11 érthető matematika megoldásai

�0

�5

�2�5

�7�5

�9�5

�1�0�0

�m�a�t�e�k�_�1�1�_�b�o�r�i�t�o�_�n�y

�2�0�1�1�.� �s�z�e�p�t�e�m�b�e�r� �1�3�.� �1�3�:�1�9�:�0�7

Juhász István Orosz Gyula Paróczay József Szászné Dr. Simon Judit

MATEMATIKA 11.Az érthetõ matematika

NEMZETI TANKÖNYVKIADÓ BUDAPEST

16312_Matek11_00_cimnegyed 2011.12.19. 19:33 Page 1

3

TARTALOM

Fontosabb jelölések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6A tankönyv használatáról . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

Vegyes algebrai feladatok – ismétlés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91. Egészkitevõjû hatványok, azonosságok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112. Az n-edik gyök és azonosságai. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143. Racionális kitevõjû hatvány, permanencia elv . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174. Az exponenciális függvény . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205. Exponenciális egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246. Exponenciális egyenletrendszerek, egyenlõtlenségek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 277. A logaritmus fogalma. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30O A természetes alapú logaritmus és egyéb matematikatörténeti érdekességek (olvasmány) . . . 338. A logaritmusfüggvény . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 359. A logaritmus azonosságai. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3910. Logaritmusos egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4311. Logaritmusos egyenletrendszerek, egyenlõtlenségek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4812. Gyakorlati alkalmazások . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51O Közelítõ értékek (olvasmány) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

13. Skalárszorzás. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6114. Skalárszorzással megoldható feladatok a koordináta-rendszerben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6515. A szinusz- és koszinusztétel alkalmazása 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6816. A szinusz- és koszinusztétel alkalmazása 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73O Addíciós tételek (olvasmány, emelt szint) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7617. Trigonometrikus egyenletek 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8218. Trigonometrikus egyenletek 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8819. Trigonometrikus egyenlõtlenségek (emelt szint) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94O Skaláris szorzat geometriai alkalmazásai (olvasmány). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

Válogatás érettségi elõkészítõ feladatsorokból . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

20. Az inverz függvény fogalma, elsõfokú függvény inverze (ismétlés) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10721. Gyakrabban elõforduló függvények és inverzeik (ismétlés) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11022. Trigonometrikus alapfüggvények jellemzése . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11323. Függvénytranszformációk általános vizsgálata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11824–25. Összetett trigonometrikus függvények ábrázolása és jellemzésük . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12426. Egyenletek grafikus megoldása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12927. Egyenlõtlenségek grafikus megoldása (emelt szint) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13228. Gyakorlati problémák vizsgálata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS 8

II. TRIGONOMETRIA 60

III. FÜGGVÉNYEK 106


4

TARTALOM

Bevezetés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13929–30. Egyértelmû vektorfelbontási tétel. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13931–32. Felezõpont, súlypont, osztópont koordinátái (ismétlés) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14233–34. Skaláris szorzat koordinátákkal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146O A beírt kör középpontjának koordinátái (olvasmány, nem érettségi tananyag) . . . . . . . . . . . 15035. Az egyenes normálvektoros egyenlete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15136. Egyenes irányvektoros egyenlete, két ponton átmenõ egyenes egyenlete . . . . . . . . . . . . . . 15437. Irányszög, iránytangens, iránytényezõs egyenlet. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15638. Metszéspont meghatározása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15939. A párhuzamosság és a merõlegesség koordináta-geometriai feltétele . . . . . . . . . . . . . . . . . 161O Geometriai transzformációk és koordináták (olvasmány) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16540. Pont és egyenes távolsága (két párhuzamos egyenes távolsága) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16741. Adott középpontú és sugarú kör egyenlete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16942. Kör és a kétismeretlenes másodfokú egyenlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17343. Egyenes és kör kölcsönös helyzete. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17544. Adott pontban húzott és adott irányú érintõk meghatározása. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17745. Két kör kölcsönös helyzete, érintkezõ körök (emelt szint). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17946. Ponthalmazok a koordinátasíkon (egyenlet, egyenlõtlenség, mértani hely) . . . . . . . . . . . . . 181O Parabola és a másodfokú egyenlet (olvasmány, emelt szint). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187O Kúpszeletek (olvasmány, nem érettségi tananyag) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19147. Alkalmazások . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

48. Ismétlés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20349. Binomiális együtthatók . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208O Binomiális-tétel, Pascal-háromszög (olvasmány) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21650. Gyakorlófeladatok. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220O A kombinatorika leggyakoribb leszámolási struktúrái (olvasmány) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22651. A gráfmodell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22952. A gráfmodell alkalmazása; gráfok egyenlõsége. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23653. Gráfok jellemzõi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24454. Vegyes feladatok (gráfok). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250O Néhány érdekes gráfelméleti probléma (olvasmány) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25655. Kombinatorikai és gráfelméleti alkalmazások . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260

V. KOMBINATORIKA, GRÁFOK 202

IV. KOORDINÁTA-GEOMETRIA 138


Bevezetés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26756. Független események (emelt szint) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26857. Binomiális eloszlás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27258. Statisztikai mintavétel (visszatevéssel vagy visszatevés nélkül) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276O Játékok elemzése (olvasmány) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28059. Statisztika körülöttünk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283

FOGALOMTÁR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291

5

TARTALOM

VI. VALÓSZÍNÛSÉG-SZÁMÍTÁS, STATISZTIKA 266


FONTOSABB JELÖLÉSEK

6

Az A pont és az e egyenes távolsága: d(A; e) vagy Aevagy

Az A és B pont távolsága: AB vagy vagy d(A; B)

Az A és B pont összekötõ egyenese: e(A; B)

Az f1 és f2 egyenesek szöge: vagy

A B csúcspontú szög, melynek egyik szárán az A, másik szárán a C pont található:

A C csúcspontú szög:

Szög jelölése:

Az A, B és C csúcsokkal rendelkezõ háromszög:

Az ABC9 területe: T(ABC) vagy TABC

Az a, b és c oldalú háromszög fél kerülete:

A derékszög jele: *

Az e egyenes merõleges az f egyenesre:

Az e egyenes párhuzamos az f egyenessel: e || f

Egybevágóság: ,;

Hasonlóság: ;

A hasonlóság aránya: m

Az A pontból a B pontba mutató vektor:

Az A pontba mutató helyvektor: a vagy

A v vektor: v vagy v vagy

A természetes számok halmaza: N; {0; 1; 2; …}

Az egész számok halmaza: Z{…; –2; –1; 0; 1; 2; …}

A pozitív, a negatív egész számok halmaza: Z+, Z– {1; 2; 3; …}, {–1; –2; –3; …}

A racionális, az irracionális számok halmaza: Q, Q*

A pozitív, a negatív racionális számok halmaza: Q+, Q–

A valós számok halmaza: R

A pozitív, a negatív valós számok halmaza: R+, R–

Eleme, nem eleme a halmaznak: !, "; ,

Részhalmaz, valódi részhalmaz: 3, 1; ,

Nem részhalmaza a halmaznak: j;

Halmazok uniója, metszete: ,, +;

Halmazok különbsége: \; A \ B

Üres halmaz: Q, {}

Az A halmaz komplementere:

Az A halmaz elemszáma: ;

Végtelen: 3;

Az x szám abszolút értéke: ;

Az f függvény értelmezési tartománya és értékkészlete:Df , Rf

Az f függvény hozzárendelési szabálya: ;

;

Az f függvény helyettesítési értéke az x0 helyen: ;

Az f függvény inverze: f –1

n faktoriális: n!; 4! = 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 24

Az X sokaság átlaga:

Az összegzés jele: ∑;

Permutációk: Pn; Pn = n!, P4 = 4! = 24

Ismétléses permutációk: , (k + l + m # n);

;

Variációk: ; = n ⋅ (n – 1) ⋅ (n – 2) ⋅ … ⋅ (n – k + 1);

Ismétléses variációk: ; = nk;

Kombinációk: vagy ;

;

Binomiális együttható: ;

Állítások tagadása (negációja):

Állítások diszjunkciója, konjunkciója: ∨, ∧

Állítások implikációja, ekvivalenciája: ⇒, ⇔ vagy →, ↔

Univerzális kvantor (minden …) ∀

Egzisztenciális kvantor (létezik …) ∃

A

J

nkd n

52 2 1

5 4 10$$

= =d n

C 2 15 4 105

2

$$

= =!C

kn n n k1 1

nk $ $ $f=

- - +^ ^h h

nkd nCn

k

V 5 125,i53 3

= =V ,nk iV ,

nk i

V 5 4 3 6053 $ $= =

VnkVn

k

! !!P 2 2

5 30,52 2

$= =! ! !

!Pk l m

n, ,nk l m

$ $=

P , ,nk l m

x x x xii 1

8

1 2 8f= + + +=

/

X

N 3=

( )f x0 (5), 5f xha 0 =

OABC A B C+O l l l+

v

AB

OABC A B C,O l l l

e f=

s a b c2= + +

ABC9

, , , fa b c

CB

ABCB

( ; )f f1 2B ( ; )f f1 2 B

AB

Ae

f x y=] g f x x2 3= +] g

:f x f x7 ] g : 2 3f x x7 +

x , 3,13 1 =-

A 0;1; 2 3=" ,

A

,A B A B, +

Z Q1 +Y

A R3 N Q1

N5 ! 2 Zg- +


A TANKÖNYV HASZNÁLATÁRÓL

A tankönyv elsõsorban a középszintû érettségi vizsga tananyagát tartalmazza, de megtalálható bennenéhány olyan kiegészítés is, amely az emelt szintû érettségi vizsga követelményrendszeréhez tartozik.

A tankönyv nem tartalmazza az emelt szintû érettségi vizsga követelményeit.A tankönyvben a matematikai szemlélet fejlesztése a definíciókhoz és a fogalmakhoz kapcsolódó tana-

nyagelemek kidolgozásával történik. A matematika megértéséhez, sikeres tanulásához feltétlenül hozzátar-tozik a bizonyítási készség kialakítása és fejlesztése. Minden lecke végén összegyûjtöttük a fontosabb új fo-galmakat. Kiegészítõ anyagként ajánljuk az olvasmányok és matematikatörténeti ismertetések, érdekességekelolvasását.

A tankönyvben -tel (és apró betûvel), jól elkülönítve jelöltük azokat a kiegészítéseket, ame-lyek csak az emelt szintû érettségi vizsgán kérhetõk számon.

Számos kidolgozott példa található a könyv minden leckéjében, amelyek fokozatosan vezetik be a ta-nulókat az elsajátítandó tananyagba. A tananyag gyakorlását, elmélyítését, az otthoni tanulást és az érett-ségi vizsgára való felkészülést a leckék végén kitûzött feladatok segítik. Ezeket a nehézségi szintjük szerintis csoportosítottuk:

= középszint, könnyebb;

= középszint, nehezebb;

= emelt szint, könnyebb;

= emelt szint, nehezebb feladat.

A leckék végén lévõ feladatok részletes megoldása megtalálható az interneten, a www.ntk.hu webol-dalon.

Az érdeklõdõk vagy gyakorolni vágyók számára a leckék végén még további feladatokat is ajánlunk,amelyeket a Nemzeti Tankönyvkiadó MATEMATIKA Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjteménycsaládjából jelöltünk ki.

Segíteni kívánjuk a diákok pályaorientációját, ezért néhány pályaképpel szeretnénk felhívni a figyelmeta matematikatanulás hasznosságára. A pályaképekben megjelenõ fiataloktól megtudhatjuk, hogy jelenlegimunkájuk során hogyan hasznosítják, amit korábban a középiskolában megtanultak.

A felkészüléshez ajánlott példatárak:

Gerõcs László – Orosz Gyula – Paróczay József – Szászné Dr. Simon Judit:16125/I (+CD-n a megoldások) MATEMATIKA Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény I.16125/II MATEMATIKA Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény I., Megoldások16126/I (+CD-n a megoldások) MATEMATIKA Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény II.12126/II MATEMATIKA Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény II., Megoldások

Czapáry Endre – Czapáry Endréné – Csete Lajos – Hegyi Györgyné – Iványiné Harró Ágota – Morvai Éva – Reiman István:16127/I (+CD-n a megoldások) MATEMATIKA Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény III., Geometriai

feladatok gyûjteménye16127/II MATEMATIKA Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény III., Geometriai

feladatok gyûjteménye, Megoldások

E2

E1

K2

K1

Emelt szint

7


8

A középkor végének Európájában egyre fontosabbá vált a hajózás, csillagászat, kereskedelem,és azipar fejlesztése. Ezt a felgyorsult fejlõdést elsõsorban mûszaki és matematikai vívmányoknak köszönhet-ték. A pénzforgalomban érdekelt szakemberek számára a kamatos kamat gyors kiszámítása érdekébentáblázatokat készítettek. A megfeleltetést a görög logosz, arány és arithmosz, szám összevonásából lati-nosan logaritmusnak nevezték el.

I. HATVÁNY, GYÖK,LOGARITMUS

I. HATVÁNY, GYÖK,LOGARITMUS

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:52 Page 8

9

VEGYES ALGEBRA FELADATOK – ISMÉTLÉS

VEGYES ALGEBRA FELADATOK – ISMÉTLÉS

A 9. és 10. osztályban elsajátított algebrai módszerek és eszközök már sokféle feladat megoldását tesziklehetõvé. Ismétlésképpen a hatványozás, gyökvonás és a nevezetes azonosságok témakörébõl válogattunkössze néhány feladatot. Ezek megoldásához néha valamilyen ötlet kell – de a megoldás leírása elegánsan,néhány sorban megadható.

Az alábbi feladatsorban az A, B, …, F számértékeket kell meghatározni. Próbáljuk ügyes számolással, aszámológép használata nélkül megoldani a feladatot!

Segítség:A: Az x2 + y2 – 2xy = (x – y)2 azonosságot alkalmazhatjuk.B: Segít az x2 – y2 = (x + y)(x – y) azonosság.C: Az x2 + y – z2 kifejezés tagjait érdemes x2 – z2 + y sorrendbe csoportosítani.D: Alakítsuk át a tényezõket közönséges törtté!

E: Legyen például x = 12 343 212 346, ekkor a tört alakú.

F: Észrevehetjük, hogy a két négyzetgyök alatt teljes négyzetek szerepelnek.

Eredmények:A = (312 421 – 212 421)2 = 100 0002 = 1010.B = (777 777 778 + 222 222 223)(777 777 778 – 222 222 223) = 1 000 000 001 ⋅ 555 555 555 =

= (1 000 000 000 + 1) ⋅ 555 555 555 = 555 555 555 000 000 000 + 555 555 555 = 555 555 555 555 555 555(18 darab 5-ös).

C = (444 444 445 + 444 444 444)(444 444 445 – 444 444 444) + 111 111 111 = 888 888 889 + + 111 111 111 = 1 000 000 000 = 109.

D = . (A 3, 4, …, 100 tényezõkkel egyszerûsíthetünk.)

E = , így a tört alakú.

F: és , így

F = .

Másképpen is eljárhatunk:

= , s mivel F < 0,ebbõl F = –4 következik.

A következõ két példa egy-egy matematikai alkalmazás. Most is elõször önállóan próbáljuk megoldania feladatokat.

