsd be, hogy ha P egy<br />
tetszőleges pont az AB CD négyszög<br />
köré írt körön, akkor az AB és CD<br />
oldalaktól mért távolságainak szorzata<br />
A<br />
P1<br />
P<br />
egyenlő a BC és AD oldalaktól mért<br />
távolságainak szorzatával.<br />
P3<br />
(Papposz tétele)<br />
Megoldás. Az ábra jelölései alapján<br />
( )<br />
( <br />
PP sin PP3P1 sin PAP1<br />
)<br />
1 = = és<br />
PP sin PP P<br />
sin PAP <br />
P4<br />
B<br />
( )<br />
( )<br />
( )<br />
( )<br />
( )<br />
( )<br />
3 1 3 3<br />
PP sin PP<br />
2<br />
4P2 sin PCP2<br />
= =<br />
PP sin PP P sin PCP<br />
4 2 4 4<br />
(felhasználtuk, hogy a PP 1AP3 és<br />
P<br />
2<br />
B<br />
1<br />
C<br />
(1)<br />
P<br />
2<br />
D
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 383<br />
PPCP 2 4 négyszögek körbeírhatóak). Másrészt<br />
sin( PAP ) sin PCP <br />
(<br />
)<br />
1 4<br />
3 = 2 , ahonnan<br />
PP3 PP2<br />
sin( PAP ( <br />
1) = sin PCP2)<br />
PP PP<br />
= ⇒ PP ⋅ PP = PP ⋅ PP4<br />
.<br />
1 2 3<br />
25. Az AB C háromszög BC oldalán felvettünk egy olyan M pontot, amelyre az<br />
AMB és AMC háromszögekbe írt körök sugara kongruens. Bizonyítsd be, hogy<br />
AM = p( p − a)<br />
.<br />
Megoldás. Jelölje p1 és p2 az ABM , illetve AM C háromszög félkerületét, r0<br />
a<br />
körök sugarát. Ekkor<br />
A<br />
TABM [ ] = pr,<br />
T[ A MC] = pr ,<br />
ahonnan<br />
1 0<br />
( ) 0<br />
TABC [ ] = p + p r<br />
1 2<br />
2 0<br />
= ( p + AD) r0= pr .<br />
II 1 2<br />
II 1 2 r−r<br />
0<br />
BC⇒<br />
= .<br />
BC r<br />
De II = TT = x+ y , ahol<br />
1 2 1 2<br />
=<br />
I I<br />
1 2<br />
r r<br />
0 0<br />
x = p1−c<br />
és y = p2−b . Így<br />
x + y = p + AM −b−c , tehát B<br />
T X<br />
1 M Y T2<br />
C<br />
p + AM −b− c r − r0<br />
=<br />
a r<br />
. Ebből következik, hogy<br />
p−AM r0<br />
=<br />
a r<br />
és<br />
p + AM<br />
p<br />
r<br />
2 2<br />
= alapján p − AM = a⋅p<br />
, ahonnan AM =<br />
r0<br />
p ( p −a<br />
) .<br />
26. (Erdős-Mordell egyenlőtlenség) Bizonyítsd be, hogy ha az AB C háromszög<br />
belső pontjának az oldalaktól mért távolságai<br />
da , d b , d c és a csúcsoktól való távolságai R a ,<br />
M<br />
Rb , R c , akkor<br />
Ra + Rb + Rc<br />
≥ 2( da + db + dc)<br />
.<br />
Megoldás. Előbb egy segédtételt igazolunk.<br />
Ha ABB2A1<br />
és ACC1A2 tetszőleges<br />
A1<br />
X<br />
A<br />
Z<br />
A2<br />
Y<br />
paralelogrammák és a BCC 2B1 paralelogramma<br />
CC 2 oldala egyenlőAM - mel és párhuzamos is<br />
vele, akkor<br />
TABBA [ 2 1]<br />
+ T[<br />
ACCA 1 2] = TBCCB [ 2 1]<br />
.<br />
Valóban,<br />
B2<br />
B<br />
T<br />
C<br />
C1<br />
TABBA [ 2 1]<br />
= T[<br />
ABXM] = TBXZT [ ] ,<br />
T[ ACC A ] = T[<br />
ACYM ] = T[ ZTCY ] és<br />
B1 C2<br />
1 2<br />
T[ XBTZ ] + T[ YCTZ ] = T[ XBCY ] = T[ BCC2B1] . A segédtétel alapján<br />
c⋅ d + b⋅ d = aR sin α ≤ aR .<br />
c b a<br />
a<br />
I<br />
és
384 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok<br />
A<br />
dC M<br />
dB dC M'<br />
Ha M -et tükrözzük az A szög szögfelezőjére a dc<br />
és db<br />
szerepe megcserélődik, tehát<br />
c⋅d b + b⋅dc ≤aRa<br />
. Hasonló gondolatmenet<br />
alapján c⋅ da + a⋅dc ≤bRb és a⋅ db + b⋅da ≤cRc<br />
.<br />
Tehát Ra + Rb + Rc<br />
≥<br />
B<br />
C ⎛c b⎞<br />
≥ ⎜ ⎟<br />
⎜<br />
+ da ⎝<br />
⎟<br />
b c⎠⎟<br />
⎛a c⎞ ⎟<br />
⎛b a⎞<br />
+ + ⎟d<br />
⎜ ⎟<br />
b + + ⎟dc<br />
≥<br />
⎝⎜ ⎜<br />
c a⎠⎟⎝ ⎜ ⎜a<br />
b⎠⎟<br />
≥ 2( da + db + dc)<br />
.<br />
27. a) Az ABC háromszögben ( <br />
mBAC ) = 20<br />
, AB = AC , M ∈ ( AB)<br />
,<br />
N ∈ AC úgy, hogy ( ) ( <br />
mMCA= mNBC)30<br />
és C ∈ ( A N)<br />
. Számítsd ki a BN M<br />
szög mértékét.<br />
b) Az AB C háromszögben AB = AC , O ∈ Int( ABC)<br />
, <br />
mOBC ( ) = 10<br />
mOCA ( )<br />
= 20<br />
és<br />
( <br />
mO AB ) = 70 . Bizonyítsd be, hogy ( AC ) = 80<br />
<br />
mB .<br />
Megoldás<br />
a) Felveszük a P ∈ ( AC) pontot úgy, hogy m M BP = . A<br />
háromszögben és<br />
( ) 60 o<br />
A<br />
BPC<br />
m BCP = m PBC = , tehát<br />
B<br />
M<br />
P<br />
C<br />
N<br />
A<br />
70<br />
BP = BC<br />
alapján<br />
. Ugyanakkor<br />
( )<br />
50 o<br />
( ) 80 o<br />
( ) 20 o<br />
( )<br />
80 o<br />
m M BC = és m M CB =<br />
( ) 50 o<br />
m BMC = , tehát BM = MC . ĺgy a BM P<br />
háromszög egyenlő oldalú. Másrészt a PBN háromszögben<br />
( )<br />
50 és<br />
o<br />
m PBN = ( )<br />
50 o<br />
m BNC = , tehát BP = PN és így az<br />
MPN háromszög is egyenlő szárú. Mivel<br />
m MPC =<br />
o<br />
+<br />
o<br />
=<br />
o<br />
, következik, hogy m M NP<br />
= ,<br />
( ) 60 80 140<br />
( NM<br />
) = 30 o<br />
tehát m B .<br />
O 20<br />
B<br />
10<br />
C<br />
( ) 20 o<br />
b) Előbb oldjuk meg a fordított feladatot. Az<br />
ABC egyenlő szárú háromszögben<br />
m BAC = és felvesszük az O ∈ int( A BC)<br />
( ) 80 o<br />
( ) 10 o<br />
pontot úgy, hogy ( )<br />
<br />
mO BC= mOAC=<br />
.<br />
Számítsuk ki az OC A<br />
szög mértékét!<br />
Ceva tételének trigonometrikus alakja szerint<br />
o o<br />
sin 70 sin x sin10<br />
⋅<br />
⋅ = 1,<br />
o o<br />
o<br />
sin10 sin(50 − x) sin 40
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 385<br />
o<br />
sin x sin 40<br />
tehát<br />
o<br />
sin ( 50 x ) sin 70<br />
= . Származtatással a<br />
o<br />
−<br />
o o o<br />
sin x −sin( 50 −x) sin 40 − sin 70<br />
=<br />
o o<br />
o<br />
sin x + sin( 50 − x)<br />
sin 40 + sin 70<br />
o o<br />
o o<br />
tg( x − 25 ) tg15<br />
sin 20 sin 40<br />
egyenlőséget kapjuk, ahonnan<br />
= − . Másrészt =<br />
o<br />
0<br />
o o<br />
tg 25 tg 55<br />
sin 30 sin 70<br />
o o<br />
tg15 ⋅ tg 25<br />
o<br />
0<br />
és így = tg 5 , tehát tg , ahonnan következik,<br />
o<br />
( 25 ) tg( 5<br />
tg 55<br />
hogy .<br />
o<br />
x − = − )<br />
20 o<br />
x =<br />
Az eredeti feladat megoldása. Az OBA és OBC háromszögekben felírva a<br />
szinusz-tételt:<br />
OB l<br />
⎫⎪<br />
= ⎪<br />
sin 70° sin( 120°−x) ⎪ sin ( x − 20° ) l sin ( x − 10°<br />
)<br />
⎬ ⇒ =<br />
OB BC ⎪ sin 70° BC sin ( 120°−x)<br />
= ⎪<br />
sin( x − 20° ) sin( 190°−x)<br />
⎪⎭<br />
⎪<br />
Az OC A és OBC háromszögekből:<br />
OB l<br />
⎫⎪<br />
= ⎪<br />
sin 70° sin( 120°−x) ⎪ sin ( x − 20° ) l sin ( x − 10°<br />
)<br />
⎬ ⇒ =<br />
OB BC ⎪ sin 70° BC sin ( 120°−x)<br />
= ⎪<br />
sin( x − 20° ) sin( 190°−x)<br />
⎪⎭<br />
⎪<br />
l OC ⎫⎪<br />
= ⎪<br />
sin( 50°+ 2x) sin( 110°− 2x) ⎪ sin10°<br />
BC sin( 50°+ 2x<br />
)<br />
⎬ ⇒ =<br />
BC OC ⎪ sin ( 110° −2x) l sin ( x − 10°<br />
)<br />
= ⎪<br />
sin ( 190° − x)<br />
sin10°<br />
⎪<br />
⎪⎭<br />
Az OC A és OBA háromszögekből:<br />
l OA ⎫⎪<br />
= ⎪<br />
sin ( 50°+ 2x ) sin 20° ⎪<br />
⎪ sin ( 120° −x) sin ( x − 10°<br />
)<br />
⎬ ⇒ =<br />
,<br />
l OA ⎪ sin( 50°+ 2x ) sin 20°<br />
= ⎪<br />
sin ( 120° −x) sin ( x − 10°<br />
) ⎪⎭<br />
⎪<br />
ahonnan kapjuk, hogy sin ( x − 10° ) sin ( 50°+ 2x) = sin 20° sin ( 120°−x<br />
) . Mivel<br />
20° ≤x≤ 55°<br />
, a bal oldali kifejezés szigorúan növekvő, míg a jobb oldali kifejezés<br />
szigorúan csökkenő, az egyenletnek tehát egyetlen megoldása van, ez az x = 50 (a<br />
fordított tulajdonság alapján). Innen kapjuk, hogy m BAC = °− ⋅ °= °.<br />
( ) 180 2 50 80
386 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok<br />
28. Bizonyítsd be, hogy az<br />
ax + 2ax+ a = 0<br />
2<br />
1 2 3<br />
2<br />
2 3 4<br />
ax + 2ax+ a = 0<br />
2<br />
ax 3 + 2ax 4 + a5<br />
= 0<br />
………………………<br />
a<br />
2<br />
x + 2a x + a = 0<br />
n− 1 n 1<br />
2<br />
ax n ax 1 a2<br />
+ 2 + = 0<br />
egyenletek közül legalább az egyiknek van valós gyöke, ha a ∈ R,<br />
bármely k = 1, n<br />
esetén! Adjál példát olyan a1, a2,..., anszámokra,<br />
amelyekre az előbbi egyenletek<br />
közül pontosan egynek van valós gyöke!<br />
Megoldás. Feltételezzük, hogy egyik egyenletnek sincs valós gyöke. Következik,<br />
Δ k hogy<br />
4<br />
2<br />
= ak+ 1 − akak+ 2 < 0 , bármely k ∈{1,2,..., n}<br />
esetén, ahol an+ 1 a és<br />
.<br />
= 1<br />
a a<br />
n+<br />
2 2 =<br />
Összeadjuk a diszkriminánsokra kapott egyenlőtlenségeket:<br />
2 2 2<br />
a + a + ... + a −aa −a a −... −a a −a a − a a < 0 ⋅ 2<br />
1 2 n 1 3 2 4 n−2 n n−1 1 n 2 /<br />
( ) ( ) (<br />
<br />
2 2 2 2 2 2<br />
a − 2aa + a + a − 2 a a + a + ... + a − 2a<br />
a + a ) < 0<br />
1 1 3 3 2 2 4 4 n n 2 2<br />
<br />
−<br />
2 2 2<br />
2<br />
( a1 − a3) + ( a2 − a4) + ... + ( an−1 − a1) + ( an − a2)<br />
< 0 .<br />
Az utóbbi egyenlőtlenség ellentmondás, tehát van olyan egyenlet amelynek a<br />
diszkriminánsa pozitív, és így ennek az egyenletnek van valós gyöke. A továbbiakban<br />
megadunk egy szerkesztést, amellyel elérhető, hogy pontosan egy egyenletnek legyen<br />
valós gyöke. Legyen a1 = a2<br />
= 1 és a 3 = 2 . Belátható, hogy így az első egyenletnek<br />
2<br />
a3<br />
nincs valós gyöke. A második egyenletben legyen a4 ∈ N , és a4<br />
> . Ezzel a<br />
a2<br />
választással a második egyenletnek sincs valós gyöke. Általában ak<br />
-t úgy választjuk<br />
meg, hogy teljesüljön az<br />
2<br />
ak<br />
−1<br />
ak<br />
><br />
ak<br />
−2<br />
egyenlőtlenség, ha k = 3, n . Így<br />
an > an−1 > ... > a3 > a2 2<br />
= a1<br />
= 1 , és csak az an− 1x + 2anx + a1<br />
= 0 egyenlet<br />
diszkriminánsa lesz pozitív, tehát az n 1 -edik egyenletnek van valós gyöke. Az<br />
2<br />
utolsó egyenlet diszkriminánsa negatív, mert a1 − ana2 = 1− an<br />
Tehát csak az n − 1-edik<br />
egyenletnek van valós gyöke.<br />
< 0.<br />
29. Bizonyítsd be, hogy n darab n-nel nem osztható természetes szám közül<br />
kiválasztható néhány, amelyek összege osztható n-nel!<br />
Megoldás. Legyenek a számok a1 , a2 , ..., an<br />
. Képezzük az<br />
s = a ,<br />
1 1<br />
k
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 387<br />
s2 = a1 + a2,<br />
s3 = a1 + a2 + a3,<br />
...............................<br />
s = a + a + + a<br />
n 1 2 ... n<br />
összegeket. Ha az si , i = 1, n összegek közül az egyik osztható n-nel, akkor készen<br />
vagyunk. Ellenkező esetben az n-nel való osztási maradékaik az {1 , 2, ..., n −1}<br />
halmazban kell legyenek. Mivel pontosan n összeg van, és a halmazban n − 1 elem<br />
van, következik, hogy az összegek között szerepel kettő, sk és sl , k < l , amelyeknek<br />
az n-nel való osztási maradéka megegyezik. Innen következik, hogy sl −sk<br />
osztható<br />
n-nel. sl − sk = ak+ 1 + ak+ 2 + ... + al<br />
és a feltételek alapján l −k ≥2, tehát az a k + 1 ,<br />
, ..., a számok összege osztható n-nel.<br />
a k + 2 l<br />
30. Az ABC háromszög köré írt körön felvesszük az A ( BC) , ) és<br />
) pontokat úgy, hogy az ABC és AB háromszögek kongruensek<br />