20 2 100 16 6 16$- - =10 4 10 4 2F 6 6 10 4 6 10 4 62= - + + - - +^ ^h h

6 2 6 2 6 2 6 2 6 2 6 2 42 2- - + = - - + = - - + =-^ ^ ^h h h

10 4 6 6 2 2+ = +^ h10 4 6 6 2 2

- = -^ h

x1

11

12 343 212 345- =x x x x x1 1 1 12 2 2- - + = - - =^ ^ ^h h h

23

34

45

99100

100101

2101$ $ $ $ $f =

x x xx

1 11

2- - +

-^ ^h h

A = 312 4212 + 212 4212 – 624 842 ⋅ 212 421; B = 777 777 7782 – 222 222 2232;

C = 444 444 4452 + 111 111 111 – 444 444 4442; D = ;

E = ; F = .10 4 6 10 4 6- - +

1 21 1 3

1 1 1001f+ + +b b bl l l

12 343 212 346 12 343 212 345 12 343 212 34712 343 212 345

2 $-

1. példa (számválaszos verseny)

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:52 Page 9

10

VEGYES ALGEBRAI FELADATOK – ISMÉTLÉS

Azt kell igazolnunk, hogy minden pozitív egész k számra teljesül. He-

lyettesítsük a k darab 1-esbõl álló számot a-val! Ekkor az szám a ⋅ 10k + a, és az igazolandó

állítás a ⋅ 10k + a – 2a = 3a ⋅ 3a alakú. Átrendezés és a-val való egyszerûsítés után 10k – 1 = 9a egyenletadódik, és ez minden a fenti a-ra igaz: 10k – 1 éppen k darab 9-esbõl áll.

Az észrevett szabályosság tehát folytatódik.

Ha az egyik dobás 50-es Bull (vagy kisebb értékû), akkor a maradék 123 pont túl sok, két dobásból nemérhetõ el. Minden dobásnak tehát 50-nél nagyobbnak, azaz triplának kell lennie.

De a tripla találatok, valamint összegük is mind oszthatók 3-mal, míg a 173-ra ez nem igaz. Ezért a 173pont valóban nem állítható elõ.

Mennyi az alábbi kifejezések kiszámított értékében a számjegyek összege?a) ; b) ; c) 9 + 99 + 999 + … + .

Mennyi az kifejezés pontos értéke?

(Segítség: gyöktelenítsük a törteket!)1 2

12 3

199 100

1f+

++

+ ++

99 92011darab

fS

10 7105

-^ h10 710 5

-^ h

11 1k2 darab

fS

11 1k darab

fS

11 1 22 2 33 3 33 32k k k kdarab darab darab darab

$f f f f- =SSSS

A darts nevû ügyességi játékban a céltábla egyes mezõire dobó-nyíllal célzunk. A megfelelõ 1, 2, … , 20 mezõket eltalálva ennyi pon-tot ér egy-egy dobás. A külsõ vékony körgyûrût eltalálva a dobásértékduplázódik, a beljebb lévõ körgyûrû eltalálása pedig háromszorozzaaz értéket. Még két speciális mezõ van: a céltábla piros közepe (Bull)50 pontot, a körülötte levõ zöld külsõ Bull pedig 25 pontot ér.

Három dobásból legfeljebb 180 pont érhetõ el, ha három tripla20-ast dob a játékos (T20 + T20 + T20 = 180).

Feladat: mutassuk meg, hogy a 173 pont nem érhetõ el háromdobásból!

3. példa

2. példa

Megfigyelhetjük, hogy 11 – 2 = 3 ⋅ 3; 1111 – 22 = 33 ⋅ 33; 111 111 – 222 = 333 ⋅ 333. Vajon folytatódik ez a szabályosság?

Megoldás

205

12

914

11

8

16

719 3

17

2

15

106

13

4

181Dupla szektor Tripla szektor

Szimpla szektor

külsõ Bull

Bull

Megoldás

FELADATOK1. K2

2. K2

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:52 Page 10

11

1. EGÉSZKITEVÕJÛ HATVÁNYOK, AZONOSSÁGOK


Elõzõ évi tanulmányainkban értelmeztük a valós számok egész kitevõjû hatványát. Természetes a kér-dés: bõvíthetõ-e a hatványozás fogalma tetszõleges racionális, esetleg irracionális kitevõkre is. Ezt a kérdéstfogjuk vizsgálni, elõtte ismételjük át a hatványozás azonosságait.

;

;

.

;

.

;

, .a

a a a a4

5 25 2 4 3$

= =+ - , 0a aR !!

33 3 31

22 1 3

= =-- -^ h

k l n k l nb b b b$ $ $ $=^ h

2 7 2 73 3 3$ $=^ h

p p p pa b a b3 3$ $ =- + -

75

75

75

75

573 4 3 4 1

$ = = =- - -

b b b bl l l l

5 5 5 5 53 5 6 3 5 6 2$ $ = =- + -

1. példa

2. Szorzat hatványozása:, ., , 0, 0,a b a b nR Z! !! !a b a bn n n$ $=^ h

3. Azonos alapú hatványok hányadosa:

, ., 0, ,a a m nR Z!! !aa an

mm n

= -

4. Tört (hányados) hatványozása:

, ., , 0, 0,a b a b nR Z! !! !ba

ban

n

n

=a k

2. példa

3. példa

1. Azonos alapú hatványok szorzata:, ., 0, ,a a m nR Z!! !a a am n m n$ = +

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:52 Page 11

12

I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS

;

.

;

, .

Nézzünk néhány példát az azonosságok összetettebb használatára, ezek segítségével kifejezések egy-szerûbb alakját keressük.

Határozzuk meg az kifejezés értékét, ha , .

.

Hozzuk egyszerûbb alakra az alábbi kifejezéseket:

a) , ;

b) , .

a) ;

b) .pq p q q p pq p q q pq p

q p q p q p1 1 1 1 11 1 2 2 1

2 2+ - = +-

= ++ -

=-

- - -^ ^ c c ^

^ ^ch h m m h

h hm

32

32

81164

4

4

= =b l

34

34

1692

2

2

= =-

-

-

b l

:m nm n

mn m n m n n m m n m n1

3 2

3

5 47 2 4 2 1 20 12 28 8 42 11

$$ $ $ $ $ $ $ $ $= =-

-

-- - - -

c ^m h

pq p q q p1 1 2 2 1+ -- - -

^ ^h h , , 0,p q pq q pR ! !!

, , 0m n mnR !!:m nm n

mn m n1

3 2

3

5 47 2 4

$$ $ $

-

-

-- -

c ^m h

a b a b ab51

51

51

81 8 5

12 4 3 3 $ $= = - = -- -b bl l

b 8=a 81

=-a b a b51 2 4 3 3- -

, , 0, 0k l k lR ! !!l

klk

5

2 3

15

6

=- -

-c m

7 7712 3 66= =

- -^ h

4. példa

5. példa

6. példa

7. példa

5. Hatvány hatványozása, ., 0, ,a a m nR Z!! !a an m n m

=$

^ h

Megoldás

MegoldásFogalmaka hatványozás

azonosságai.

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:52 Page 12

13


Számítsuk ki az alábbi hatványok értékét!

a) , , ; d) ;

b) ; e) ;

c) ; f) .

Döntsük el, hogy igazak-e az alábbi egyenlõségek! Ahol az egyenlõség nem igaz, javítsuk ki úgy,hogy igaz legyen!a) ; d) ;

b) ; e) ;

c) ; f) .

Írjuk fel egyetlen hatványként az alábbi mûveletek eredményét!

a) ; b) .

Írjuk fel negatív kitevõ nélkül az alábbi hatványokat!

a) ; b) ; c) ; d) ; e) .

Írjuk fel egyetlen hatványként az alábbi kifejezéseket!

a) ; d) ;

b) ; e) .

c) ;

Írjuk egyszerûbb alakba az alábbi kifejezéseket!

a) , ;

b) .

y yy y

6 7 9

5 4 11 4

$

$-

-

^

^ ^

h

h h

xx x x

10

3 5 2 4$ $- -

^ h

aa a a

a aa

17

6 7 8

2

10$+ +

+ +

:b aa b

ba a b1

3 2

3

5 38 3 4

$$ $ $

-

-

-- -

c ^m h , , , 0a b a bR !!

2 4 840 40 40$ =

2 4 840 40 80$ =

8 440 80=

y yy y

3 7

4 3 5 4

$

$

^

^ ^

h

h h

2 24

7 8

4

+

14 22 2 2

6

5 6 7

$+ +

7 77 49

3 7

4 3 5

$

$

^

^

h

h

x xx x2 2 15

8 22

$

$

^ h

:3 3 35 6 9$^ h

2 8-^ h28

-28

9 3 324 26$ =

9 3 2724 26$ =^ h

a a a5 6 9 3$ $^ ^h h

45 2-

21

1-52 1-

b l3 5-2 3-

15 1225 3 8

4 15

2 18 10

$$ $

3 612 9 8

2 7 6

40 2 3

$

$ $

^ h

5 5 2541 41$ =

25 55 5

2 15

8 22

$

$

^ h

Franciaországban 1795-ben elfogadott prefixumok:

A prefixum A prefixum jele

A prefixum

neve értéke eredete jelentése

kilo 103 k görög „ezer”

hekto 102 h görög „száz”

deka 101 da görög „tíz”

deci 10–1 d latin „tíz”

centi 10–2 c latin „száz”

milli 10–3 m latin „ezer”

1. K1

2. K1

3. K1

4. K1

5. K1

6. K2

FELADATOK

Ajánlott feladatok

Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény I. 816–825, 827–828, 834–840.

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:52 Page 13

14


2. AZ n-EDIK GYÖK ÉS AZONOSSÁGAI

Ismételjük át az n-edik gyök fogalmát és azonosságait!

MegjegyzésNemnegatív valós szám n-edik gyökén azt a nemnegatív valós számot értjük, melynek n-edik hatványa az x szám-

mal egyezik meg, ahol n ! N, n $ 2.

A definíció szerint: , x $ 0, n ! N, n $ 2.

;

.

x xn n=^ h

28 4 25 5 55$- = - =-^ h

27 3 3 34 4 44$ = =

Definíció

Az definíciója:1. esetHa n pozitív páros szám, azaz n = 2k, k ! N+, akkor az a nemnegatív szám 2k-adik gyökén azt a

nemnegatív számot értjük, melynek 2k-adik hatványa a.

, ahol a $ 0, és n = 2k, k ! N+.

2. esetHa n $ 3 pozitív páratlan szám, azaz n = 2k + 1, k ! N+, akkor az a valós szám (2k + 1)-edik gyö-

kén azt a valós számot értjük, melynek (2k + 1)-edik hatványa a.

, ahol a ! R, és n = 2k + 1, k ! N+.a ak k2 1 2 1=+ +

^ h

a ak k2 2=^ h

an

A TANULT AZONOSSÁGOK

I. Szorzat n-edik gyöke egyenlõ a tényezõk n-edik gyökének szorzatával.Ha a $ 0, b $ 0, és n ! N, n $ 2, akkor .(Ha n páratlan, a és b negatív is lehet.)

ab a bn n n$=

II. Tört (hányados) n-edik gyöke, egyenlõ a számláló és a nevezõ n-edik gyökének hányadosával.

Ha a $ 0, b > 0, és n ! N, n $ 2, akkor .ba

ban

n

n

=

1. példa

16312_Matek11_01_ 2011.12.20. 17:15 Page 14

15

2. AZ n-EDIK GYÖK ÉS AZONOSSÁGAI

;

nem értelmezett, mert .

;

.

Ha a, b pozitív valós számok:

;

.

;

0364 1-

81

21

213

33

3

= =

643

6 -

.2 3 2 3 64 27 16 729

1024 46 656 432 19683

4 3 12 12 12 12

12 12 12 12

- + = - + =

= + - -

^ ^ ^ ^h h h h

a a1518 56=

ba

ab ab

ba

ab ab

ba

ab

ba

ab

ba34

2

264

364

6

6 324

3

524$= = = =

a a a323 26= =^ h

a a a a a a a a a5 5 5 5 5 5 55 5 6$ $ $= = = =^ ^h h

4 4 43 3 33= =^ h

2. példa

3. példa

4. példa

5. példa

III. Egy nemnegatív valós szám n-edik gyökének k-adik, egész kitevõjû hatványa egyenlõ a számugyanazon kitevõjû hatványának n-edik gyökével.

Ha a $ 0, n ! N, n $ 2, és k ! Z, akkor .a an k kn=^ h

IV. Az n-edik gyök k-adik gyökét felírhatjuk úgy is, hogy a gyök alatti kifejezés (n ⋅ k)-adik gyö-két vesszük.

Ha a $ 0, n ! N, n $ 2, és k ! N, k $ 2, akkor .a akn n k= $

V. Hatvány alakú kifejezés gyökénél a hatványkitevõ és a gyökkitevõ egyszerûsíthetõ, bõvíthetõ.

Ha a > 0, n ! N, n $ 2, k ! N, k $ 2, m ! Z, akkor .a am kn k mn=$$

Fogalmakgyökvonás;n-edik gyök.

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:52 Page 15

16


Döntsük el melyik szám nagyobb!a) vagy ;

b) vagy ;

c) vagy ;

d) vagy .

Állítsuk nagyság szerint csökkenõ sorrendbe az alábbi számokat!; ; .

Számítsuk ki az alábbi gyökök értékét!

a) ; c) ; e) .

b) ; d) ;

Végezzük el az alábbi mûveleteket!

a) ; b) ; c) .

Írjuk fel egyetlen gyökjel segítségével az alábbi mûveletek eredményét!

a) ; c) ; e) .

b) ; d) ;

Gyakorló és érettségire felkészítõ feladat gyûj te mény I. 895–900, 902–911, 916–919.

a a a3 24$

32

23 633 $ $

5 125 5453$ $

,,

0 0110 0 14

34 $

4 121296

33

3

$

1024 47 27$

5 53

21

213

,0 1 ,0 13

73 65

43 84 106

6 363 3$

8 25 25$

3 34

81

2 2 44 5 3$ $

31 35

534$c m2

1 24 35$6 103 4$

Ajánlott feladatok

FELADATOK

1. K1

2. K2

3. K2

4. K2

5. K2

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:52 Page 16

17

3. RACIONÁLIS KITEVÕJÛ HATVÁNY, PERMANENCIA ELV


Az elõzõekben az egész kitevõjû hatványokat értelmeztük, a hatványozás és az n-edik gyök azonossá-gait ismételtük át. Nyilvánvalóan felmerül a kérdés, kiterjeszthetõ-e a hatványozás fogalma tetszõleges ra-cionális kitevõkre. Ha ez lehetséges, akkor úgy járjunk el, hogy az eddig megismert azonosságok érvény-ben maradjanak. Ezt az igényt fejezi ki a permanencia elv.

Vegyük figyelembe a következõ azonosságot:

Tehát ha racionális kitevõre szeretnénk értelmezni a hatványozást, akkor legyen igaz:

Ha mindkét oldalból n-edik gyököt vonunk:

.Még vizsgáljuk meg, hogy ha ezt az összefüggést definíciónak fogadjuk el, akkor az értelmezési tartomány

milyen alap esetén felel meg elvárásainknak. Három probléma merülhet fel.

1. problémaHa az alap negatív szám, akkor ellentmondásba juthatnánk, például:

nem értelmezhetõ a valós számok halmazán, ezért a negatív alapot ki kell zárnunk.

2. probléma

Ha , akkor teljesül-e?

Az igazoláshoz alakítsuk át a feltételt.

Ha , akkor .

Induljunk ki az igazolandó egyenlõség bal ldalából.

.Az egyenlõség sorozat harmadik lépésénél használtuk ki a feltételt, és igazoltuk az állítást, azaz a törtki-

tevõ más alakban történõ felírásától nem függ a hatvány értéke.

3. problémaA permanencia elv vizsgálata:Bizonyítható, hogy a hatványozás azonosságai is érvényben maradnak.