legyenek. Bizonyítsd be, hogy az A , és C pontokon át BC-vel, CA-val illetve<br />
AB-vel húzott párhuzamosoknak ugyanezen pontokon át egy tetszőleges d egyenessel<br />
húzott párhuzamosokra vonatkozó szimmetrikusai összefutó egyenesek és az<br />
összefutási pont a háromszög köré írt körön van.<br />
∩<br />
′ ∈ B ( AC ∩<br />
′ ∈<br />
C ( BA ∩<br />
′ ∈ ′ ′ C′<br />
′ B′ ′<br />
Megoldás. Legyen M az A ′ és C ′ pontokból induló egyenesek metszéspontja. A M<br />
akkor és csak akkor van rajta a körön, ha az MA ′ C ′ B′<br />
négyszög körbeírható. Ez<br />
pontosan akkor teljesül, ha m MAˆ′ B′ = m MCˆ′ B′<br />
.<br />
( ) ( )<br />
( ˆ′ ′ ) ( ′ ˆ′ 1) ( ˆ′ 1) ( ′ ˆ′ 1) ( ˆ′<br />
1 )<br />
( 1 ) ( 1 )<br />
)<br />
ˆ )<br />
′ 1 ˆ<br />
ˆ′<br />
′ ′ ( 1 ) ( 1 ) ˆ<br />
m CBA ′ ˆ′ ′ m BBC ˆ′<br />
′ m AAG ′<br />
( ( ) ( 1) ) ( 1 ) ˆ<br />
= m C′ Bˆ′ A′ −m B′ Cˆ′ C − m AA′ G =<br />
= ( m( C′ Bˆ′ A′ ) −m( AAˆ′ 1 G) ) − m( B′ Cˆ′ C1)<br />
.<br />
( ) ( ) (<br />
( 1) ( 1 ) ( ˆ<br />
ˆ m EC′ C + m AA′ G = m EFG<br />
m( ECˆ′ C1) = m( EFG ˆ ) − m( AAˆ′ 1 G) = m( C′ Bˆ′ A′ ) − m( AAˆ G)<br />
.<br />
m MA B = m B A A − m MA A = m B A A − m AA G =<br />
= m BB A − m AA G = ( ) − ( ) − =<br />
Felhasználjuk, hogy m A′ Bˆ′ C′ = m ABC ˆ = m EFG ˆ (párhuzamos szárú<br />
szögek), és . Az eddigi összefüggések alapján<br />
Tehát<br />
m MAˆ′ B′ = m ECˆ′ C − m B′ Cˆ′ C = m CCˆ′ M − m B′ Cˆ′ C = m MCˆ′ B′<br />
.<br />
( ) ( 1) ( 1) ( 1 ) ( 1)<br />
(<br />
Következik, hogy M a körön van. Hasonlóképpen, ha N a B′ és C ′ pontokból<br />
induló egyenesek metszéspontja, igazolható, hogy N rajta van a körülírt körön.<br />
Viszont a B′ -ből induló egyenes az M , N , B′<br />
pontokban metszené a kört, és<br />
)
388 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok<br />
M ≠ B′ , valamint N ≠ B′ , tehát csak az M = N eset lehetséges, ami azt jelenti,<br />
hogy a három egyenes összefut és a metszéspont a körülírt körön van.<br />
( )<br />
F<br />
E<br />
C’<br />
B1<br />
)<br />
B<br />
A<br />
31. A C O1, R és C( O2, R körök közös belső érintői merőlegesek és az<br />
<br />
O ∈ ( OO 1 2)<br />
pontban metszik egymást. Határozd meg az OM1 + OM 2 kötött vektor<br />
∈ ( )<br />
(<br />
végpontjának a mértani helyét, ha M1 C O1, R és M2 ∈C<br />
O2, R változó pontok.<br />
<br />
Megoldás. Legyen OM = OM1 + OM2<br />
. OM = OO1 + O1M1 + OO2 + O2M2 =<br />
<br />
= ( OO1 + OO2) + O1M1 + O2M2 = O1M1 + O2M2 ⇒<br />
<br />
⇒ OM = OM 1 1 + OM 2 2 ≤ OM 1 1 + OM 2 2 = 2R,<br />
( ,2 )<br />
tehát az M pont a C O R körlapon helyezkedik el. Igazoljuk, hogy a keresett<br />
mértani hely a C( O ,2R)<br />
körlap. Legyen M egy tetszőleges pont a körlapról. Mivel<br />
OM ≤ 2R<br />
, létezik egy A pont úgy, hogy OA = AM =<br />
R . Szerkesszük meg az<br />
C1<br />
B’<br />
A’<br />
C<br />
M<br />
)<br />
A 1<br />
G
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 389<br />
OO M A és a paralelogrammákat! Ekkor OM = OA,<br />
<br />
2 2<br />
O1<br />
MAO1M1 2 2<br />
O<br />
O<br />
2 M2<br />
M<br />
M<br />
M<br />
1<br />
1<br />
OM 2 2 = R ⇒ M2 ∈C ( O2, R)<br />
és AM = O1M1 , M1 ∈C<br />
( O, R)<br />
.<br />
<br />
<br />
OM = OA + AM = O2M2 + O1M1 = OM2 + OM1<br />
, tehát létezik M1 és M2<br />
úgy,<br />
<br />
hogy OM = OM1 + OM2<br />
. Ezzel igazoltuk, hogy minden ilyen M pont a körlapon<br />
van (beleértve a határát is), és minden pont a körlapról a mértani helyhez tartozik.<br />
32. Legalább hány lépés szükséges ahhoz, hogy egy 10× 10 -es tábla bal alsó<br />
sarkából a jobb felső sarkába jussunk lólépésben?<br />
Megoldás. Megvizsgáljuk, hogy melyik mezőkre juthatunk el 1, 2, … lépésben.<br />
O<br />
1<br />
2 2<br />
2 2<br />
1 2 1 2<br />
1 1 2<br />
0 0 2 2<br />
5 6 5 6 5 6 5 6 7 6<br />
4 5 4 5 4 5 6 5 6 7<br />
5 4 5 4 5 4 5 6 5 6<br />
4 3 4 3 4 5 4 5 6 5<br />
3 4 3 4 3 4 5 4 5 6<br />
2 3 2 3 4 3 4 5 4 5<br />
3 2 3 2 3 4 3 4 5 6<br />
2 1 4 3 2 3 4 5 4 5<br />
3 4 1 2 3 4 3 4 5 6<br />
0 3 2 3 2 3 4 5 4 5<br />
O<br />
A<br />
O2<br />
M2<br />
M
390 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok<br />
o 2 o<br />
33. Bizonyítsd be, hogy 4sin20⋅ cos 10 =<br />
o<br />
3sin50.<br />
2 1+ cos2x<br />
Megoldás. Felhasználva a co s x =<br />
2<br />
és sin x = cos( π − x)<br />
valamint<br />
cos( x + y) = cos x cos y − sin x sin y ∀xy , ∈Razonosságokat<br />
következik, hogy:<br />
o 2 o<br />
o<br />
4sin20⋅ cos 10 = 3sin50<br />
<br />
2 sin 20 + 2 sin 20 cos 20 = 3 cos 40<br />
sin 20 = cos 30 cos 40 − sin 30 sin 40<br />
<br />
<br />
⇔ 2 sin 20 (1 + cos 20 ) = 3 cos 40<br />
Ez utóbbi egyenlőség pedig nyilvánvaló, mert 20 ° + 70 ° = 90 ° .<br />
⇔ sin 20 =<br />
3<br />
cos 40<br />
2<br />
1<br />
− sin 40<br />
2<br />
<br />
⇔ s in 20<br />
<br />
= cos 70 .<br />
<br />
2 2<br />
34. Oldd meg és tárgyald a x + x + 1− x − x + 1=<br />
m,<br />
(x ∈ ) egyenletet<br />
az m valós paraméter függvényében.<br />
Megoldás. A gyök alatti kifejezések szigorúan pozitívak minden valós x-re, mert<br />
diszkriminánsuk negatív. Észrevehető, hogy<br />
2<br />
2 ⎛ 1⎞ ⎛ 3⎞<br />
x ± x + 1 = ⎜x ⎟ ⎜ ⎟<br />
⎜<br />
± ⎟ +⎜ ⎟<br />
⎝ 2⎟⎠ ⎜⎜⎝ 2<br />
⎟<br />
⎠⎟<br />
⎛ 2<br />
3 ⎞<br />
tehát a d1,2( x ) = x ± x + 1 pozitív valós számok az Ax ⎜ , ⎟ ⎛ 1 ⎞<br />
⎜ ⎟ és<br />
⎜⎜⎝ 2<br />
⎟ B ⎜− ,0⎟<br />
illetve<br />
⎠⎟<br />
⎜⎜⎝ ⎟<br />
2 ⎠⎟<br />
3<br />
az Ax,<br />
2<br />
⎛ ⎞ ⎜<br />