Példaként vizsgáljunk meg az azonosság érvényes-e?

a a a a a anm

mn mlnl knnl kl lk

= = = = =

m l k n$ $=nm

lk

=

a a anm

lk

nm

lk

$ =+

a anm

lk

=nm

lk

=

3 343

34- = -^ ^h h

a anm

mn=

, ahol k, l ! Z.a ak l kl=^ h

, ahol .0, 0, ,a n m n Z! ! !a anm n

m=_ i

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:53 Page 17

18


Egyrészt: .

Másrészt: .Az egyenlõségek jobb oldalai megegyeznek, tehát a bal oldalak is egyenlõk.

Ezzel beláttuk, hogy a régebben ismert azonosság érvényben maradt.Hasonlóan igazolható a többi azonosság megmaradása is.

Számítsuk ki a következõ hatványok pontos értékét!

a) ; b) ; c) ; d) ; e) .

a) ; b) ;

c) ;

d) ;

e) .

Hozzuk egyszerûbb alakra a kifejezéseket!

a) ; b) .

a) ;

b) , ha a > 0.a

a a

a

a a a a a4 3

23 21

43

32

21

32

21

43

125

512$ $= = = =

+ -

^ h

a a anm

lk

nm

lk

$ =+

a a a a a a anm

lk

nlml

lnkn

mlnl knnl ml knnl$ $ $= = = +

a a anm

lk

nlml kn

ml knnl= =

++

+

2 2 2 2 2 2 413

1 423 3

432

34 2

32

3$ $= = = =-

-- +

-a k

831

043

8116 4

5-

b l ,0 01 ,2 5- 62534

8116

1681

23

234

5 54

20

204

5= = =

-

b b bl l l

8 8 231

3= = 0 0 04

334

= =

aa a

4 3

23 21

$

^ h2 23

1 423$

-

a k

625 5 5 5 5 534

4 34

316 163 5 3$= = = =^ h

0,01 100 0001001 100 10,2 5 2

55 5

= = = =--

b l

Megoldás

Megoldás

1. példa

2. példa

Definíció

Egy tetszõleges pozitív x szám -edik hatványa az x szám m-edik hatványából vont n-edik gyök,

azaz

, ahol x > 0, m ! Z, n ! N, n ≠ 0, n ≠ 1.x xnm

mn=

nm

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:53 Page 18

19


Végezzük el a mûveleteket, a hatványok alapja pozitív valós szám!

a) ; b) .

a) ;

b) .

a b2

31

31

+a ka b72

51 3

2

a k

a b a ab b a ab b2 231

31 2

32

31

32

23 3 23$+ = + + = + +a^

kh

a b a b a b a b72

51 3

2

214

152

10520

10514

20 14105= = =a k

Számítsuk ki az alábbi hatványok értékét!

a) ; b) ; c) ; d) ; e) ;

f) ; g) ; h) ; i) ; j) .

Írjuk át az alábbi kifejezéseket gyökös alakba!

a) ; b) ; c) ; d) ; e) .

Írjuk át az alábbi kifejezéseket egyetlen szám hatványaként!

a) ; b) ; c) ; d) .

Írjuk fel egyetlen gyökjel segítségével az alábbi mûveletek eredményét!

a) ; b) ; c) ; d) .

Végezzük el az alábbi hatványozásokat!

a) ; b) ; c) .

Írjuk a lehetõ legegyszerûbb alakba az alábbi kifejezéseket!

a) ; b) .a ba b

ab21

21

1$ $+

- -

-^ h

a ba b

ab21

21 1

21

21 2$+

+

-

a

a

k

k

2 351

31 4

3

$a k

10

5 4,

526

3 2 1021

$ a b21

21 2

-a k

bb b b

6 5

33 24 31

$ $

^ ha a a5 2

1 543$ $

-_ i

55 54 3

23 21

$

^ h3 33

1 523$

-

a k

84

43 2

5 b l 25 53 32

$ 8 2 1635

85 3$ $

531

1043

7 45

-

6 ,2 5- 1334

16 ,0 75 32 ,0 4- 27 610

-

811 ,6 5-

b l ,0 36 25

-

3251

052

827 3

5-

b l ,0 00001 ,3 5- 133132

1. K1

2. K1

3. K2

4. K2

5. K2

6. K2

3. példa

Megoldás

FELADATOK

Fogalmakpermanencia-elv;racionális kitevõjû

hatványozás.

Ajánlott feladatok

Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény I. 927–937.

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:53 Page 19

20


4. AZ EXPONENCIÁLIS FÜGGVÉNY

Az elõzõ leckében értelmeztük a pozitív alapú, racionális kitevõjû hatványt. Magasabb matematikaimódszerekkel bizonyítható, hogy az értelmezés kiterjeszthetõ irracionális kitevõkre is. Ez a kiterjesztés a per-manencia elvnek megfelelõen, megtartja az eddig megismert hatványozás azonosságokat, valamint teljesüla következõ tulajdonság:

Az exponenciális kifejezések vizsgálatát, egyenletek, egyenlõtlenségek megoldását segíti, ha megismer-jük az exponenciális függvényeket és legfontosabb tulajdonságaikat.

Vizsgáljuk meg az f : R → R+, f (x ) = ax függvényt, ahol a > 0!Tekintsük elõször az f : R → R+, f (x ) = 2 x függvényt.(Legegyszerûbben úgy fogalmazhatnánk, hogy a vizsgált exponenciális függvény „állandó mértékben

többszörözõdik”, például egy baktériumkultúra, amely „minden órában megduplázódik”.)Az egész-, illetve a racionális kitevõjû hatvány értelmezése, tulajdonságai alapján kijelenthetjük, hogy az

exponenciális függvény szigorúan monoton növekvõ. A bevezetõ alapján is láttuk, hogy bizonyítható, hogy ha az értelmezési tartományt kiterjesztjük a valós

számok halmazára, akkor a függvény monotonitása nem változik.A függvény grafikonja:

Felmerül a kérdés: milyen lényeges tulajdonságok változnak meg, ha az alapot módosítjuk?

– ha a > 1 valós szám, p, r racionális számok, q irracionális szám és p < q < r, akkor ap < aq < ar;– ha 0 < a < 1 valós szám, p, r racionális számok, q irracionális szám és p < q < r, akkor

ap > aq > ar.

Azokat a függvényeket, amelyekben a változó a kitevõben szerepel, exponenciális függvényekneknevezzük, azaz f : R → R+, f (x ) = ax, ahol a > 0 függvény az a alapú exponenciális függvény.

x

y

1

0 1

2x

A függvény legfontosabb tulajdonságai:1. Df = R2. Rf = R+ (minden pozitív értékeket felvesz).3. Szigorúan monoton növekvõ.4. Zérushelye nincs.5. Az ordináta tengelyt a grafikon a (0; 1) pontban metszi.

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:53 Page 20

21


Legyen az alap: a > 1. Tekintsük a következõ függvényeket:

f : R → R+, ; g : R → R+, ; h : R → R+, .

Megállapíthatjuk, hogy az elõzõ tulajdonságok mindegyike érvényes ezekre a függvényekre is.

Legyen az alap: a = 1;f : R → R+, .Ebben az esetben a függvény konstans függvény, grafikonja az x ten-

gellyel párhuzamos egyenes.(Megjegyzés: Sok esetben az a = 1 alapot nem engedik meg.)

Legyen az alap 0 < a < 1. Tekintsük a következõfüggvényeket:

f : R → R+, ;

g : R → R+, .

Látható, hogy lényeges változás csak a monotoni-tásban történt!

f x 3x=^ h g x 2

3 x=^ bh l h x 2 x

=^ ^h h

f x 1x=^ h

g x 32 x

=^ bh l

f x 21 x

=^ bh l

1. eset

2. eset

3. eset

x

y

1

0 1

3x

x

y

1

0 1

x

( )32

x

y

1

0 1

x¬√2( )

x

y

1

0 1

1x

1. Df = R2. Rf = R+, azaz csak pozitív értékeket vesz fel.3. Szigorúan monoton csökkenõ.4. Zérushelye nincs.5. Az ordináta tengelyt a grafikon a (0;1) pontban

metszi.

x

y

1

0 1

x12( )

x

y

1

0 1

x

( )23

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:53 Page 21

22


Összegezzük megfigyeléseinket!(Természetesen ezek a tulajdonságok magasabb matematikai módszerekkel bizonyíthatók.)

Ábrázoljuk és jellemezzük a függvényeket!

a) f : R → R, ; b) g: R → R+, ; c) h: R → R+, ;

a) Az f : R → R, szigorúan monoton növekvõ, mert azalap 1-nél nagyobb. A függvény grafikonja eltolással kapható a k : R → R+, függvény grafikonjából, az eltolás vektora:v(0; –5).

b) Az g: R → R+, szigorúan monoton növekvõ, mert az alap 1-nél na-

gyobb. A függvény grafikonja eltolással kapható a k : R → R+, függ-vény grafikonjából, az eltolás vektora: v(5; 0).

f x 2 5x= -^ h g x 2x 5

= -^ h h x 2 3

1 x$=^ bh l

f x 2 5x= -^ h

2k x x=^ h

g x 2x 5= -

^ h

2k x x=^ h

Az f : R → R+, függvényt, ahol a > 0 exponenciálisfüggvénynek nevezzük.

Ha az alap, a = 1, akkor a függvény konstans függvény.Ha az alap, 0 < a < 1, akkor a függvény szigorúan monoton csök-

kenõ.Ha az alap, a > 1, akkor a függvény szigorúan monoton növekvõ.Mindhárom függvény csak pozitív értékeket vesz fel és minden

pozitív értéket felvesz, valamint az ordináta tengelyt a (0; 1) pontbanmetszi.

f x ax=^ h

x

y

1

0 1

a>1a<1

a=1

1. példa

Megoldás

2 5x−

x

y

1

0 1

x

y

1

0 1

2x 5−

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:53 Page 22

23


c) A h: R → R+, szigorúan monoton csökkenõ, mert az alap 1-nél

kisebb. A függvény grafikonja a k: R → R+, függvény grafikonjából

2-szeres nyújtással kapható.

h x 2 31 x

$=^ bh l

k x 31 x

=^ bh l

Ábrázoljuk az f : x 7 10x függvényt!

Válasszuk ki az alábbi függvények közül azokat, amelyek monoton csökkenõek!

; ; ; ; ; .

Vázoljuk fel a megadott függvények grafikonjait. Határozzuk meg hol és mennyi az f függvény mi-nimuma és maximuma!f : [–1; 3] → R, ;

g : [–2; 4] → R, ;

h : [0; 5] → R, .

Az eddig tanult függvénytranszformációk felhasználásával ábrázoljuk azalábbi függvényeket!

; ; ;

; .

Ábrázoljuk és jellemezzük az alábbi függvényeket!K1 a) ; K1 c) ; K2 e) ; K2 g) .

K1 b) ; K1 d) ; K2 f) ;

Keressük meg grafikus úton az egyenletek megoldásait!a) ; b) ; c) .x2 6x

=- + x3 5 2x 1= -- x2 2x

=

x 3 x7

-

x 3 x7

-

x 3 x7

x 31 x

7--

b l

x 3 x7- -

x 31 x

7 b l

x 3 x7

-

:f x 2 x17

-: 3k x x7-

:h x 4 21 x

7 $ b l: 3g x x 47

+:f x 3x 27

-

x 1010x

7

x 3 x7

-

x 4x7

:d x 52x

7 :e x 4 x7

- : ,f x 0 1 x7

-: 5a x x7 :b x 2

3 x7 b l :c x 5

4 x7 b l

FELADATOK

1. K1

2. K1

3. K1

4. K1

6. K2

5.

Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény II. 723–730.

Ajánlott feladatok

Fogalomexponenciális

függvény.

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:54 Page 23

24


5. EXPONENCIÁLIS EGYENLETEK

Oldjuk meg a következõ „alapegyenleteket” a valós számok halmazán!

a) ; b) ; c) ; d) .

Ötlet: az „alapegyenletekben” szereplõ számokat, kifejezéseket írjuk fel azonos alapú hatványokkal.

a) ; b) ; c) ; d) ;

; ; ; .Értelmezzük az egyenletek bal oldalán álló kifejezéseket, mint egy-egy exponenciális függvényt. Mivel

az exponenciális függvény szigorúan monoton (kölcsönösen egyértelmû), így a megoldások a kitevõkegyenlõségébõl következnek:

a) x = 5; b) 3x = –1; c) ; d) ;

; ; .

;

Megoldásainkat ellenõrizzük!

Például: a) ; b) .

Összetettebb egyenletek esetén elõször törekedjünk arra, hogy ekvivalens átalakításokkal az 1. példá-ban látott „alapegyenlethez” jussunk.

Oldjuk meg az egyenletet a valós számok halmazán!.

, mivel az exponenciális függvény szigorúan monoton, így

Ellenõrzéssel megállapíthatjuk, hogy a kapott gyökök kielégítik az egyenletet.

;;

, .

x xx x

x x

3 18 06 3 0

6 3

2

1 2

+ - =

+ - =

=- =

^ ^h h

13 13x x3 18 02

=+ -

5 1x2 3=-

84

22

x =343 71x

=3 243x=

x65

=

x 23

=

x2 3 0- =

x25 3=

x2 3 21

- =-

x 31

=-

5 5x2 3 0=-2 2x2 3 2

1

=--

7 7x3 1= -3 3x 5

=

5 1x2 3=-

84

22

x =343 71x

=3 243x=

343 3431

713

13= =

-

3 2435=

13 1x x3 182

=+ -

1. példa

2. példa

Megoldás

Megoldás

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:54 Page 24

25

5. EXPONENCIÁLIS EGYENLETEK

Ha az egyenletben azonos alapú hatványok összege szerepel:


Alakítsuk át az egyenlet bal oldalát:

Mivel az exponenciális függvény szigorúan monoton, így a kitevõkre:

Végezzünk ellenõrzést!

; ; .

Ha az egyenletben különbözõ alapú hatványok szerepelnek:


Azonos alapú hatványokká alakítva:, most 5x-re nézve másodfokú egyenlethez jutottunk:

;

.

Tehát 5x = 5 ⇒ x = 1, vagy 5x = –2. Ennek az egyenletnek nincs megoldása, mivel 5x csak pozitív értékeket vesz fel.Ellenõrzéssel megállapíthatjuk, hogy a kapott gyök kielégíti az egyenletet.

27 243 270+ =3 3 2432 2

3 2 5= =

$ +

3 272 2

3

=$

;

.

x

x

2 3

23

=

=

;;

;.

3 3 3 27010 3 270

3 273 3

x x

x

x

x

2 2 2

2

2

2 3

$

$

+ =

=

=

=

3 3 270x x2 2 2+ =+

5 23 9 40

23 7

,x

1 2! !

= + =^ h

5 3 5 10 0x x2$- - =^ h

5 3 5 10 0x x2 $- - =

25 3 5 10 0x x$- - =

Tudod-e,hogyan kell kiolvasni ezt a számot:123 132 213 231 312 321 124?Segítségül használhatod a táblázatot.

106 – millió109 – milliárd(106)2 – billió1015 – billiárd(106)3 – trillió(106)4 – quadrillió

3. példa

Megoldás

4. példa

Megoldás

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:54 Page 25

26



Ekvivalens átalakításokkal:

Mivel az exponenciális függvény szigorúan monoton, így x = 3.Ellenõrzés: ;

.

Mutassuk meg, hogy az egyenletnek nincs megoldása a valós számok halmazán!

.

Az exponenciális függvény csak pozitív értékeket vesz fel, így , és

, ezért összegük nem lehet 0.

Oldjuk meg az alábbi egyenleteket a valós számok halmazán!

K1 a) ; K1 e) ; K1 i) ;

K1 b) ; K1 f) ; K2 j) ;

K1 c) ; K1 g) ; K2 k) ;

K1 d) ; K1 h) ; K2 l) .

Van-e az alábbi egyenleteknek megoldása az egész számok halmazán?K1 a) ; K2 c) ; E1 e) .

K1 b) ; K2 d) ;3 3 648x x 2- =- 64 2x =

2 2 3 2x x 1 15$+ =+ 6 9 4 27x x x x2 1 30$ $=- + 9 27 3 9 243x x x4 32

$ $ $=- +

2 4x 12 15=^ h 7 0x4

=- 5 25 51 5x x

x2 1 2 2

3 2$ $=+ -

-

^ bh l

2 3 3 2x x x x2 1+ = -- +

21 3 0

x x2+ =b ^l h

3 2 27 16 113 3 1- = - =+

2 3 8 3 113 3 2+ = + =-

;

;

;

;

.

2 3 3 2

2 2 2 3 91 3

3 2 98 3

32

32

32

32

x x x x

x x x x

x x

x

x

x

2 1

3

3

3

$ $

$ $

+ = -

+ = -

=

=

=

- +

b bl l

021 x

2b l

3 0x22^ h

4 8 2x x15 6 $=+ -

3 3 9x3 5$ =

-

2 8x 2=

-

9 1x6 2=-

2 2x5 8=-

813

33x

2= -

11 11 11x 20$=

3 243x 2=-

5 125x=

Megoldás

6. példa

Megoldás

FELADATOK

1.

2.

Fogalomexponenciális

egyenlet.

5. példa

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:54 Page 26

27

6. EXPONENCIÁLIS EGYENLETRENDSZEREK, EGYENLÕTLENSÉGEK

Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény I. 1603–1609, 1612–1613, 1616.

6. EXPONENCIÁLIS EGYENLETRENDSZEREK,EGYENLÕTLENSÉGEK

Az egyenletrendszerek megoldásakor alkalmazzuk a már jól ismert módszerek valamelyikét, célszerûelõször ekvivalens átalakításokkal egyszerûbb alakú egyenleteket keresni. Az új ismeretlen bevezetése gyak-ran egyszerûsítheti a feladatmegoldást.

MegjegyzésA témakör nincs a szigorúan vett érettségi tananyagban, ugyanakkor nagyon egyszerû függvényeket használ, ame-

lyek a függvények témakörben is szereplõ kérdéseket vezetnek be. Az egyenletrendszerek részben ötletet mutatunk azúj változó bevezetésére.

Oldjuk meg az alábbi egyenletrendszert a valós számok halmazán!(1) ;

(2) .

Vezessünk be új ismeretleneket, legyen , , ahol a, b pozitív számok. Ekkor:(1) ⇒(2) Behelyettesítve:

⇒ .b4 = a 3=

5 3 355 13 3

52 13

b bb

b

11 2- - =

- =

=

^ h

a b5 3 3- =

a b2 11+ = a b11 2= -

a3x= b2y

=

5 3 3 2 3x y$ $- =

3 2 11x y 1+ =+

Új ismeretlen bevezetésével oldjuk meg az alábbi egyenleteket!a) ;

b) ;

c) .

Hány megoldása van az alábbi egyenleteknek az egész számok halmazán?a) ; c) ; e) ;

b) ; d) ; f) .4 3 2 5x x 1$= -+ 5 1x x3 22

=+ - 7 7 48x x1 1- =+ -

3 3 9x x x2 2 12

$ = + 4 9 2 8x x$= - 2 10 2x x1 3= -+ -

3 9 9 171x xx

2 1 1 22 1

+ = +- ++

5 4 5 5 150x x x1 1$- + =+ -

2 2 192x x 1+ =+

3. K2

4. K2

Ajánlott feladatok

1. példa

Megoldás

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:54 Page 27

28


Visszatérve az eredeti ismeretlenekre:⇒ , ⇒ , mivel az exponenciális függvény szigorúan monoton.

Az egyenletrendszer megoldása: .Ellenõrzés:(1) ;

(2) .

Oldjuk meg az egyenlõtlenségeket a valós számok halmazán!

a) ; b) ; c) ; d) .

a)

Mivel a hatvány alapja 1-nél nagyobb, az függvény szigorúan monoton nõ, így akkor vesz fel34-nél nem kisebb értéket, ha

.(Figyeljük meg, hogy a reláció jel állása változatlan maradt.)

b)

Mivel a hatvány alapja 1-nél kisebb, az függvény szigorúan monoton csökken, így akkor

vesz fel -nál nem nagyobb értéket, ha

.(Figyeljük meg, hogy a reláció jel állása változott.)

c)

Mivel a hatvány alapja 1-nél nagyobb, az függvény szigorúan monoton nõ, így akkor vesz

fel -nél nem kisebb értéket, ha

(Figyeljük meg, hogy a reláció jel állása változatlan maradt!)

3 3x= x 1= 2 4 2y 2

= = y 2=

; ;x y 1 2=^ ^h h

3 2 3 8 111 2 1+ = + =+

5 3 3 2 15 12 31 2$ $- = - =

x 4$

f x 3x=^ h

;

.

32 1

32

32

x

x 0

#

#

b

b b

l

l l

;.

3 813 3

x

x 4

$

$

25

52x x5 1

#-

b bl l5 251x3 4 $-

32 1

x#b l3 81x $

f x 32 x

=^ bh l

;3 2;

.

xx

x

3 4 2

32

$

$

$

- -

5 2-

f x 5 x3 4= -

^ h

x 0$

32 0

b l

;

.

5 251

5 5

x

x

3 4

3 4 2

$

$

-

- -

2. példa

Megoldás

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:54 Page 28

29

6. EXPONENCIÁLIS EGYENLETRENDSZEREK, EGYENLÕTLENSÉGEK

d)

Mivel a hatvány alapja 1-nél nagyobb, az függvény szigorúan monoton nõ, így akkor vesz

fel -nél nem nagyobb értéket, ha

(Figyeljük meg, hogy a reláció jel állása változatlan maradt!)

Mint a példákban láttuk, az egyenlõtlenségek megoldása során figyelnünk kell a reláció jelállására. Célszerû úgy átalakítani az egyenlõtlenséget, hogy annak egyik oldalán konstans, másikoldalán olyan exponenciális kifejezés legyen, melynek kitevõjében az ismeretlen együtthatójapozitív. A reláció jel állása így az exponenciális függvény monotonitása miatt biztonságosabbanmegállapítható.

;

.

x

x

6 1 0

61

#

#

-

25 1

0=b l

f x 25 x6 1

=-

^ bh l

;

;

;

.

25

52

25

25

25

25

1

25

25

x x

x x

x

x

x

5 1

5 1

5 1

6 1 0

#

#

#

#

-

- -

-

-

-

b b

b b

b

b

b b

l l

l l

l

l

l l

Ismételjük át, mikor mondjuk azt egy függvényrõl, hogy a) szigorúan monoton növekedõ; b) szigorúan monoton csökkenõ!

Ábrázoljuk közös koordináta-rendszerben az és a függvényeket!

a) Vizsgáljuk meg monotonitás szempontjából!b) Általánosan milyen esetekben

– szigorúan monoton növekedõ;– szigorúan monoton csökkenõ egy exponenciális függvény?

Oldjuk meg az alábbi egyenlõtlenségeket!

K1 a) ; K1 b) ; K1 c) ; E1 d) .

Ábrázoljuk számegyenesen az alábbi egyenlõtlenségek megoldásait!

a) ; b) ; c) ; d) .,0 01 1000x1 $-,45 0 8

x 2#

+

b l32

23x

1b l41

161x

$b l

3 255 15

x 3$ #

+

, ,0 1 0 001x 13 3x 2 $+2 8x 1

:f x 2x7 :g x 2

1 x7 b l

Fogalmakexponenciális

egyenletrendszer;exponenciális

egyenlõtlenség.

FELADATOK

1. K1

2. K1

3.

4. E1

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:54 Page 29

30


Oldjuk meg az egyenlõtlenségeket a valós számok halmazán!

K2 a) ; K2 b) ; K2 c) ; E1 d) .

Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény I. 1619–1622, 1626–1628.

7. A LOGARITMUS FOGALMA

Vizsgáljuk 600 000 Ft lekötését, évi 4,5%-os kamat ese-tén. Mennyi idõre kell lekötni pénzünket ahhoz, hogy 1 millió Ft követelésünk legyen a bankkal szemben?

1 év múlva 600 000 ⋅ 1,045 = 627 000 Ft-ot,2 év múlva 627 000 ⋅ 1,045 = 600 000 ⋅ 1,0452 =

= 655 215 Ft-ot,...n év múlva 600 000 ⋅ 1,045n Ft-ot követelhetnénk.

Tehát a következõ egyenlet megoldását keressük:600 000 ⋅ 1,045n = 1 000 000,ahol n a keresett évek számát jelöli. Rendezve

.

Nyilvánvaló a kérdés: létezik-e olyan valós szám, amelyre ?Mivel n pozitív egész szám (évek száma), ezért próbálgatással, számológéppel számolva:1,04511 ≈ 1,62, 1,04512 ≈ 1,696.Tehát minimum 12 évre kellene lekötnünk a 600 000 Ft-ot, 12 év elteltével követelésünk: ≈ 1 017 529 Ft.Az egyenletnek ennél pontosabb megoldásra most a feladat szövege miatt nyilván nincs szükségünk.

Általánosan nézve a problémát az

alakú egyenletnek keressük a megoldását, ahol a hatvány alapja (a) pozitív, a hatvány értéke (b) szintén po-zitív.

Úgy is fogalmazhatunk: olyan (x) kitevõt keresünk, amelyre a pozitív alapot (a-t) emelve a hatvány ér-téke a pozitív (b) szám. A keresett kitevõt a továbbiakban logaritmusnak fogjuk nevezni.

x R!^ h

4 2x x3 1 21+ - 2 81x x5 92

#+ -,0 01 10x x1 2 31- -

21 1x

x21

$+-

b l

a bx=

1,045 1,6n= o

1,045 1,6600 0001000 000n

= = o

5.

Ajánlott feladatok

1. példa

Megoldás

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:54 Page 30

31

7. A LOGARITMUS FOGALMA

MegjegyzésA matematikában fontos egy speciális alapú logaritmus használata, ez az „e” alapú logaritmus, melynek jelölése

log e x helyett az ln x. Errõl többet a következõ olvasmányban olvashatunk.

Definíció egyszerû használata:a) , mert .

b) , mert .

c) , mert .

d) , mert .

e) , mert .

f) , mert .

g) , mert .

Hozzuk egyszerûbb alakra a kifejezést!

, ha a > 0, a ≠ 1.

A hatványozás, négyzetgyök és a logaritmus tulajdonságai, definíciója alapján

.

Számítsuk ki a kifejezés pontos értékét: !

3 10 3 3 9 4

, .

10 9

9 9 41 9 25 4

1 9 5 41 45 25

log lg log lglog

log

2 25 4 2 25 4 1 21 25

1

25 21

21

9 9

9

9

$ $

$ $ $

+ = + = + =

= + = + = + =

+ - - -^ a

^

h k

h

3 10log lg2 25 49 ++ -

a a a a a25 5log log4 25 4 25 2 2a a$ $= = =+

a log4 25a+

3 3 2753

35 5= =log 27 5

33

5=

6 10=log 1 06 =

21 2 8

33

= =-

b l8log 321 =-

51

12513

=b llog 1251 3

51 =

3 912

=-log 91 23 =-

10 10003=lg 1000 3=

2 164=log 16 42 =

Radioaktív kormeghatározáskor az exponenciális bomlásitörvényt használjuk

Definíció

A b pozitív szám a alapú (a > 0, és a ≠ 1) logaritmusának nevezzük azt a kitevõt, amelyre a-t emelveb-t kapunk.

A kitevõ jelölése: log a b.Tehát a definíció szerint: .Ha a logaritmus alapja 10, akkor rövidebb jelölést használunk: log10 b helyett lg b-t .

a blog ba =

2. példa

3. példa

4. példa

Megoldás

Megoldás

Fogalmakb pozitív szám

a alapú logaritmusa;

10-es alapú logaritmus.

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:54 Page 31

32


Írjuk át a logaritmus fogalmának felhasználásával az alábbi hatványokat logaritmusos alakba!

a) , , , , ;

b) , , , , .

Írjuk át hatványalakba az alábbi egyenlõségeket!

a) , , , ;

b) , , , .

Számítsuk ki az alábbi logaritmus értékeket!

a) , , , , , ;

b) , , , , , .

Számítsuk ki az alábbi logaritmusos kifejezések értékét!a) ; b) ; c) ; d) ; e) .

Számítsuk ki az alábbi kifejezések értékét!K1 a) ;

K1 b) ;

K1 c) ;

K2 d) ;

K2 e) .


3 2435= 11 1212

= 2 102410= 3 94

= ,10 0 012=-

6 8log3 6

5log2

1 49 15 -

10 lg2 3 1+

3log 25 19 +2log 9416log 324log 522log 62

log 1685log 824log 322log 125

51log 25

15log 05

log 81

2log 17 -^ hlog 13,log 0 528log 1228log2

,lg 0 01 2=-log 71

21

49 =-log 271 63 =-log 4 2

21 =-

log 25 45 =log 3 21

9 =8log 1 29 =log 16 42 =

101 10

55

=-

b l11 1112

=-9 243

125

=-

4 823

=2 3215

=-

6 8log log log3 256 6 36+ -

3 9 32log log log6 163 3 9+ -

FELADATOK

1. K1

2. K1

3. K1

4. K2

5. K1

Ajánlott feladatok

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:58 Page 32

33

A TERMÉSZETES ALAPÚ LOGARITMUS ÉS EGYÉB … (OLVASMÁNY)

A TERMÉSZETES ALAPÚ LOGARITMUS ÉS EGYÉB MATEMATIKATÖRTÉNETI ÉRDEKESSÉGEK(OLVASMÁNY)

A középkor végének Európájában egyre fontosabbá vált a hajózás, csillagászat, kereskedelem, és azipar fejlesztése. Ezt a felgyorsult fejlõdést elsõsorban mûszaki és matematikai vívmányoknak köszönhették.A pénzforgalomban érdekelt szakemberek számára a kamatos kamat gyors kiszámítása érdekében táblá-zatokat készítettek.

Az elsõ táblázatot Joost Bürgi svájci mûszerkészítõ készítette. A táblázat megjelenése elõtt John Napierskót matematikus egy speciális mozgás leírását vizsgálta. A vizsgált mozgás lényege, hogy valaki egy d hosz-szúságú úton úgy mozog, hogy sebességének mérõszáma minden pillanatban a hátralevõ út hosszávalegyezzen meg. Az idõt rövid, m hosszúságú szeletekre vágta, és a sebességet minden szeletben állandónakvette. Az eredményekbõl út-idõ táblázatot készített. A megfeleltetést a görög logosz, arány és arithmosz,szám összevonásából latinosan logaritmusnak nevezte el.

Napier munkáját az Oxfordi Egyetem professzora, Henry Briggs (1561–1630) fejlesztette tovább, ez je-lentette a logaritmus alapjának megfogalmazását, egyben a tízes alapú logaritmus megszületését is.

A gyakorlati életben a különbözõ fizikai mennyiségek által keltett, általunk érzékelt fiziológiai érzet afizikai jel logaritmusával arányos.

Erre épülnek bizonyos logaritmussal arányos skálák elkészítései, ezek közül talán a legismertebbek a de-cibel-skálák (hangtanban és akusztikában használatos), illetve a Richter-skála (földrengés erôsség mérésé-nél használják) (Charles Francis Richter amerikai szeizmológus (1900–1985)).

Amikor az exponenciális függvényt, logaritmus fogalmát tanuljuk, talán a 2-es alap használata a „leg-természetesebb”, mivel a kis pozitív számok között sok olyan van, aminek 2-es alapú logaritmusa egész. (Pl.