⎟<br />
⎜⎜⎝ ⎟<br />
⎠ ⎟<br />
és<br />
⎛1 ⎞<br />
C ⎜ ,0⎟<br />
⎜⎝<br />
⎟ pontok távolsága.<br />
2 ⎠⎟<br />
B C<br />
A<br />
x<br />
Az ABC háromszögben felírva a háromszög<br />
egyenlőtlenségeket, kapjuk: − 1 < d1( x) − d2( x)<br />
< 1<br />
(Az egyenlőtlenségek szigorúak, mert a háromszög nem<br />
elfajult). Tehát m-nek teljesíteni kell az m ∈ (–1, 1)<br />
feltételt. Észrevehető az is, hogy az m és az x előjele<br />
megegyező kell legyen. (1)<br />
Ha a<br />
2<br />
x + x + 1=<br />
2<br />
x − x + 1+ m egyenletet<br />
négyzetre emeljük (megtehetjük, mert mindkét oldal<br />
2<br />
pozitív) és rendezzük a 2x − m<br />
2<br />
= 2 m x − x + 1 (2) egyenlethez jutunk. Ez utóbbi<br />
2<br />
egyenlőség teljesüléséhez a 2 x − m és az m előjele azonos kell legyen, azaz kell<br />
2<br />
teljesüljön a ( 2x −m m ≥0<br />
egyenlőtlenség.<br />
)<br />
2<br />
2<br />
m<br />
m<br />
Tehát ha m < 0 ⇒x ≤ és ha m > 0 ⇒x ≥ .<br />
2<br />
2<br />
2 2<br />
2 m (4 − m )<br />
A (2) egyenletet négyzetre emelve és rendezve, kapjuk: x =<br />
, ez utóbbi<br />
2<br />
4(1 − m )<br />
4<br />
m ⎛ 4 2<br />
2<br />
pedig nyilvánvalóan nagyobb, mint ⎜ m 4 − m ⎞<br />
⎜x<br />
≥ ⇔ ≥1⎟, ez utóbbi pedig<br />
2<br />
4 ⎝⎜<br />
4 1−m<br />
⎟⎠<br />
2<br />
⇔<br />
⇔<br />
,
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 391<br />
igaz, mert m ∈( −1, 1) . Tehát az (1) megjegyzést figyelembe véve, ha m < 0 , akkor<br />
m (4 − m ) m 4 − m<br />
x = − =<br />
4(1 −m ) 2 1 −m<br />
2 2 2<br />
2 2<br />
és ha m ≥ 0 , akkor<br />
m (4 − m ) m 4 − m<br />
x = =<br />
4(1 −m ) 2 1 −m<br />
2 2 2<br />
2 2<br />
2<br />
m 4 − m<br />
Következésképpen ∀m ∈( − 1, 1), x =<br />
. 2<br />
2 1−m<br />
35. Az ABC háromszög BC, CA és AB oldalain felvesszük az M, N és P pontokat úgy,<br />
BM CN AP<br />
hogy = = = k .<br />
MC NA PB<br />
Bizonyítsd be, hogy az AM, BN és CP szakaszokkal szerkeszthető egy H háromszög.<br />
Számítsd ki a H és az ABC háromszögek területének arányát k függvényében!<br />
Megoldás. Mivel ABC egy háromszög, következik, hogy + + = 0 és<br />
⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→<br />
BA CB AC<br />
.<br />
⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→<br />
AB BC CA<br />
+ + = 0 . Igazolni fogjuk, hogy az [AM], [BN] és [CN] szakaszokkal<br />
⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→<br />
AM BN CP<br />
irányuk megőrzésével szerkeszthető háromszög. Azaz, hogy + + = 0 .<br />
Ehhez kiszámoljuk az M, N és P pontok helyzetvektorait az A, B és C pontok<br />
BM CN AP<br />
helyzetvektorainak függvényében. Tudjuk, hogy = = = k , tehát<br />
MC NA PB<br />
b + kc c + ka a + kb<br />
m = , n = , és p = .⇒<br />
1 + k 1 + k 1 + k<br />
Hasonlóan<br />
⎯⎯→ ⎯⎯→<br />
⎯⎯→ b + kc b + kc−a − ka AB+ k AC<br />
AM = − a = =<br />
.<br />
1+ k 1+ k 1+<br />
k<br />
⎯⎯→<br />
⎯⎯→<br />
⎯⎯→ BC + k BA<br />
BN =<br />
1 + k<br />
AB + BC + CA + k( AC + BA+ CB )<br />
= 0<br />
1 + k<br />
és<br />
⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→<br />
Szintetikus megoldás<br />
Az [PC] szakaszt párhuzamosan eltoljuk<br />
úgy, hogy a P pont az A-ba kerüljön.<br />
Ekkor a C pont egy F pontba kerül.<br />
Igazolni fogjuk, hogy az AMFΔ pontosan<br />
az a keresett H háromszög. Ehhez<br />
igazolni kell, hogy [FM] ≡ [BN] (sőt<br />
⎯⎯→ ⎯⎯→<br />
⎯⎯→ CA + k CB<br />
CP =<br />
1 + k<br />
B<br />
P<br />
A<br />
M<br />
⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→<br />
. Tehát AM+ BN + CP =<br />
N<br />
C<br />
F<br />
D
392 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok<br />
párhuzamos is). Legyen az AF és BC egyenesek metszéspontja D. Mivel PC = AF és<br />
PC ⎜⎜ AF, következik, hogy APCF paralelogramma. Tehát FC ⎜⎜AP és FC = AP. Az<br />
FC DF CD<br />
ABDΔ -ben Thalész tételét alkalmazva, kapjuk = = , de FC = AP ⇒<br />
AB AD DB<br />
FC DF CD AP k<br />
= = = = .<br />
AB AD DB AB k + 1<br />
DF CN<br />
Észrevehető hogy az ACDΔ -ben =<br />
AD AC<br />
k<br />
= ⇒ NF ⎜⎜ CD (1) ⇒<br />
k + 1<br />
NF AN<br />
=<br />
CD AC<br />
1<br />
CD k<br />
= . Tudjuk, hogy = ⇒<br />
k + 1<br />
BD k + 1<br />
CD = k ⇒<br />
BC<br />
NF<br />
BC<br />
NF CD 1 k BM<br />
= ⋅ = ⋅ k = = ⇒ NF = MB (2).<br />
CD BC k + 1 k + 1 BC<br />
(1), (2) ⇒ BMFN paralelogramma ⇒ MF ⎜⎜ BN és MF = BN.<br />
Jelöljük To illetve T –vel a H illetve ABC háromszögek területét.<br />
To TAMDΔ AF AN<br />
= =<br />
AD AC<br />
1 TAMDΔ = ,<br />
k + 1 T<br />
MD BD − BM BD k<br />
= = = − =<br />
BC BC BC k + 1<br />
2<br />
AD k k k + k + 1<br />
= − = k + 1 − = .<br />
AF k + 1 k + 1 k + 1<br />
To To Tehát =<br />
T TAMDΔ TAMDΔ<br />
⋅<br />
T<br />
2 2<br />
1 k + k + 1 k + k + 1<br />
= ⋅ = 2<br />
k + 1 k + 1 k + 2k<br />
+ 1<br />
.<br />
36. Bizonyítsd be, hogy ha a, b > 0 és a + b = 1,<br />
akkor<br />
a + b +<br />
1<br />
+<br />
a<br />
1<br />
≥ 3 2 .<br />
b<br />
Megoldás. A feladatbeli egyenlőtelenség bal oldala felírható az alábbi módon:<br />
a + b +<br />
1<br />
+<br />
a<br />
1<br />
=<br />
b<br />
a +<br />
1 1 1 1<br />
b + + + + =<br />
2 a 2 b 2 a 2 b<br />
⎛<br />
= ⎜ ⎝<br />
1 ⎞ ⎛<br />
a + ⎟ + ⎜<br />
2 a⎠⎟ ⎜ ⎜⎝ 1 ⎞ ⎛ 1<br />
b + ⎟ ⎟+ ⎜<br />
1 ⎞<br />
⎜ + ⎟<br />
2 b⎠⎟ ⎝⎜2<br />
a 2 b⎠<br />
⎟<br />
.(1)<br />
A számtani és mértani középarányosok közti egyenlőtlenséget használva, kapjuk:<br />
1<br />
a + ≥2 2 a<br />