2, , 4, , 8, , …)

A tízes alap elõnye, hogy ehhez az alapszámhoz készültek táblázatok, illetve a mai számológépek is ezthasználják.

Miért éppen az e szimbólumot választották? Erre nincs pontos adatunk. Egyesek szerint az exponenciális szókezdõbetûjébõl, mások az addig gyakran használt a, b, c, d betûk sorozatában egyszerûen a következõ betût látjákbenne. Ismert az a vélekedés is, miszerint Euler önmagáról nevezte a számot e-nek. (Leonhard Euler svájci matemati-kus (1707–1783).)

Az e számról már Euler bizonyította, hogy irracionális szám, Liouville belátta, hogy egyetlen egész együtthatós má-sodfokú polinomnak sem gyöke, Hermite azt is igazolta 1873-ban, hogy transzcendens szám. (Joseph Liouville (1809–1882) és Charles Hermite (1822–1901) francia matematikusok voltak.)

81

41

21

Elég meglepõ ezért, hogy a logaritmus használatában mégsem ezen számok valamelyikét nevezik atermészetes alapú logaritmus alapszámának.

Ezt az alapszámot a legtöbb tankönyv az sorozat határértékeként definiálja. Ez leegy-

szerûsítve azt jelenti, hogy ha n helyére egyre nagyobb számokat írunk, akkor a sorozat tagjai egyrejobban közelítenek egyetlen valós számhoz.

Eulerhez hasonlóan, néhány tankönyv ezt a számot egy végtelen tagú összegként definiálja:

.

Az így elõállított szám: e ≈ 2,718281…. 2000-ben számítógép segítségével e-nek már 109 nagyság-rendû tizedes jegyét állapítottak meg.

A loge x jelölés helyett bevezették a ln x jelölést, az ln a logarithmus naturalis kifejezés rövidítése.

! ! ! ! !n1 11

21

31

41 1f f+ + + + + + +

a n1 1n

n= +b l

Joost Bürgi (1556–1632)

John Napier (1550–1617)

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:58 Page 33

34


Miért éppen ezt a számot választották a „természetes alapú logaritmus” alapszámának, hiszen ezzel a számmal igenkörülményes számolni? Erre már tudunk kézenfekvõ magyarázatot adni.

A gyakorlati életben megfigyelt összefüggések adnak erre magyarázatot.

Egy radioaktív izotóp bomlásánál az izotópok számát az idõben csökkenõ exponenciális függvény írja le:,

ahol N(t) az izotópok száma a t idõpillanatban, N(0) pedig az N értéke t = 0 pillanatban, m pedig egy magtól függõ ál-landó, amit bomlási állandónak nevezünk.

Mivel a felezési idõ azt az idõtartamot adjameg, amely alatt a kezdeti érték felére csök-ken N, ez a következõképp számolható:

, ahol a felezési idõt jelöli, ezt szeretnénkkifejezni az egyenletbõl.

A felezési idõ független a kezdeti értéktõl,az N(0) kiesik az egyenletbõl, és a felezési idõta következõképp kapjuk:

Mivel –ln 0,5 = ln 2, írhatjuk, hogy.

Innen

az izotóp felezési ideje.

Mutathatunk példát a bankszektorból. Elõfordulhat az, hogy egy bank a lekötött betétek után nem éves, féléves, havilekötést, hanem úgynevezett folyamatos tõkésítést alkalmaz. Ez esetben a tõkésítések száma végtelen. A képlet az aláb-biak szerint alakul:

,ahol: An : az n. év végén (idõszak végén) esedékes pénzösszeg,

A0 : a jelenlegi pénzösszeg, p: a kamatláb, n: az évek száma (idõszakok száma),e: a természetes logaritmus alapja (e ≈ 2,718).

Ha arra vagyunk kíváncsiak, hogy a betett pénzösszeg mennyi idõ alatt növekedik egy adott értékre, akkor

képlet segítségével határozhatjuk meg.lnn p AA1 n

0$=

A A enn p

0 $=$

N t N e0 t=

m-^ ^h h

lnT 2/1 2 m

=

2ln T /1 2m=

, ,, .ln

eT

0 50 5 /

T

1 2

/1 2

m

=

- =

m-

T /1 2

, N N e0 5 0 0 T /1 2=m-

^ ^h h

1. példa

2. példa

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:58 Page 34

35

8. A LOGARITMUSFÜGGVÉNY

x 1 2 21 4 4

181 8

log2 x 0 1 –1 2 –2 –3 3

Végül még egy példa a logaritmus használatára:

(10-es alapú logaritmus használatára)

A hangintenzitásHa a hang merõlegesen esik egy A nagyságú felületre, az erre a felületre a hang által szál-

lított teljesítmény legyen: P. Ekkor hangintenzitásnak nevezzük az mennyiséget.

1 kHz esetén az emberi fül már intenzitást is érzékel. Ezt nevezzük az em-

beri fül küszöbintenzitásának.

A hangnyomásszintAz ember hangérzete nem a hangintenzitással (I) arányos. A pontos összefüggés bonyolult.

Közelítése a hangérzet, amely lg I-vel arányos.

Hangnyomásszint: .

Történeti elnevezés: decibel-skála.Az emberi hallás szélsõértékei 0 dB, illetve 130 dB.

(Forrás: Kós Rita-Kós Géza: Miért természetes az „e”? KÖMAL; Sain Márton: Nincs királyi út; Wikipédia)


A logaritmus definíciója alapján értelmezhetjük a logaritmusfüggvényt:

Ábrázoljuk, jellemezzük az f : R+ → R, függvényt.

Készítsünk értéktáblázatot:

A függvény grafikonja:

logf x x2=^ h

lgn II100

$=

10ImW

012

2= -

I AP

=

3. példa

Fogalmaktermészetes alapú

logaritmus alapszáma;

e alapú logaritmus.

Azt a függvényt, amely minden pozitív valós számon értelmezve van, és minden számhoz annak aza alapú (a > 0, a ≠ 1) logaritmusát rendeli hozzá, az a alapú logaritmusfüggvénynek nevezzük.

f : R+ → R, , ahol a > 0, és a ≠ 1.logf x xa=^ h

1. példa

Megoldás

x

y

1

0 1

log2 x

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:58 Page 35

36


Tulajdonságok:1. A vizsgált logaritmusfüggvény minden valós értéket felvesz, ez következik az exponenciális függvény

tulajdonságaiból, hiszen bármilyen x valós számra igaz: .

2. A f : R+ → R, függvény szigorúan monoton növekvõ, hiszen ha , vagy más

alakban , akkor az exponenciális függvény monotonitása miatt az állítás igaz.3. A szigorúan monoton tulajdonságból következik, hogy kölcsönösen egyértelmû.4. Zérus helye az x = 1.5. A függvénynek se minimuma, se maximuma nincs.

Az exponenciális függvény és a logaritmusfüggvény értel me zé -sébõl következik, hogy szoros kapcsolat van a két függvény között.

Ha az elõbbi táblázat két sorát megcseréljük,

akkor az értéktáblázatunk a függvény értéktáblázatánakegy részlete.

Az f logaritmusfüggvény értelmezési tartománya a g exponen-ciális függvény értékkészletével egyezik meg, míg a g exponenciá-lis függvény értelmezési tartománya az f logaritmusfüggvény érték-készletével azonos és az f tetszõleges x-hez f (x)-et rendel, akkor ag az f (x)-hez x-et rendel.

Ezen tulajdonságok miatt, a két függvény egymás inverze, grafi-konjaik egymás tükörképei a h : R → R, függvény grafi-konjára (egyenesére).

Belátható az elõbb megállapított kapcsolat a következõ függvények esetében is:

log x2x2 =

logf x x2=^ h x x0 1 21 1

2 2log logx x2 1 2 2

1

h x x=^ h

g x 2x=^ h

x 0 1 –1 2 –2 3 –3

2x 1 2 21 4 4

1 8 81

x

y

1

0 1

2x

log2 x

x

Adott a > 0, és a ≠ 1 alap esetén, az és a függvények egymás inverzei.logx xa7x ax7

Amennyiben 0 < a < 1, akkor a két függvény szigorúan monoton csökkenõ:

Amennyiben a > 1, akkor a két függvény szigorúanmonoton növekvõ:

x

y

1

0 1

ax

logax

x

x

y

1

0 1

ax

logax

x

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:58 Page 36

37


Ábrázoljuk és jellemezzük a következõ függvényt: f : R+ → R, !

Adjuk meg a függvény inverzét!

Az f : R+ → R, függvény grafikonját a g : R+ → R,

függvény grafikonjából eltolással kapjuk, az eltolás vektora:

v(0; 5), a függvények grafikonjai:

Az f : R+ → R, függvény jellemzése:

Értelmezési tartománya a pozitív valós számok halmaza.Értékkészlete a valós számok halmaza.Zérushelye az x = 243, mert .

Szélsõértéke nincs.Szigorúan monoton csökkenõ függvény.

A függvény inverz függvénye: .f x 31 x

15

=--

^ bh l

243log log 3 531

31

5= =-

logf x x 531= +^ h

logf x x 531= +^ h

logg x x31=^ h

logf x x 531= +^ h

Ábrázoljuk és jellemezzük az f : R+ → R, függvényt!

Válasszuk ki az alábbi függvények közül a monoton növekvõket!a) f : R+ → R, ; d) k : R+ → R, ;

b) g : R+ → R, ; e) l : R+ → R, .

c) h : R+ → R, ;logh x x31=^ h

lgg x x=^ h logl x x23=^ h

logf x x5=^ h logk x x54=^ h

logf x x3=^ h

Összegezve megállapításainkat az f : R+ → R, logaritmusfüggvény legfontosabb tulaj-donságai:

1. A logaritmusfüggvény a pozitív számok halmazán értelmezett, kölcsönösen egyértelmû függvény;2. A logaritmusfüggvény monoton,

– növekvõ, ha a > 1.– csökkenõ, ha 0 < a < 1.

3. Inverze a g : R → R+, függvénynek, a függvények grafikonjai egymás tükörképei a h : R → R, függvény grafikonjára.

4. Minden logaritmusfüggvény grafikonjára illeszkedik az (1; 0) pont, azaz a függvény zérushelye azx = 1.

5. A függvénynek se minimuma, se maximuma sincs.

h x x=^ h

g x ax=^ h

logf x xa=^ h

2. példa

Megoldás

x

y

1

0 1

x

13( )

log +5x13

log x13

FELADATOK

Fogalomlogaritmusfüggvény

tulajdonságai.

1. K1

2. K1

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:58 Page 37

38


Ábrázoljuk függvénytranszformációk felhasználásával az alábbi függvényeket! Határozzuk meg a függvé-nyek értelmezési tartományát!a) ;

b) ;

c) .

Ábrázoljuk az R+ → R, grafikonjánakfelhasználásával az alábbi függvényeket! Határoz-zuk meg a függvények értelmezési tartományát!K1 a) ;

K1 b) ;

K2 c) ;

K2 d) .

Oldjuk meg grafikusan az alábbi egyenleteket!a) ;

b) .

Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény II. 731–733, 737–738.

: logf x x27-

logx x27

: 2 logh x x27 $

: logg x x 127 -

: logf x x 127 +^ h

: logh x x27

: logg x x27 -^ h

: logk x x27

log x x 52 = -

log x x2 1,1 52

+ =- -^ h

Név: RékaLakhely: BudapestVégzettség: Nemzetközi gazdálkodás angolul (Budapesti Corvinus Egyetem) és Pszichológia (ELTE)Jelenlegi beosztás: hallgatóMilyen tantárgyakból felvételizett, tanult emelt szinten? Matematika, történelem.

Sziasztok!

Mindig is szerettem a szöveges feladatokat. Titkon reméltem, hogy majd az én nevem is felbukkan a szereplőkközött. Bár az Ádám, Béla és Cili keresztnevek népszerűbbek voltak a Rékánál, a történeteket mégis sokszor ma-gaménak éreztem, hiszen én is vásárolok a zöldségesnél, kártyázom, moziba járok, néha még lottózom is. Rájöt-tem, hogy körül vagyok véve matek példákkal, éppen úgy, mint Ádám, Béla és Cili. Ahhoz, hogy boldoguljak, és he-lyes döntéseket hozzak, napról napra szembe kell néznem a saját „szöveges feladataimmal”. Sokat ezek közül —a mateknak hála — mára gondolkodás nélkül megoldok, akár anélkül, hogy egyáltalán észlelném a problémát. Olyaneszköztáram fejlődött ki az évek során, ami felvértez a legbonyolultabb szituációk ellen is. Megtanultam rend-szerben gondolkodni, leképezni a környezetem egyenletek, modellek, koordináta-rendszer vagy akár halmazok se-gítségével. E képességekre mind közgazdászként, mind pszichológusként nagy szükségem lesz, hiszen a gazdaságifolyamatok megértéséhez nélkülözhetetlen a modellezés, a mentális és viselkedéses folyamatok működésére éskapcsolatára pedig statisztikák, vizsgálatok alapján következtethetünk (pl. a vizsgált személyek reakcióinak át-lagát, bizonyos változók korrelálását figyeljük meg). Egy szó, mint száz, a matekos kapaszkodók még sosem hagy-tak cserben!

Pály

akép

3. K1

5. K2

4.

Ajánlott feladatok

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:59 Page 38

39

9. A LOGARITMUS AZONOSSÁGAI


Feladatmegoldásokban, egyenletmegoldások esetén gyakran kell átalakítanunk logaritmusos kifejezése-ket. Ehhez ismernünk kell az átalakítások szabályait, azaz a logaritmus azonosságait. Ezek megfogalmazá-sához felhasználjuk a definíciót, valamint a logaritmusfüggvény megismert tulajdonságait.

Egyrészt: , és ⇒ .

Másrészt: .

Összevetve a két egyenlõséget: ⇒ .

Egyrészt: , és ⇒ .

Másrészt: .


Egyrészt: .

Másrészt: .


log log logbc b ca a a= +^ hbc a alog log logb c bca a a= =+ ^ h

bc alog bca= ^ h

a blog ba = a clog ca = bc a a alog log log logb c b ca a a a$= = +

b a alog logk b k bak

a= =$^ h log logb k ba

ka$=^ h

b a alog logk b k k ba a= =$

^ h

b alogk bak

=^ h

log log logcb b ca a a= -b lc

b a alog log logb c cb

a a a= =- b l

cb

aa alog

loglog log

c

bb c

a

aa a= = -a clog ca =a blog ba =

cb alog c

ba

=b l

Bizonyítás

Bizonyítás

Szorzat logaritmusa, ha a > 0, a ≠ 1, b > 0, c > 0, azaz

szorzat logaritmusa egyenlõ a tényezõk logaritmusának összegével.log log logbc b ca a a= +^ h

Hatvány logaritmusa, ha a > 0, a ≠ 1, b > 0, k ! R, azaz

hatvány logaritmusa egyenlõ az alap logaritmusának és a kitevõnek a szorzatával.log logb k ba

ka$=^ h

Hányados logaritmusa

, ha a > 0, a ≠ 1, b > 0, c > 0, azaz

hányados logaritmusa egyenlõ a számláló és a nevezõ logaritmusának különbségével.

log log logcb b ca a a= -b l

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:59 Page 39

40


Számítsuk ki a kifejezés pontos értékét!.

.

Adjuk meg a kifejezés értelmezési tartományának legbõvebb halmazát. Fejezzük ki x értékét, a, b, c, dsegítségével!

.

A kifejezés értelmezhetõ, ha a ≠ 1, és a > 0, b > 0, c > 0, d > 0.

;

.xd

b c2 43=

log log log log log logx b c dd

b cd

b c32

34

31

a a a a a a31

32

34

2 43$

= + - = =

log log log logx b c d32

34

31

a a a a= + -

3 6 35 20 42log log log log log log log20 426 35

8407650 9 23 3 3 3 3

3

3 3$$

+ - - = = = =

3 6 35 20 2log log log log 43 3 3 3+ - -

Az elõzõ eset speciálisan, esetén, , :

n-edik gyök logaritmusa

, azaz

n-edik gyök logaritmusa egyenlõ a gyök alatti kifejezés logaritmusának és a gyökkitevõnek a hányado-sával.

loglog

b nb

an a=

n 2$n N!k n1

=

Áttérés más alapú (c alapú) logaritmusra

, ha a > 0, a ≠ 1, b > 0, c > 0, c ≠ 1 azaz

egy szám új alapú logaritmusát megkapjuk, ha a szám régi alapú logaritmusát elosztjuk az új alap régialapú logaritmusával.

log loglog

bcb

ca

a=

1. példa

Megoldás

2. példa

Megoldás

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:59 Page 40

41


Határozzuk meg a kifejezés pontos értékét!

(Felhasználjuk, hogy .)

.

Határozzuk meg lg 6 értékét a és b segítségével, ha a = lg 48, és b = lg 72!

Célszerû a számok prímfelbontásából kiindulni:

Célunk meghatározni lg 2-t és lg 3-at, a és b segítségével, mert lg 2 + lg 3 = lg 6.

Azt próbáljuk meg elérni, hogy lg 3 együtthatói azonosak legyenek, ekkor különbségükben nem szere-pel lg 3:

Most fejezzük ki lg 3-at:

lg lg sin lg cos lg sin2 6 6 3r r r

+ + -a a ak k k

sin cos sin2 6 6 2 21

23

23

3$ $r r r= = =

22

lg lg sin lg cos lg sin lgsin

sin cos6 6 3

3

6 6r r rr

r r

+ + - = =a a ak k k

;

;

.

lg

lg

lg lg lg

a a b

a a b b a

a b b a b a

4 52 3

3 58 4

54 3

6 2 3 52

54 3

53

$= - +

= - - = -

= + = - + - = -

;

.

lg lg lg lg lg

lg

a ba b

2 8 2 2 3 3 2 2 3 5 2

52 2

- = + - + =

- =

^ h

,.

lg lg lglg lg

ab

48 4 2 33 2 2 3

= = +

= +

6 2 3$=72 2 33 2$=48 2 34 $=

lgsin

sinlg

3

3 1 0r

r

= = =

3. példa

Megoldás

4. példa

Megoldás

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:59 Page 41

42


Igaz-e a következõ egyenlõség: ?

Térjünk át azonos alapú logaritmusokra.

Mivel , és , ezért

, az egyenlõség átalakítva:

.

Mind a két oldalon azonos tényezõk szerepelnek, tehát az egyenlõség igaz.

Számítsuk ki az x értékét!a) ; c) ;

b) ; d) .

Számítsuk ki az alábbi kifejezések értékét!a) ;

b) ;

c) .

Számítsuk ki az alábbi kifejezés értékét!

.

Hozzuk egyszerûbb alakra!

K1 a) ; K2 b) .

Írjuk át az alábbiakat tízes alapú logaritmus alakra!a) ; b) ; c) ; d) .

Számítsuk ki számológép használata nélkül az alábbi mûveletek eredményét!a) ; b) ; c) .

Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény I. 958–960, 961, 963.

25 2log log 5,4 0 25+7log log 7,5 0 2+3log log 28 3$

log logx 60 22 2= -

lg lg lg lgx 4 9 12= + -

10 3 10log log log log 32 7 7 2$ $=

10 3 10log log log log 32 7 7 2$ $=

log loglog

3 23

27

7=log loglog

10 210

27

7=

3loglog

log log loglog

210

10 23

7

77 7

7

7$ $=

lg lg lg x18 2- =

4 2log log log x5 5 5+ =

logd 4,0 1=logc 3 39=logb 35=loga 27=

log a aa23 35$lg lg lg35

1 25 49+^ h

2 log sin log sin log log cos log log cos6 3 3 3 4 6tg tg2 2 2 2 2 2$ r r r r r r+ - + + -a a a a a ak k k k k k

lg lg lg lg lg21 52 3 2 125 2

1 325 13+ + + -

27 2 5 20 16log log log log log21 53 3 3 3 3+ - + -

lg lg lg lg4 3 5 11 55+ + -

5. példa

Megoldás

FELADATOK

1. K1

2. K1

5. K1

3. K2

6. K2

4.

Ajánlott feladatok

Fogaloma logaritmus

azonosságai.

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 18:59 Page 42

43

10. LOGARITMUSOS EGYENLETEK


Példákon keresztül mutatjuk be a logaritmusos egyenletek megoldásának néhány alapötletét. A fela-datmegoldások során gyakran hivatkozunk a logaritmusfüggvény és az exponenciális függvény tulajdonsá-gaira, a logaritmus azonosságaira.

Fontos az egyenletek értelmezési tartományának vizsgálata, valamint a megoldás ellenõrzése, hogykiszûrjük a fellépõ hamis gyököket!

Ha az egyenlet egyik oldalán konstans érték szerepel:

Oldjuk meg az egyenletet!.

A hamis gyök fellépése elkerülhetõ a következõ módon:

Ellenõrzés:

.

Megjegyzés

Az egyenlet akkor értelmezhetõ, ha .

. A hatvány logaritmusa azonossága alapján:

. A definíció alapján:

. A másodfokú egyenletet megoldva:;

, .

Az értelmezési tartománynak csak felel meg.

Adjuk meg az egyenlet pozitív megoldásait!.

x 38

1 =

x 32

2 =x 38

1 =

0x x3 5 3 3 5 3- - - + =^ ^h h

3 9x3 5 2 2- = =^ h

2log x3 532

- =^ h

2 2log x3 53 - =^ h

x 352

;;

;;

.

logloglog log

xxxx

x

2 3 5 23 5 13 5 33 5 3

38

3

3

3 3

- =

- =

- =

- =

=

^

^

^

h

h

h

log log log x 12 3 5 =

2 2log log3 38 5 3 2 1 23 3$ $- = = =b l

2 log x3 5 23 - =^ h

Csillagvizsgáló

1. példa

Megoldás

2. példa

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 19:01 Page 43

44


Az egyenlet akkor értelmezhetõ, ha x pozitív.Logaritmusok logaritmusát így értelmezzük:

. A definíció szerint:

;

;

;

.A kapott gyök pozitív, megoldása a feladatnak.Ellenõrzés:

.

(A logaritmus azonosságainak többszöri használata.)Oldjuk meg az egyenletet a racionális számok halmazán!

Az egyenlet akkor értelmezhetõ ha x < 5, valamint ha . Tekintettel arra, hogyennek az egyenlõtlenségnek a megoldása egyelõre igen nehéznek bizonyul, a kapott gyököt feltétlen el-lenõrizni kell.

. A definíció szerint:

Ellenõrzés:

.

A kapott gyök kielégíti az egyenletet, racionális szám, tehát a megoldás: .

(Ha az egyenlet mindkét oldalán szerepel logaritmikus kifejezés.)Oldjuk meg az egyenletet a valós számok halmazán!

x 5 1953 1259= =

log x 3 952

= =

log log x 2 23 51

= =

log log log x 12 3 5 =

log log log log log logx x2 3 5 2 3 5= ^_ hi

5 9log log log log log log 2 12 3 59

2 3 2= = =

lg lg lgx x3 5 7 3 1 10011

- + - = +

4 2 4 2log log log log log log5 1 6 4 2 2 31

8 6 8 6 8 8- - - = - = - = =^^ hh6 6 6@ @ @

x 1=-

;;

;;

.

loglog

log

xx

xx

x

4 2 5 8 22 2 51 56 5

1

631

6

6

- - = =

= -

= -

= -

=-

^

^

^

h

h

h

6 @

4 2log log x5 31

8 6- - =^ h6 @

4 2 log x5 06 2- -^ h6 @

4 2log log x5 31

8 6- - =^ h6 @

Megoldás

Megoldás

3. példa

4. példa

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 19:01 Page 44

45


Az egyenlet akkor értelmezhetõ ha , valamint ha , azaz .

Elsõ észrevételünk: , behelyettesítve, és a szorzat logaritmusa alapján:

A definíció alapján:

A másodfokú egyenlet gyökei: , , ahol nem eleme az értel-

mezési tartománynak.Ellenõrzés:

A két oldal egyenlõsége miatt az valós szám gyöke az egyenletnek.

Adjuk meg az egyenlet nemnegatív megoldásait!.

Az egyenlet akkor értelmezhetõ, ha, illetve ha , azaz, ha:

vagy és .

A feltételeket összevetve az értelmezési tartomány:

.

A logaritmusfüggvény monotonitása miatt:

(–1) nem eleme az értelmezési tartománynak.

;

; , .x

x x

x x x x x2 1

5 9 1

5 9 2 1 8 1

2

21 2

-- - =

- - = - = =-

;

;

.

lg lg

lg lg

lg

x x

x x

x x

3 5 7 3 10 10011

3 5 7 3 10 10011 0

10 1011

21 44 15 02

$ $

$ $

$

- - =

- - - =

- + =

^ b

^ b

h l

h l

lg1 10=

x 352x7 3 02-x3 5 02-

;

.

lg lg

lg

x x x

xx x

5 9 2 1 0

2 15 9 0

2

2- - - - =

-- - =

^ ^h h

,x 25 61 6 42 .+

^ h

x 212x 2

5 612 +x 25 611 -

x2 1 02-x x5 9 02 2- -

lg lgx x x5 9 2 1 02- - - - =^ ^h h

;

.

lg lg

lg lg lg lg lg lg

3 2 5 7 2 3 11

1 10011 10 100

11 10 10011 10 10

11 11

$ $ $

$ $

- - =

+ = + = = =

^

b c

h

l m

x 2=

x 212

2 = x2x 21 =

;

.

x x

x x11

21 44 15 1

21 44 15 11

2

2

- + =

- + =

Érdekesség

Egy Angliában széles körben elterjedt, kedves történet szerint Viktória királynõannyira el volt ragadtatva Lewis CarrollAlice Csodaországban címû mûvétõl, hogya szerzõ lelkére kötötte: a következõkönyvét, amint elkészül, feltétlenül küldjeel neki. Így is történt: amint befejezte,Lewis Carroll rögvest elküldte az új mûvét,amely a királynõ legnagyobb megrökönyö-désére a Determinánsok elemi módsze-rekkel címet viselte.(Lewis Carroll – eredeti nevén Charles Lutwidge Dodgson (1832–1898) – kiválómatematikus volt, az oxfordi egyetem professzora, a geometria, mátrixalgebra, a valószínûségszámítás és a matematikai logika mûvelõje.)

Megoldás

5. példa

Megoldás

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 19:02 Page 45

46


Ellenõrzés:.

Az egyenlet gyöke: .

(Ha különbözõ alapú logaritmusok is szerepelnek az egyenletben.)Oldjuk meg az egyenletet az egész számok halmazán!

.

Az egyenlet akkor értelmezhetõ, ha x > 0.Térjünk át azonos alapú logaritmusra:

;

.

Tehát egyenletünk ekvivalens a következõ egyenlettel:

Ellenõrzés:.

Tehát az egész szám gyöke az egyenletnek.

(Ha az alapban is szerepel ismeretlen.)Van-e az egyenletnek megoldása a természetes számok halmazán?

.

Az egyenlet akkor értelmezhetõ ha x > 0, x ≠ 1, és x ! N.Az azonosságok alapján:

Mivel a kifejezés több helyen is szerepel, célszerû új ismeretlent bevezetni, így egyszerûbb egyen-

lethez jutunk. Legyen . Ekkor:

log log logx x x 112 4 8+ + =

lg lg lg lg8 5 8 9 2 8 1 15 15 02 $ $- - - - = - =^ ^h h

x 8=

logy x4=

log x4

;

.

log log

log loglog

x

xx

4 3 4

4 34

x4

44

4

+ =

+ =

4 3 2log logx 2x4 + =

x 64=

64 64log log log 64 6 3 2 112 4 8+ + = + + =

;

;;

.

loglog log

loglog

xx x

xxx

2 3 11

11 6662 64

22 2

2

26

+ + =

=

=

= =

log loglog log

xx x8 38

2

2 2= =

log loglog log

xx x4 24

2

2 2= =

Megoldás

7. példa

6. példa

Megoldás

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 19:02 Page 46

47


Az eredeti ismeretlenre visszatérve:

, illetve

A kapott számok nem elemei a természetes számok halmazának, így az egyenletnek nincs megoldása.


. A hatványozás azonosságai alapján:

, rendezéssel

Vegyük mindkét oldal logaritmusát, ez megtehetõ, mivel az egyenlet mindkét oldalán pozitív szám áll.

Mivel ekvivalens átalakításokat végeztünk, a kapott gyök megoldása az egyenletnek.

.

log x

x41

4 2

4

4

=

= =

1 log x

x41

4- =

=

;

;

, .

y yy y

y y

4 3 1

4 3 1 0

1 41

2

1 2

+ =

+ - =

=- =

;

;

, .

lg lg

lg lg

lglg

x

x

72 316

72 316

723

160 3914

x

$

.

=

=

=

;

.

9 8 316

72 316

x x

x

$ =

=

3 9816x

x$ =

3 2x x2 1 4 3=+ -

3 2x x2 1 4 3=+ -

Határozzuk meg az alábbi egyenletek megoldásait!a) , , , ;

b) , , , .

Oldjuk meg az alábbi egyenleteket!K1 a) ; K1 d) ;

K1 b) ; K2 e) ;

K1 c) ; K2 f) .log logx x2 13 3+ - =^ h 1log log x12 42 32+ - =^ h8 B

lg lg lgx x x21 2 1 3+ + = -^ h

log x 3 2x 3 + =- ^^

hh

log x x 7 272+ + =^ h

log logx 6 93 3+ =

lg x 1=- log x 162 = log x 91

3 = ,log x 0 252 =

log x 1 322- =^ hlog x 93 = log x 324 = ,lg x 0 013=

Fogalmaklogaritmusos

egyenletek.

8. példa

Megoldás

FELADATOK

1. K1

2.

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 19:02 Page 47

48


Oldjuk meg az alábbi egyenleteket! (Segíthet egy új ismeretlen bevezetése)

a) ; c) ;

b) ; d) .

Térjünk át más alapú logaritmusra, ennek segítségével oldjuk meg az egyenleteket!a) ;

b) ;

c) .


11. LOGARITMUSOS EGYENLETRENDSZEREK,EGYENLÕTLENSÉGEK

Logaritmusos egyenletrendszerek esetén az egyenletrendszerek megoldásainak különbözõ módjait, va-lamint a logaritmus azonosságait használhatjuk fel. Egyenlõtlenségek esetén a logaritmusfüggvény monoto-nitása alapján figyeljünk a reláció jel állására.

Oldjuk meg az egyenletrendszert az egész számok halmazán!(1) ,(2) .

Az egyenlet akkor értelmezhetõ, ha x > 0, és y > 0.Az egyik leggyakrabban használható ötlet az új ismeretlen bevezetése, ekkor egyszerûbb egyenletrend-

szert kapunk.Legyen , és . Ekkor:(1) ,(2) .A második egyenlet kétszeresét az elsõ egyenlettel összevonva:

, visszahelyettesítve: 11 11aa 1

=

=

,.

bb

1 2 31

- =

- =

a b5 4+ =

a b2 3- =

lg lglg lg

lgx x

x1

1 101002+

- =-

9 27log log logx x3 3 3$ =

log logx x 65 25+ =

5log logx x 622

2= -^ h

lglg

xx3 =

lgb y=lga x=

lg lgx y5 4+ =

lg lgx y2 3- =

3log logx x4 2 2 24 8+ = + -^ ^h h

4log log x 1x 42

- =

3. K2

4. K2

Ajánlott feladatok

1. példa

Megoldás

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 19:02 Page 48

49

11. LOGARITMUSOS EGYENLETRENDSZEREK, EGYENLÕTLENSÉGEK

Visszatérve az eredeti ismeretlenekre:

, illetve

Ellenõrzés:

(1) ,

(2) .