1<br />
a ⋅ ⇔<br />
2 a<br />
1<br />
a +<br />
2 a<br />
≥ 2 (2).<br />
Hasonlóan<br />
1<br />
b + ≥<br />
2 b<br />
2 (3).<br />
A továbbiakban igazoljuk, hogy<br />
1 1<br />
+ ≥<br />
2 a 2 b<br />
2<br />
1 1<br />
⇔ + +<br />
a b<br />
2<br />
≥ 8<br />
ab<br />
⇔<br />
a + b<br />
+<br />
ab<br />
2 1<br />
≥ 8 ⇔ +<br />
ab ab<br />
2<br />
≥ 8 (mert a + b = 1).<br />
ab
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 393<br />
Nyilvánvaló, hogy ( ) 2<br />
a b<br />
− ≥ 0 ⇔ a + b −2 ab ≥ 0 ⇔ 1≥ 2 ab ⇔<br />
1 1<br />
1<br />
≥ 2 ⇒ ≥ 4 . Tehát +<br />
ab ab ab<br />
2<br />
1 1<br />
≥ 8 ⇒ + ≥<br />
ab 2 a 2 b<br />
2 (4).<br />
Az (1), (2), (3) és (4) összefüggésekből következik, hogy<br />
a + b +<br />
1<br />
+<br />
a<br />
1<br />
≥ 3 2.<br />
b<br />
2 2<br />
37. Oldjátok meg az x + y = xy + 2000 egyenletet az egész számok halmazában!<br />
Megoldás. Ha x és y páratlan lenne, akkor az egyenlet bal oldala páros, jobb<br />
oldala pedig páratlan lenne. Tehát nem lehet mindkét ismeretlen páratlan. Ha x páros,<br />
akkor y is páros. Hasonló gondolatmenet alapján létezik x1 ∈ és y1 ∈ úgy, hogy<br />
x = 4x1és<br />
y = 4y1.<br />
Így az<br />
2 2<br />
x1 − x1y1 + y1<br />
− 125 = 0 egyenlethez jutunk,<br />
2<br />
melynek diszkriminánsa Δ = 500 − 3y1<br />
. Ahhoz, hogy x1, y1<br />
egész számok legyenek,<br />
2<br />
szükséges, hogy Δ teljes négyzet legyen, vagyis Δ = u , u ∈ . Innen kapjuk,<br />
2 2<br />
hogy 500 = u + 3y1.<br />
Tudjuk, hogy egy teljes négyzet 3-mal való osztási maradéka 0<br />
vagy 1 lehet, tehát a jobb oldal 3-mal való osztási maradéka 0 vagy 1 lehet, azonban<br />
500-nak 3-mal osztva kettőt ad maradékul. Tehát ellentmondáshoz jutottunk, vagyis az<br />
egyenletnek nincs egész megoldása.<br />
38. Az a, b és c, nullától különböző valós számok összege nulla. Bizonyítsátok be,<br />
hogy:<br />
2 2 2<br />
a b c 3<br />
+ +<br />
2 2 2 2 2 2 2 2 2<br />
a −b −c b −c −a c −a − b 2<br />
= .<br />
2 2 2<br />
Megoldás. Az a = − ( b + c) egyenlőség alapján a = b + c + 2bc<br />
. Innen<br />
2<br />
a<br />
2 2 2<br />
a −b −c<br />
2<br />
a<br />
=<br />
2bc<br />
, így az egyenlőség bal oldalán álló S összegre<br />
2 2 2 3 3 3<br />
a b c a + b + c<br />
S = + + =<br />
.<br />
2bc2ac 2ab 2abc<br />
3 3 3<br />
3<br />
Másrészt a + b + c = 0 esetén a + b + c = 3abc,<br />
tehát S = .<br />
2<br />
39. Az ABC háromszöglapot az ábrán látható három<br />
összefutó egyenes hat kisebb háromszögre bontja. Közülük<br />
négy háromszög területének mérőszámát az ábrán feltüntettük.<br />
Határozzátok meg az ABC háromszög területét!<br />
A<br />
BM TBOM [ ] TAOB [ ]<br />
Megoldás. = =<br />
MC TMOC [ ] TAOC [ ]<br />
B<br />
P<br />
40<br />
84 35<br />
O<br />
30<br />
M<br />
, tehát<br />
40 84 + x<br />
=<br />
30 35 + y<br />
, ahol x T és y T . Ebből az<br />
= [ POB]<br />
= [ AON]<br />
AP 84 y + 35<br />
egyenletből 4y − 3x = 112 . Másrészt = =<br />
.<br />
PB x 70<br />
N<br />
C
394 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok<br />
A két egyenlet alapján x = 56 és y = 70 , tehát TABC [ ] = 315 .<br />
40. Az ABCD négyzet oldalain mozog az M és a P pont. Ha O a négyzet középpontja,<br />
<br />
határozzátok meg az OM + OP összegvektor végpontjának mértani helyét, az alábbi<br />
esetekben:<br />
a) az M pont az [AB], a P pont pedig a [CD] szakaszon mozog, egymástól<br />
függetlenül;<br />
b) a két pont a négyzet oldalain mozog, tetszőlegesen, egymástól függetlenül<br />
(egymásra is kerülhetnek).<br />
<br />
Megoldás. a) OM + OP =<br />
<br />
<br />
= OB + OC + λ1BA + λ2CD<br />
=<br />
<br />
<br />
= OB + OC + ( λ1 + λ2)<br />
BA , ahol λ1 + λ 2 ∈ [0,2] .<br />
Tehát az összegvektor végpontjainak mértani helye<br />
az szakasz, ahol és Q az O szimmetrikusai<br />
a és DA oldalakra nézve.<br />
∈ [ B P ∈ [ AD]<br />
+ =<br />
<br />
B M A<br />
N O<br />
Q<br />
C P D<br />
NQ N<br />
BC<br />
<br />
b) Ha m A ] és akkor OM OP<br />
= OB + λ1BA + OD + λ2DA = λ1BA<br />
+ λ2DA<br />
. Ebben<br />
B<br />
A<br />
az esetben a mértani hely az A középpontú négyzet<br />
belseje, amelynek O az egyik csúcsa. Mivel M és N<br />
tetszőlegesen mozoghat a mértani hely az AB 1 1C1D1 O<br />
négyzet és belseje, ahol A1, B 1, C1, D1<br />
az O pont<br />
szimmetrikusai az A, B , C, D pontokra nézve.<br />
C D<br />
41. Lehet-e a<br />
p p p p<br />
+ + + + összeg egész szám, ha p , p , …,<br />
p k +<br />
1 2 3<br />
k<br />
p2 p3 p4 p k + 1<br />
1 2 1<br />
*<br />
páronként különböző prímszámok. (SZAT miniverseny 5 perc, Szilágyi Zsolt)<br />
Megoldás. Ha közös nevezőre hozunk a számlálóban egy tag kivételével mindegyik<br />
osztható lesz p2 -vel. Ugyanakkor a nevező pp 2 3pk−1, tehát a törtet p2 -vel nem<br />
lehet egyszerűsíteni és így az összeg nem lehet egész szám.<br />
1 1 1 1 a<br />
42. Bizonyítsd be, hogy ha + + + + = , ( a, b ∈ ) akkor a<br />
30 31 32 43 b<br />
osztható 73-mal. (SZAT miniverseny 5 perc)<br />
⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞<br />
Megoldás. Az összeg felírható ⎜<br />
⎜<br />
⎜<br />
+ ...<br />
⎝30 43⎠ ⎟ ⎜<br />
⎟ ⎟<br />
⎟+ ⎜<br />
+ + + ⎜ + alakban,<br />
⎝3142⎠ ⎟ ⎝ ⎜ ⎟<br />
36 37⎠⎟<br />
tehát<br />
a ⎛ 1 1 1 ⎞<br />
= 73 ⋅ ⎜<br />
...<br />
b<br />
⎜<br />
⎟<br />
⎜⎝<br />
+ + + ⎟<br />
30 ⋅43 31⋅42 36 ⋅37⎠⎟.<br />
* Székelyudvarhelyi Matematikai Alkotótábor 2001.
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 395<br />
Mivel a nevezőkben nem szerepel a 73 és 73 prímszám, következik, hogy a osztható<br />
73-mal.<br />
43. Három üres csupor van az asztalon. Micimackó, Nyuszi és Bagoly felváltva<br />
tesznek egy-egy mogyorót a csuprokba. A kezdőt pénzfeldobással sorsolják ki.<br />
Micimackó csak az első két csuporba tehet, Nyuszi a másodikba és a harmadikba,<br />
Bagoly az elsőbe vagy a harmadikba. Aki valamelyik csuporba a 2001-edik mogyorót<br />
teszi, az veszít. Bizonyítsd be, hogy Micimackó és Bagoly összefoghat Nyuszi ellen.<br />
(SZAT miniverseny 5 perc)<br />
Megoldás. Micimackó addig tesz a második csuporba, amíg abban kevesebb, mint<br />
2000 mogyoró van. Bagoly addig tesz a harmadik csuporba, amíg abban kevesebb,<br />
mint 2000 mogyoró van. Így leghamarabb a második vagy a harmadik csuporba kerül<br />
2000 mogyoró és az első csuporba addig egy mogyoró sem kerül. A továbbiakban<br />
Nyuszi csak egy csuporba tehet (ha nem akar gyorsan veszíteni), míg az egyik<br />
ellenfele tehet ugyanabba a csuporba, mint Nyuszi, és a másik ellenfél kezdi feltölteni<br />
az első csuprot. Ezután legfeljebb 1000 mogyoró bedobása után elérik, hogy a<br />
második és a harmadik csuporban 2000 mogyoró legyen és az elsőben legfeljebb<br />
1000 . Így Nyuszi kénytelen valamelyik csuporba betenni a 2001 -edik mogyorót és<br />
ezzel veszít.<br />
44. Legfeljebb hány huszár helyezhető el egy 4× 4 -es sakktáblán úgy, hogy ne<br />
legyen köztük kettő, amely ütné egymást. Általánosítás. (SZAT miniverseny 5 perc)<br />
Megoldás. Az azonos színű mezőkön levő huszárok nem ütik egymást. ĺgy 8 huszár<br />
elhelyezhető a táblán. Másrészt, ha 9 huszár van a táblán, akkor legalább egy sorban<br />
található legalább három. Ezek közül kettő biztosan egymás mellett helyezkedik el,<br />
ezek ütik egymást. Tehát legtöbb 8 huszár helyezhető el. Általánosan, egy 4k× 4 k<br />
2<br />
méretű táblára 8k huszár helyezhető el.<br />
45. Legalább hány egymást nem ütő huszárt kell elhelyeznünk egy 4× 4 -es<br />
sakktáblán ahhoz, hogy a tábla minden üres mezejét üssék. (SZAT miniverseny 5 perc)<br />
Megoldás. Egy huszár a 4× 4-es<br />
táblán legfeljebb 4 mezőt üt, ezért<br />
három huszár legfeljebb 3× 4 = 12<br />
mezőt üthet. Ebből következik,<br />
hogy legalább négy huszárra szükség van. A mellékelt ábrán látható,<br />
hogy négy huszár már eléégséges is.<br />
2<br />
46. Számítsd ki az ⎡ 1⎤ + ⎡ 2⎤ + ⎡ 3⎤ + + ⎡ n −1⎤<br />
⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥ összeget.<br />
⎦<br />
Megoldás. Ha ( ) , akkor<br />
2<br />
2<br />
k ≤m ≤ k + 1 −1 [ m ] = k és ez az érték<br />
2 2<br />
2<br />
( k + 1) − k = 2k<br />
+1- szer fog szerepelni az összegben. Mivel ⎡ n 1⎤ ⎢ − ⎥ = n −1,<br />
⎣ ⎦<br />
az összeg így írható:<br />
2<br />
n −1<br />
∑<br />
[ m] = 3⋅ 1+ 5⋅ 2 + ... + ( 2n −1)( n − 1)<br />
=<br />
m=<br />
1<br />
n−1 n−1 n−1<br />
2<br />
n( n − 1)( 4n + 1)<br />
= k( 2k + 1) = 2 k + k =<br />
6<br />
∑ ∑ ∑ .<br />
k= 1 k= 1 k=<br />
1
396 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok<br />
47. Az ( an ) n≥0<br />
természetes számsorozat teljesíti az aan= 3an − 2n<br />
összefüggést,<br />
ahol a 0 = 3.<br />
Számítsd ki az a3069<br />
tag értékét. (SZAT miniverseny 10 perc)<br />
Megoldás. A megadott összefüggések alapján kiszámoljuk néhány tag értékét:<br />
n = 0 esetén a = 3⋅a −2⋅0, vagyis a 3 = 9<br />
a0<br />
n = 3 esetén a = 3⋅a −2⋅3, vagyis a 9 = 21<br />
a3<br />
3<br />
Folytatva a gondolatmenetet, rendre a következőket kapjuk: a 21 = 45 , a 45 = 93 ,<br />
a = 189 , a 189 = 381 , a381 = 765, a765 = 1533, a1533<br />
= 3069 és végül a 3069 = 6141 .<br />
93<br />
a + 3b<br />
ab∈ , <br />
a szorzatuk is ugyanilyen alakú.<br />
b) Bizonyítsd be, hogy ha valamilyen n természetes számra a 7 n szám<br />
2 2 2 2<br />
a + 3b<br />
alakú ( ab∈ , ), akkor n is a + 3b<br />
alakú. (SZAT miniverseny 15 perc)<br />
2 2<br />
48. a) Mutassuk meg, hogy ha két természetes szám alakú( ), akkor<br />
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2<br />
Megoldás. a) ( a + 3b ) ( x + 3y ) = a x + 3a y + 3b x + 9b<br />
y =<br />
( ) ( ) (<br />
2 2 2 2<br />
2 2<br />
b) ( a + 3b) ( x + 3y) = ( ax − 3by) + 3(<br />
ay + bx )<br />
2 2 2 2 2 2 2 2<br />
2 2<br />
= a x + 6axby + 9by+ 3 a y + b x − 2axby = ax + 3aby + 3 ay − bx ) .<br />
7n = a + 3b<br />
xy∈ , <br />
2 2<br />
Igazolni kell, hogy ha , akkor léteznek az számok úgy, hogy<br />
2 2<br />
ahonnan ( 2x + 3y) + ( 2y− x) 2 2<br />
2<br />
2<br />
= a + 3b = ( 2x − 3y) + ( 2y<br />
+ x)<br />
.<br />
Tehát elégséges kimutatni, hogy a<br />
⎧ ⎪2x<br />
+ 3y<br />
= a<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪<br />
⎪⎩<br />
2y<br />
− x = b<br />
és a<br />
⎧⎪2x − 3y<br />
= a<br />
⎪<br />
⎨<br />
⎪<br />
⎪⎩<br />
2y<br />
+ x = b<br />
egyenletrendszerek valamelyikének létezik egész megoldása. Az első rendszerből<br />
a + 2b<br />
2b−a<br />
y = , a másodikból y = .<br />
7<br />
7<br />
2 2<br />
De 4b − a<br />
2<br />
= 7b −<br />
2 2<br />
3b + a<br />
2<br />
= 7b − 7n7,<br />
tehát valamelyik egyenletrendszernek<br />
0<br />
2 2 2 2 2 2 2 2<br />
= + 3 . Ekkor az egyenlőség így írható: ( 2 + 3⋅ 1 ) ( x + 3y ) = a + 3b<br />