A kapott gyökök kielégítik az egyenletet, így a megoldás: .

Oldjuk meg az egyenletrendszert, ábrázoljuk a megoldást koordináta-rendszerben!(1) ,

(2) .

Az egyenletrendszer akkor értelmezhetõ, ha x > 0, és y > 0.Írjuk fel az egyenleteket az azonosságok alapján egyszerûbb alakban:

Oldjuk meg behelyettesítéssel a kapott egyenletrendszert!⇒ ;

;

⇒ , .

A megfelelõ y értékek:Ha , akkor , illetve , akkor .

Tehát a megoldás két pont a koordináta-rendszerben: , és a .

Oldjuk meg az egyenlõtlenségeket a valós számok halmazán!a) ; b) .

a) .

Az egyenlõtlenség akkor értelmezhetõ, ha .

A 3-as alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton nõ, ezért

x 212-

log x2 1 33 $+^ h

; ;x y 10 101

=^ bh l

lg lg5 10 101 5 1 1 4$+ = + - =^ h

lg lg10 2 101 1 2 1 3$- = - - =^ h

,

.

lg y

y

1

101

- =

=

1 lg xx10

=

=

log x2 1 331 $+^ hlog x2 1 33 $+^ h

;8 1^ h;1 8^ h

y 9 8 12 = - =y 9 1 81 = - = x 82 =x 11 =

x 82 =x 11 =x 29 81 32

,1 2!

=-

- -

x x9 8 02- + - =

x x9 8- =^ hy x9= -

( ) ,,

.

lg lg lglg lg

x yxyxy

2 3 22

8

3

+ =

=

=

^ h

( ) ,,;

log loglog

x yx yx y

1 129

2 3

3

+ =

+ =

+ =

^

^

h

h

lg lg lgx y 3 2+ =

log log x y 12 3 + =^ h

2. példa

Megoldás

x

y

1

0 1

(1;8)

(8;1)

3. példa

Megoldás

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 19:02 Page 49

50


(Figyeljük meg, hogy nem fordult meg a reláció jel.).

Ezek a számok az értelmezési tartománynak elemei, tehát a megoldás: .

b) .

Az egyenlõtlenségnek akkor lehet megoldása, ha .

Az alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton csökken, ezért

.

(Vegyük észre, hogy megfordult a reláció jel.)

Összevetve az értelmezési tartománnyal, mivel , ezért az egyenlõtlenség megoldása:

.

Ábrázoljuk számegyenesen az egyenlõtlenség pozitív megoldásait:.

Az egyenlõtlenség akkor értelmezhetõ, haés és , azaz, ha .

a logaritmus azonosságai alapján:

.

A 10-es alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton nõ, ezért

.

(Figyeljük meg, hogy nem fordult meg a reláció jel.)A törtet egyszerûsíthetjük -mal:

Ezek a számok nem elemei az értelmezési tartománynak, így az egyenlõtlenségnek nincsmegoldása a valós számok halmazán.

31

x 212-

x 13$

x 13$

;.

log xx

2 1 32 1 3

33

$

$

+

+

^ h

log x2 1 331 $+^ h

;.

xx

2 5 100

#

#

+^ h

x 3-^ h

1xx x

32 6 5

0#-

- +^ ^h h

lg xx x

32 6 5

1#-

- +^ ^h h

lg lg lgx x x2 6 5 1 3#- + + + -^ ^ ^h h h

x 32x 3 02-x 5 02+x2 6 02-

lg lg lgx x x2 6 5 1 3#- + + + -^ ^ ^h h h

x21

27131 #- -

21

27131- -

;

.

x

x

2 2726

2713

#

#

-

-

x2 1 31 3

#+ b l

Fogalmaklogaritmusos

egyenletrendszer;logaritmusos

egyenlõtlenség.

Megoldás

4. példa

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 19:02 Page 50

51

12. GYAKORLATI ALKALMAZÁSOK

Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény I. 1689–1692, 1676–1678.


A társtudományok területeirõl – statisztika, kémia, fizika –, gyakorlati problémák megoldására mutatunknéhány példát.

(2006. októberi, középszintû érettségi feladat volt.)A szociológusok az országok statisztikai adatainak összehasonlításakor használják a

következõ tapasztalati képletet: . A képletben az E a születés-kor várható átlagos élettartam években, G az ország egy fõre jutó nemzeti összterméke(a GDP) reálértékben, átszámítva 1980-as dollárra.

a) Mennyi volt 2005-ben a várható élettartam abban az országban, amelyben akkora G nagysága 1090 dollár volt?

b) Mennyivel változhat ebben az országban a várható élettartam 2020-ra, ha a gaz-dasági elõrejelzések szerint ekkorra G értéke a 2005-ös szint háromszorosára nõ?

,E 75 5 5 10G

60906000

$= --

Mely valós számokra értelmezhetõk az alábbi kifejezések?

a) ; b) ; c) .

Ismételjük át a logaritmus függvény monotonitásáról tanultakat!

Oldjuk meg az alábbi egyenlõtlenségeket!a) ; b) ; c) ; d) .

Oldjuk meg a valós számok halmazán az alábbi egyenlõtlenségeket!a) ; b) .

Határozzuk meg az alábbi egyenletrendszerek megoldásait!K2 a) ,

;K2 b) ,

;E1 c) ,

.log yx 1,0 5 =

log xy 52 =

lg x y 0- =^ h

lg lg lgx y 1 2 3+ = +

lg lgx y3 2 11- =

lg lgx y2 3 3+ =

log logx x2 1 4 3, ,0 5 0 5$- -^ ^h h1log logx x3 4 342

4#+ + -^ ^h h

log x 13 $ log x 1 05 1-^ h log x 121 $ log x 1,0 2 1-

log x 45 +^ h log x2 lglg

xx

4 -^ h

FELADATOK

1. K1

2. K1

3. K1

5.

Ajánlott feladatok

4. E1

1. példa

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 19:02 Page 51

52


a) Helyettesítsük be a megadott képletbe a G = 1090 értéket:

.(Számolás közben 4 tizedes jegyre kerekített értékekkel számoltunk.)A várható élettartam 2005-ben 43,5 év volt a vizsgált országban.

b) 2020-ra G új értéke . Ezt behelyettesítve E képletébe:

..

A várható élettartam 2020-ra 18 évvel nõhet a vizsgált országban.

A radioaktív anyagok bomlását az egyenlet írja le, ahol m a pillanatnyi tömeget, m0 a kez-deti tömeget, t az eltelt idõt, T pedig az anyag felezési idejét jelöli.

Két óra alatt hányadrészére csökken a 19,7 perc felezési idejû radioaktív bizmutizotóp tömege? A vá-laszt egészekre kerekítve adjuk meg.

Az értékét keressük, ezért rendezzük át az eredeti egyenletet:

Az eltelt idõ: óra, a felezési idõ: perc. Behelyettesítve:

.

A bizmutizotóp tömege 2 óra alatt ≈ 68-ad részére csökken.

Több ezer éves hindu feladat a következõ:Egy tavirózsa felülete minden nap a kétszeresére nõ,

így 20 nap alatt teljesen benövi a tó felszínét.a) Hány nap alatt borítaná be a tavirózsa nyolcadré-

széig a tavat?b) Határozzuk meg, hogy a tavirózsa az eltelt napok

függvényében a tó felszínének mekkora részét bo-rítja be!

c) Hány nap alatt borítaná be 8 tavirózsa a tavat?

75,5 5 10 , , , ,E 75 5 5 10 75 5 5 6 4 43 5,60906000 1090

0 8062$ $ $. .= - - - =-

,mm

2 68 17,0 19 7120

.=

,T 19 7=t 2=

;

;

.

m m

mm

mm

2

1 2

2

Tt

Tt

Tt

0

0

0

$

$

=

=

=

-

-

mm0

m m 2 Tt

0 $=-

, ,61 5 43 5 18- =

75,5 5 10 75,5 5 10 ,E 61 5,60906000 3270

0 4483$ $. .= - --

G 1090 3 3270$= =

Megoldás

2. példa

Megoldás

3. példa

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 19:02 Page 52

53


a) 19 nap alatt a felét, 18 nap alatt a tó negyedét, tehát 17 nap alatt a tó nyolcadát borítaná be a tavi-rózsa.

b) Ha x az eltelt napok számát jelöli, akkor a tavirózsa által lefedett terület arányát f : N → N, ,függvény írja le.

c) Az elõzõ megoldáshoz hasonló gondolatmenettel számolva, szintén 17 nap alatt.

A logaritmus használatának egyik leggyakoribb elõfordulási területe a kamatszámítási problémakör, haa pénz lekötésének idõtartamára vagyunk kíváncsiak.

Gergõ nagyszülei elhatározták, hogy támogatják unokájuk lakásvásárlását, ezért Gergõ születésekor 2 mil-lió forintot lekötöttek, évi 8%-os kamatra. A lakásvásárláskor majd Gergõnek 10 millió forint alaptõkével kellrendelkeznie a lakásvásárlási hitel felvételéhez. Ha Gergõ csak a nagyszülõk által lekötött pénzt fordítjamajd az alaptõkére, akkor hány éves korában veheti meg lakását?

Az alaptõke a következõ szerint növekszik:Az elsõ év végén: Ft lesz.A második év végén: Ft lesz.Keressük azt az n pozitív egész számot, amelyre a tõke eléri a

10 000 000 Ft-ot.Az n-edik év végén: .

Rendezve: .Vegyük az egyenlõtlenség mindkét oldalának 10-es alapú logaritmu-

sát. Mivel a 10-es alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton nõ, így

Tehát Gergõnek 21 éves korábban lesz 10 millió Ft-ja a nagyszülõk segítségébõl.

Egy tórendszer körüli üdülõhelyet azzal reklámoztak, hogy egy óriási hõlégballon tartózkodott folyama-tosan a tórendszer felett. A reklámballonba 3500 m3 gázt töltöttek. A gázveszteség, melyet tekintsünk ál-landónak, 1 hét alatt a mindenkori gázmennyiség 1,8%-a.

a) Mennyi ideig tud a ballon a levegõben maradni, ha 75% alatti gázmennyiség esetén már süllyednikezd?

b) Mikorra fogyna el a gáz fele?(A gázveszteség állandóságát a könnyebb számolás érdekében feltételeztük, a valóságban ez összetet-

tebb feladathoz vezetne.)

, ;, ;

, , .

lg lglg lg

lglg

n

n

1 08 51 08 5

1 085

20 9

n

$

$

$

$ .

,1 08 5n $

2 00 00 1,08 10 000 0000 0 n$ $

2 00 00 1,08 1,08 2 332 8000 0 $ $ =

2 00 00 1,08 2 160 0000 0 $ =

x 20#

f x 2x 20= -

^ h

Megoldás

Megoldás

4. példa

5. példa

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 19:02 Page 53

54


Ha a gázveszteség 1,8%, akkor a hét végére maradó gázmennyiség 98,2%-ra csökken.a) Az elsõ hét végére a gázmennyiség 98,2%-a, azaz 0,982 része marad.A második hét végére a gázmennyiség 0,9822 része marad.Tehát keressük a egyenlet megoldását.

. Az elõzõ példákban látottak alapján:;

(hét).Tehát a hõlégballon körülbelül 111 napig marad a levegõben.b) A megmaradó gázmennyiségre felírható a következõ egyenlet:

A gázmennyiség fele 38,16 hét alatt fogyna el.

600 000 Ft-ot lekötünk 3 évre, évi 4,5% kamatozásra. a) Mennyi pénzt várhatunk a banktól?b) Hány Ft lehetne a követelésünk, ha n évre kötnénk le a pénzünket? (n pozitív egész)

Gazdag banknál folyamatos lekötésre tettük be pénzünket, ekkor a betett összeg közelítõlegképlet szerint változikahol: An : az n. év végén (idõszak végén) esedékes pénzösszeg,

A0 : a jelenlegi pénzösszeg, p: a kamatláb, n: az évek száma (idõszakok száma).

a) Mennyi pénzünk lesz 12 év múlva 5%-os kamat esetén?b) Hány év múlva kétszerezõdik meg 500 000 Ft?

Nagyszülõk szeretnének gondoskodni unokájukról, ezért olyan bankot keresnek, ahol folyamatos kamato-zás mellett 8 év alatt a betett 1 millió Ft másfélszeresére nõ. Milyen kamatozású lekötés esetén teljesül ez?

(Az elõzõ feladatban találhatunk összefüggést folyamatos lekötésû betét adatai között.)

Az ember hangérzete közelítõleg leírható az képlettel. Mértékegysége a dB (decibel).

Az a minimális hangintenzitás, amit az emberi fül is érzékel.

Az emberi hallás szélsõértékei 0 dB illetve 130 dB.a) Mekkora az a maximális hangintenzitás, amelyet az emberi fül még elvisel?

b) hangintenzitás esetén mekkora a hangérzet? 5mW

2

10ImW

012

2= -

lgn II100

$=

A A 2nn p

0 $=$

, , ;

,,

, .lglg

x

0 982 0 5

0 9820 5

38 16

x

.

=

=

,n 15 84.

, ,lg lgn 0 982 0 75$ =

, ,0 982 0 75n=

, ,0 982 0 75n=

Megoldás

FELADATOK

1. K1

2. K2

3. K2

4. E1

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 19:03 Page 54

55

KÖZELÍTÕ ÉRTÉKEK (OLVASMÁNY)

Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény II. 727, 728, 740, 741.

KÖZELÍTÕ ÉRTÉKEK (OLVASMÁNY)Hajlamosak vagyunk azt hinni, hogy a matematika tudománya – természeténél fogva – pontos számokkal, pontos ér-

tékekkel dolgozik. Ez egyáltalán nincs így. A közelítõ értékek használata természetes dolog, csak néhány példát említünk:1. Mérni abszolút pontosan általában nem lehet. A legtöbb mérés eredménye közelítõ érték, így általában a szá-

mítások végrehajtását igénylõ gyakorlati feladatok alapadatai is azok.

2. A számolások során gyakran használunk közelítõ értékeket. Például az összeg kiszámításakor mindkét

tag helyett azok közelítõ értékeivel számolunk.3. A mai elektronikus korban sûrûn alkalmazzuk a számológépeket. Minden számológép szükségszerûen közelítõ

értékekkel dolgozik, és (általában) kerekített értéket jelez ki. 9. osztályban már foglalkoztunk a számítások pontosságával, a közelítõ értékek általános használatával. Megemlí-

tettük a kerekítési szabályt (hogyan kerekítsünk; mikor lehet, és mikor nem érdemes kerekíteni), egyszerû hibaszámí-tásokat végeztünk, kitértünk a számológépek célszerû használatára, valamint külön olvasmányban foglalkoztunk a szá-mítógépek számábrázolásával. Olyan fogalmakkal találkoztunk, mint hiba, helyes számjegy, értékes számjegy.

Idén a közelítõ értékkel és a hibaszámítással kapcsolatban további példákat elemzünk.

Egy téglalap két oldala a = 23,8 egység és b = 8,9 egység. Mekkora a téglalap kerülete és területe?