,<br />
n x y<br />
( )<br />
van megoldása az egész számok halmazán.<br />
49. Egy szavahihető ember a következő történetet mondta el: Egyszer egy teknőc hat<br />
percen át ment egyenesen előre. Útját többen figyelték a következő feltételek szerint:<br />
a) a hat perc alatt mindig figyelte valaki,<br />
b) mindenki egy percig figyelte,<br />
c) mindenki úgy találta, hogy amíg figyelte, addig a teknőc egy métert haladt<br />
előre.<br />
Ennek ellenére a teknőc a hat perc alatt 10 métert ment előre. Hogyan volt ez<br />
lehetséges? (TOK * Matematikaverseny 2000.)<br />
Megoldás. Egy lehetséges megoldás a következő. Az első 1/5 perc alatt megtesz 1<br />
métert, majd 4/5 percig pihen és a következő 1/5 perc alatt ismét megtesz 1 métert. Így<br />
* Teleki Oktatási Központ Versenye
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 397<br />
ha a [0,1] és az [1/5, 6/5] időintervallumokban két megfigyelő figyelte, akkor mindkét<br />
megfigyelőre teljesülnek a feltételek. Ha ezt a beosztást még négyszer megismételjük,<br />
akkor hat perc alatt 5⋅2 méter távolságot tesz meg úgy, hogy a feltételek teljesülnek.<br />
50. Melyik az a legnagyobb páros szám, amely nem írható fel két páratlan összetett<br />
szám összegeként? (TOK Matematikaverseny 2000.)<br />
Megoldás. A lehetséges felbontások közül néhány:<br />
n = ( n − 9) + 9 = ( n − 15) + 15 = ( n − 21) + 21 =<br />
( n − 25) + 25 = ( n − 27) + 27 = ( n − 35) + 35<br />
Ha n ≥ 41 , akkor ezekben a felbontásokban minden tag legalább 6. Másrészt az<br />
n−9, n−25, n−35számok<br />
közül pontosan az egyik osztható 3-mal. ĺgy az<br />
n = ( n − 9) + 9 = ( n − 25) + 25 = ( n − 35) + 35 felbontások közül az egyik két<br />
összetett páratlan számot tartalmaz. Ugyanakkor 40=15 +25 és n=38 esetén minden<br />
lehetséges felbontásban van legalább egy prímszám. Tehát 38 a legnagyobb páros<br />
szám, amely nem bontható fel két páratlan összetett szám összegére.<br />
51. Egy pingpongbajnokságon az n résztvevő közül mindenki egyszer játszott minden<br />
más résztvevővel. Az egyes versenyzők győzelmeinek és vereségeinek számát jelöljük<br />
rendre x , x2,... xnilletve y , y -nel. Bizonyítsd be, hogy<br />
1 2,...<br />
yn<br />
1<br />
2 2 2<br />
x1 + x2 + ... + xn 2 2<br />
2<br />
= y1 + y2 + ... + yn<br />
.<br />
Megoldás. Mivel minden játékos n − 1 mérkőzést játszott, x + y = n −1<br />
.<br />
i i<br />
n n<br />
∑ ∑<br />
Minden mérkőzésnek van egy győztese és egy vesztese, ezért x = y . Az első<br />
i<br />
i= 1 i=<br />
1<br />
y<br />
2<br />
egyenletet , illetve y -vel beszorozva kapjuk, hogy x = ( n −1) x −x<br />
és<br />
i i y<br />
xi i<br />
i i<br />
2<br />
i = ( −1) i − .<br />
n<br />
2<br />
∑xi n n n<br />
= ∑[ ( n −1) xi − xiyi] = ( n −1) ∑yi − ∑xiyi n<br />
2<br />
= ∑yi<br />
i= 1 i= 1 i= 1 i= 1 i=<br />
1<br />
y n y x<br />
Ezek alapján .<br />
52. Oldd meg és tárgyald az<br />
y − xz = a( x + y + z)<br />
2 2<br />
z − xy = b( x + y + z)<br />
2 2<br />
2 2<br />
x − yz = c( x + y + z)<br />
egyenletrendszert ha abc∈ ,, . (TOK Matematikaverseny 2000.)<br />
Megoldás. Az<br />
2 2 2<br />
x ( y − xz) + y ( z − xy) + z ( x − yz)<br />
= 0 azonosság<br />
felhasználásával az egyenletrendszerből kapjuk, hogy<br />
2<br />
( x + y + z) ( ax + by + cz)<br />
= 0 .<br />
2<br />
Hasonló módon, az z y − xz<br />
2<br />
+ x z − xy<br />
2<br />
+ y x − yz = 0 azonosság alapján<br />
( ) ( ) ( )<br />
2<br />
( x + y + z) ( az + bx + cy)<br />
= 0 .<br />
Ha x + y + z = 0 , akkor x = y = z = 3 xyz , tehát x = y = z =<br />
0 .<br />
i<br />
i i
398 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok<br />
Ha x + y + z ≠ 0 , akkor ax + by + cz = 0 és az + bx + cy = 0 .<br />
2<br />
( )<br />
( )<br />
2<br />
y⋅ b −ac<br />
y⋅ c −ab<br />
Ha a ≠ 0 , akkor z =<br />
és x =<br />
. Ezt visszahelyettesítve<br />
2<br />
2<br />
a −bc<br />
a −bc<br />
elvégezhető a tárgyalás.<br />
53. Egy zár, amelyen három nyomógomb van, akkor nyílik ki, ha a gombokat egy<br />
előírt sorrendben nyomjuk meg, közvetlenül egymás után. Legkevesebb hány<br />
gombnyomás szükséges ahhoz, hogy biztosan kinyíljék a zár? (a megfelelő három<br />
gombnyomást esetleg megelőző gombnyomások nem befolyásolják a zár szerkezetét).<br />
Mi a válasz a feltett kérdésre ha a záron négy gomb található?<br />
Megoldás. Jelöljük a gombokat a, b, c- vel. Olyan minimális karaktersorozatot kell<br />
szerkesztenünk, amelyből kivágható az a, b, c tetszőleges sorrendje. E permutációk a<br />
következők: abc, acb, bac, bca, cab, cba. Ahhoz, hogy a sorozat a lehető legrövidebb<br />
legyen, nyilvánvaló, hogy az nem fordulhat elő egymásután kétszer ugyanaz a<br />
karakter. Az abcab már lefed hármat. Ha a következő karakter c, akkor ismét az abc<br />
részsorozathoz jutunk. Ha viszont a következő karakternek az a-t választjuk, akkor,<br />
folytatva a gondolatmenetet, végül az abcabacba karaktersorozathoz jutunk és<br />
valóban, ez tartalmazza az összes sorrendet. Tehát kilenc gombnyomás után biztosan<br />
kinyílik az ajtó. Négy gomb esetén hasonló elgondolás alapján 33 gombot kell<br />
megnyomni.<br />
54. Egymás után elhelyezünk nyolc korongot és megszámozzuk őket 1-től 8-ig. Lépés<br />
alatt azt értjük, hogy két szomszédos korongot felcserélünk. Ilyen lépések ismétlésével<br />
elérhetjük-e, hogy a korongok fordított sorrendben legyenek? Hát akkor, ha egy lépés<br />
alatt azt értjük, hogy három szomszédos korongot cserélünk fel az alábbi ábrának<br />
megfelelően:<br />
1 4 7 7 4 1<br />
Mi a válasz az előbbi kérdésekre ha eredetileg kilenc korongunk van?<br />
(TOK Matematikaverseny 2000.)<br />
Megoldás. 7 cserével az 1-es a sor végére vihető. További hat csere után elérhető,<br />
hogy a 2-es az 1-es elé kerüljön. Folytatva az eljárást, 28 csere után elérhető a fordított<br />
sorrend. Ez kilenc korong esetén is hasonlóan érhető el.<br />
Ha három szomszédos korongot cserélünk fel, akkor a páros számot viselő korongok<br />
jobbról számolva páros helyeken maradnak, tehát 8 korong esetén nem lehetséges a<br />
sorrend megfordítása. Kilenc korong esetén az 1, 3, 5, 7, 9 és 2, 4, 6, 8 korongokat<br />
külön fordítjuk meg. ĺgy a teljes sorrend megfordul.<br />
55. a) Egy játékgyár olyan naptárat szeretne készíteni, amelyen a dátumot (a<br />
napokat) két kockával jelzik. Mindkét kockának minden oldalára egy-egy számjegyet<br />
írnak és a két kocka megfelelő oldalainak egymás mellé helyezése jelzi a megfelelő<br />
dátumot. Például augusztus 9.-ét az Augusztus feliratú táblácska és a 0 illetve 9-es<br />
számjegyek jelzik. Milyen számokat kell az egyes kockákra ráfesteni, ha a 9-es 6-osnak<br />
is olvasható és fordítva?<br />
b) Határozd meg a legnagyobb olyan n természetes számot, amelyre 1-től n-ig<br />
minden szám kirakható az előbbi módon három kocka segítségével!
Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 399<br />
Megoldás. a) A 11 és 22 csak akkor rakható ki, ha mindkét kockán szerepel az 1-es<br />
és 2-es. A 30-as dátum kiírásához az egyik kockán meg kell jelenjen a 0 és a másikon<br />
a 3. Ugyanakkor a 01, 02, 03, 04, 05, 06, 07, 08, 09 kiírása csak úgy lehetséges, ha a 0<br />
mindkét kockán szerepel (ellenkező esetben a másik kockán az összes többi<br />
számjegynek szerepelnie kellene). Tehát az egyik kockán kötelező a 0, 1, 2, 3, a<br />
másikon a 0, 1, 2. A 4, 5, 6, 7, 8 számjegyeket tetszőlegesen eloszthatjuk (az első<br />
kockára kettő, a másodikra három darab kerül).<br />
b) Ha 088- ig szeretnénk mindent kirakni, akkor mindhárom kockán szerepelnie kell<br />
egy nullásnak és legalább két kockán 1-esnek. A 022, 033, 044, 055, 066, 077, 088<br />
számok nem rakhatók ki mert ehhez legalább 7⋅ 2 + 5 = 19 oldala kellene legyen a<br />
három kockának. Ha a kockákra festett számok a következők:<br />
A: 0, 1, 2, 4, 5, 7<br />
B: 0, 1, 3, 4, 6, 7<br />
C: 0, 2, 3, 5, 6, 8,<br />
akkor 000-tól 087- ig minden szám kirakható. Tehát a legnagyobb ilyen szám az<br />
n = 87 .<br />
56. Egy 8x8-as sakktáblán 42 figura áll. Bizonyítsd be, hogy létezik a táblának<br />
legalább egy 4x4-es kis résztáblája, amelynek átlós mezőin legalább négy figura áll!<br />
Megoldás<br />
Ha a következtetés nem igaz, akkor a szürke<br />
mezőkön legfeljebb 12 figura állhat (ellenkező<br />
esetben a négy "sarki" résztábla valamelyikének átlós<br />
mezőin legalább 4 bábu állna). ĺgy a maradék 32<br />
mezőn legalább 30 figura áll. Tehát a hullámos<br />
vonallal keretezett résztáblák 16 átlós mezejére<br />
legalább 14 figura jut, tehát valamelyikük átlóin van<br />
legalább 7 figura, így ellentmondáshoz jutottunk.<br />
Következik, hogy az eredeti állítás igaz.<br />
57. Két gyerek meg kell tegyen egy 50 km hosszú utat és rendelkezésükre áll egy<br />
bicikli. Ha a biciklin egyszerre csak egyikük lehet, gyalog a sebességük 5 km/h és<br />
biciklivel 15 km/h legalább mennyi időre van szükségük a távolság megtételéhez? Hát<br />
akkor, ha hárman vannak és két bicikli áll rendelkezésükre?<br />
Megoldás. Ha x távolságot gyalog és d − x távolságot biciklivel tesz meg egy<br />
x d − x<br />
x d − x<br />
gyerek, akkor + idő alatt ér célba. A másik viszont + idő alatt ér<br />
v1 v2<br />
v2 v1<br />
⎛1 1 ⎞<br />
be. A két idő összege d ⎜ +<br />
⎟<br />
v1 v<br />
⎟,<br />
független az x - től, tehát a két idő nagyobbika<br />
⎜⎜⎝ ⎟<br />
2⎠<br />
x d −x<br />
x d x<br />
akkor a legkisebb, ha a két idő egyforma, vagyis + = +<br />
v v v v<br />
− , ahonnan<br />
1 1 2 2
400 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok<br />
d<br />
x = . Tehát az egyik gyerek elindul biciklin és félútnál leteszi a kerékpárt. Amikor<br />
2<br />
a második gyerek eléri biciklit, felül rá és továbbmegy. ĺgy mindketten 6 óra 40 perc<br />
alatt érnek célba.<br />
Ha hárman vannak két biciklivel, akkor két esetet különböztetünk meg.<br />
1. eset: a biciklivel nem lehet visszafele haladni. ĺgy összesen 3 d utat kell megtenni,<br />
2d d<br />
és ebből 2 d távolságot biciklivel, tehát legalább + a hármuk összideje. Akkor<br />
v2 v1<br />
1⎛2d d ⎞<br />
érnek a leghamarabb be, ha mindhárman ⎜ +<br />
⎟<br />
3 v2 v<br />
⎟ időt mennek. Ez azt jelenti,<br />
⎜⎜⎝ ⎟<br />
1⎠<br />
d 2d<br />
hogy távolságot megy mindenki gyalog és -at biciklivel.<br />
3<br />
3<br />
2. eset: előfordulhat, hogy az egyik gyerek biciklin megy és visszaviszi a harmadiknak<br />
d( 3v2 + v1)<br />
50<br />
az "üres" kerékpárt. ĺgy t =<br />
= , vagyis 5 óra 33 perc 20 másodperc<br />
v2( v2 + 3v1) 9<br />
alatt is beérhetnek.