A kerület K = 2(a + b) = 65,4 egység; a terület T = ab = 211,82 terület-egység. Egyszerû tankönyvi feladatról vanszó, az adatok és a válasz pontosnak tekinthetõ.

31 2+

Míg Európában, s benne Magyarországon is a népesség csökkenése a jellemzõ,addig a világösszesítés szerint évi 1,48%-os növekedés tapasztalható. Egy2001-es felmérés szerint 6,2 milliárd ember élt 2000-ben a Földön. Válto-zatlan szaporodási ütemet feltételezve mikorra érheti el a Föld lakossága a 10 milliárdot?

Rejtvény

A földrengések erõsségét (magnitúdóját) a logaritmusos Richter-skálán mérik. Ezt úgy állapítjákmeg, hogy a földrengéstõl 100 km-es távolságban megnézik a szeizmográf (mérõmûszer) mutató-jának kilengését. Ha a kilengés például 104 mikrométer, akkor a földrengés a Richter-skálán 4-eserõsségû, ha a kilengés mértéke 102 mikrométer, akkor a földrengés 2-es erõsségû. Általában askála a 100 km-es távolságban, mikrométerben mért maximális amplitúdó logaritmusát jelzi.a) A Richter-skálán 8-as erõsségû földrengés hányszor akkora kilengést okoz a szeizmográfon, mint

a 4-es erõsségû földrengés?b) Milyen erõsségû az a földrengés, ami a rengés centrumától 100 km-re 5 mm-es kilengést okoz?(A megoldás az 59. oldalon található.)

Ajánlott feladatok

Charles Francis Richter

5. K2

1. példa

Megoldás

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 19:03 Page 55

56


Egy iskolában úgy dönt a vezetés, hogy a tornatermet leparkettázzák. A gondnok megmérte a téglalap alakú torna-terem oldalait, és dm-es pontossággal az a = 23,8 m és b = 8,9 m értékeket kapta. Mekkora a tornaterem kerülete ésterülete? (Azaz: mekkora felületet kell parkettázni, és milyen hosszú a padló szélén körben futó szegélyléc?)

A számadatok az elsõ példához képest nem változtak, K = 65,4 m és T = 211,82 m2 adódik. Vegyük figyelembe, hogya mérés dm-es pontosságú volt, azaz az utolsó számjegyek kerekítettek. Ekkor a és b közelítõ értékek, 23,75 # a < 23,85és 8,85 # b < 8,95. A minimális értékekkel számolva Kmin = 2 ⋅ (23,75 + 8,85) = 65,2 (m) és Tmin = 23,75 ⋅ 8,85 == 210,1875 (m2); a maximális értékekkel számolva Kmax = 2 ⋅ (23,85 + 8,95) = 65,6 (m) és Tmax = 23,85 ⋅ 8,95 == 213,4575 (m2). Tehát azt mondhatjuk, hogy 65,2 m # K < 65,6 m és 210,1875 m2 # T < 213,4575 m2.

Ha feltételezzük, hogy a parkettázási munkák során nem keletkezik veszteség (ez egyébként csaknem elképzelhe-tetlen), még akkor is kockázatos lenne 65,4 m szegélylécet és 212 m2 parkettát vásárolni. A közelítõ értékek alkalma-zása miatt elõfordulhat, hogy egyik anyag mennyisége sem lesz elegendõ.

Ha tehát nem „tankönyvi”, hanem gyakorlati, életközeli feladatról van szó, akkor bizony számolni kell a közelítõértékek alkalmazásából adódó hibákkal.

Említsünk meg néhány gyakran használt fogalmat és jelölést.

MegjegyzésSajnos a legtöbb feladatban a hibát nem ismerjük, mert a mérendõ (pontos) x mennyiség nem ismert. Amit itt hibánaknevezünk, az tulajdonképpen az ún. hibakorlát. Ennél a tényleges hiba nagyobb nem lehet.

A hibakorlát megadásaA hibakorlát a hiba értékének egy felsõ korlátja. A második példában az a = 23,8 m közelítést alkalmaztuk. A ke-

rekítés miatt 23,75 m # a < 23,85 m, vagyis a ! [23,75 m; 23,85 m[; a hibakorlát ekkor 0,05 m. (Az a = 23,8 m a 0,1 m hosszú intervallum „közepe”, ezért bármennyi is az a oldal tényleges értéke, biztos, hogy a hiba legfeljebb az in-tervallum hosszának a fele.)

Tizedre kerekített értéknél a hibakorlát 0,05; századra kerekített értéknél 0,005 stb.Egy másik jelölés a = 23,8 ! 0,05 m formájú. Itt a hibakorlát 0,05 m, és a zacskós vagy dobozos élelmiszeripari ter-

mékeken leginkább ezzel az alakkal találkozunk. Például: egy zacskóban lévõ anyagmennyiség 400 ! 5 gr. (A másikgyakori jelölés, a „kb. 400 gr”, nagyvonalúan eltekint a hibakorlát feltüntetésétõl.)

Ha m egy x szám közelítõ értéke, akkor ezt az m ≈ x módon jelöljük. Ha az x számot m-mel közelítjük, akkor a közelítés abszolút hibája az x-nek az m-tõl való eltérése. Ez az x – m

és m – x különbségek közös abszolút értéke: . (A számegyenesen ez a szakasz az x és m pontoktávolsága.) A hiba tehát a közelítõ érték és a pontos érték eltérése; pl. 1,165-nek 1,17-tõl és 1,16-tól való eltéréseis 0,005.

A relatív hiba az abszolút hiba és az x szám abszolút értékének a hányadosa: . Általában %-ban adjuk

meg. (Ha nem jelezzük, hogy melyik hibafajtáról van szó, hanem egyszerûen csak hibáról beszélünk, akkor az ab-szolút hibára gondolunk.)

xm x-

x m m x- = -

3. példa

2. példa

Megoldás

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 19:03 Page 56

57


A Párizs melletti Sèvres-ben õrzött etalon méterrudat a saját mérõeszközeinkkel megmérjük, és ahosszát 100,4 cm-nek találjuk. Ekkor az x = 100 cm pontos értéket az m = 100,4 cm értékkel köze-

lítjük. A mérés abszolút hibája 100,4 – 100 = 0,4 (cm); a relatív hiba = 4 ⋅ 10–3, azaz

0,4%.

A relatív hiba a mérés, a közelítés „relatív” pontosságára utal. Tegyük fel, hogy egy híd hosszát fél méteres (abszo-lút) hibával határozzuk meg. Ez a mérési pontatlanság elfogadhatatlan, és igen súlyos a tévedés, ha egy patakon átívelõ,2,5 méteres fahídról van szó; de egy 2 km hosszú viadukt esetében tûrhetõ ez a hiba. (Az elsõ esetben a relatív hiba

= 0,2, azaz 20%; a második esetben = 2,5 ⋅ 10–4, azaz 0,25 ezrelék.)

Melyik pontosabb: a c = 3,2 vagy a c = 3,20 kerekített érték?

Az elsõ esetben a hibakorlát 0,05, a második esetben 0,005. Ez utóbbi érték tízszer pontosabb. Látható, hogy a ke-rekítésbeli utolsó 0 értékes jegy, van funkciója; tehát nem hagyható el.

Az egyenlõtlenség különbözõ alakokba írható: –f # m – x # f, vagyis x – f # m # x + f. Minthogy miatt m és x szerepe felcserélhetõ, azt is írhatjuk, hogym – f # x # m + f.(Szemléletesen: a számegyenesen az m pont az [x – f, x + f ] intervallumban, vagy az x pont az [m – f, m + f ] in-

tervallumban van.)

A r közelítéseHa – mint általában matematika órán – két tizedesjegy pontossággal közelítjük a r-t, akkor annyit tudunk, hogy

0,005 pontossággal 3,14-dal egyenlõ. Azaz # 0,005, innen 3,14 – 0,005 # r # 3,14 + 0,005, azaz 3,135 # r # 3,145. Persze ettõl r még végtelen sok értéket felvehet.

Hasonlóan látható be, hogy egyre több, véges számú közelítõérték (a megfelelõ hibakorlátokkal együtt) általábannöveli a pontosságot, de továbbra sem határozza meg egyértelmûen a közelített számot.

,100

100 4 100-

,,

2 50 5 ,

20000 5

,3 14r -

x m m x- = -

Megoldás

Az etalon méterrúd a francia-országi Sèvres-ben

4. példa

5. példa

6. példa

Jelöljük a hibakorlátot f-nal (f > 0). Azt mondjuk, hogy az m szám az f hibakorláton belül (azaz f pontossággal)közelíti meg az x számot, ha a közelítés során elkövetett hiba nem nagyobb az f hibakorlátnál, azaz .m x # f-

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 19:03 Page 57

58


Arkhimédész (i. e. 287–212) a körbe írt szabályos sokszögek kerületével közelítve r értékére a

egyenlõtlenség-rendszert kapta. Mennyire volt pontos a közelítése?

Arkhimédész szerint , vagyis . Legyen r értéke az intervallum felezõpontja, ekkor

a hibakorlát az intervallum hosszának a fele. Azaz Arkhimédesz közelítése: r ≈ ≈ 3,141851107, és a hibakorlát

≈ 1,006 ⋅ 10–3.

A mai tíz jegyre pontos érték: r ≈ 3,141592654, a görög tudós által elkövetett hiba ≈ 2,58453 ⋅ 10–4.

Megjegyzés

Általában is így van: a 0 < c < x < d egyenlõtlenségpár azt jelenti, hogy c és d számtani közepe, , az

hibahatáron belül megközelíti x-et.

A 2. példa alapján látható, hogy összeadás és kivonás során a hibakorlátok összeadódnak; ha pedig a közelítõ ér-téket a (pozitív) c számmal szorozzuk, a hibakorlát c-szeresre változik.

Néhány észrevételt tehetünk:– Ha több azonos hibakorláttal rendelkezõ számot adunk össze, akkor a hibakorlát az eredeti többszöröse lesz. Ez

persze nem azt jelenti, hogy a hiba is többszörös lesz: a számok egy részében „lefelé”, egy részében „felfelé” kerekí-tünk, így a kerekítési hibák többnyire kompenzálják egymást.

– A fentiekbõl következik, hogy lényeges a kerekítés, illetve a mûveletvégzés sorrendje. Összeg kerekített értéke éskerekített tagok összege különbözhet. Például: 1,3 + 2,4 egészekre kerekített értéke 4, míg egészekre kerekítés utánaz összeg 1 + 2 = 3.

– Ha a két összeadandó nem azonos pontosságú, akkor a kevésbé pontos szám határozza meg az összeg hibakor-látját. Például: a = 3,56 és b = 111,2 kerekített értékek összege a + b = 114,76, a hibakorlát 0,005 + 0,05 = 0,055,

d c2f = -

c d2+

9941

9943123

,71223

722!r :D ,497

1561497

1562!r :D

3 7110 37

11 1r

Megoldás

Õ volt az ókor legnagyobb hatású, alkotó matematikusa és fizikusa. A szicíliai görög városban, Szira-kuzában élt. Több nevezetes eredmény fûzõdik a nevéhez. A r közelítése mellett foglalkozott térgeo-metriával (megállapította például, hogy az egyenlõ oldalú henger, a bele írható gömb és a hengerbeírható kúp térfogatainak aránya 3:2:1), kiszámította a parabolaszeletek területét, speciális görbéketelemzett (arkhimédészi spirális). Mechanikai jellegû munkáiban vizsgálta a síkidomok súlypontjait, a fo-lyadékok és gázok egyensúlyát, de az õ nevéhez fûzõdik a differenciál-csigasor feltalálása is.Amikor i.e. 213-ban a római seregek megtámadták Szirakuzát, Arkhimédész sikeresen támogatta ta-lálmányaival a védelmet, így a város évekig ellenállt az ostromnak.

Arkhimédész (i.e. 287–212)

A HIBÁK ÖRÖKLÕDÉSE (MÛVELETEK ÉS HIBATERJEDÉS)

7. példa

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 19:04 Page 58

59


a közrefogó intervallum hossza ennek kétszerese: 0,11. 114,705 # a + b < 114,815; az összeg lényegében b pon-tatlanságát „õrizte meg”, az elsõ tizedes jegyben lehet eltérés.

Szorzás és osztás esetén a hibakorlátra nem tudunk hasonlóan „szép” képletet felállítani. Sokszor a konkrét feladattólfügg, hogy milyen pontossággal dolgozunk.

Nagyszámú mûveletvégzés során a hibák kellemetlenül megnõhetnek. Csökkentésükre különbözõ eljárások ismer-tek, az alábbiakban erre mutatunk egy példát.

Határozzuk meg 3 tizedesjegy pontossággal számolva értékét!

Elsõ megoldás

≈ 1,418; ≈ 1,414; ≈ 0,004; ≈ .

Második megoldás

A számológép alapján ≈ 283,1958.

Nyilván a számológép eredménye pontosabb (hiszen a számolás során több értékes jegyet õrzött meg). Miért ilyennagy az elsõ megoldás hibája?

és közelítõ értékei egyaránt négy értékes jegyet tartalmaznak. A két szám különbsége kicsi, a kivonás

után kapott 0,004-ben már csak egyetlen értékes jegy szerepel. relatív hibakorlátja ≈ 0,035%, re-

latív hibakorlátja szintén ennyi. hibakorlátja 0,001, relatív hibakorlátja ≈ 25%, ami rendkívül

megnõtt. A kivonás ebbõl a szempontból igen kellemetlen mûveletnek bizonyult, érdemes a kifejezést átalakítanunk.

Harmadik megoldás

A tört nevezõjét gyöktelenítjük: . Most

hibakorlátja 10–3, tehát három értékes jegyet tartalmaz; de a 0,01 már pontos érték. ≈ 100 ⋅ 2,832 == 283,2.

Ez az eredmény már elfogadható pontosságú.

Amikor közelítõ értékeket alkalmazunk, akkor a pontos számadatok helyett valójában számközökkeldolgozunk (közelítõ érték ! hibakorlát). A pontos számok, egyenletek helyett egyenlõtlenségekkel,egyenlõtlenség-rendszerekkel számolunk, és az eredmény is számköz lesz.

A gyakorlatban a közelítés másik nehézségét az jelenti, hogy elõre adott (vagy megállapítható), hogylegfeljebb mekkora hibát szabad elkövetnünk. Ha egy feladatban elõírt pontosságú végeredményt kíván-nak meg, akkor visszafelé kellene számolnunk, de ez igen nehéz. Általában úgy járunk el, hogy a megol-dás során több tizedes jegyet veszünk figyelembe (ezek az ún. tartalékjegyek), és a végeredményt a meg-felelõ pontosságúra kerekítjük. Ekkor legfeljebb azt kockáztatjuk, hogy egy-két tizedesjegyet feleslegesencipeltünk magunkkal.

,100 2 01 2+_ i

, , ,,

,,

2 01 21

2 01 2 2 01 22 01 2

0 012 01 2

-=

- +

+=

+

_ _i i,2 01 2+

,2 01 2- ,,

0 0040 001

2,,

1 4140 0005 ,2 01

,2 01 2

,2 01 21-

,2 01 2 ,2 01 2-,2 01 2

1- ,0 004

1 250=

,2 01 21-

Az 55. oldalon lévô rejtvény megoldása:

a) Tízezerszer. b) A kilengés (amplitúdó) nagysága 5 mm = 5 ⋅ 103 nm.

Így a rengés lg(5 ⋅ 103) = lg 5 + lg 103 = lg 5 + 3 ≈ 3,7 erõsségû.

8. példa

Megoldás

Fogalmakközelítõ érték;(abszolút) hiba;relatív hiba;hibakorlát;relatív hibakorlát.

16312_Matek11_01_ 2011.12.19. 19:04 Page 59

Documents

11 érthető matematika megoldásai