16202 Metematika10 CD 0 cimmoldan.hu/doc/nemzeti/10_h_mo.pdf · 2015. 9. 22. · MATEMATIKA 5 10. ÉVFOLYAM Az A pont és az e egyenes távolsága: d(A; e) vagy Ae Az A és B pont

A tankönyv feladatai és a feladatok megoldásai

MATEMATIKA 10.

Dr. Gerőcs László Számadó László

A megoldások olvasásához Acrobat Reader program szükséges, amely ingyenesen letölthetőaz internetről (például: adobe.la.hu weboldalról).A feladatokat fejezetenként külön-külön fájlba tettük. A fejezet címmel ellátott fájl tartalmazzaa fejezet leckéinek végén kitűzött feladatok részletes megoldásait. A feladatokat nehézségükszerint jelöltük:K1 = középszint, könnyebb; K2 = középszint, nehezebb; E1 = emelt szint, könnyebb; E2 = emelt szint, nehezebb feladat.

Lektorok:PÁLFALVI JÓZSEFNÉCSAPODI CSABA

Tipográfia: LŐRINCZ ATTILA

Szakgrafika: DR. FRIED KATALIN

© Dr. Gerőcs László, Számadó László, Nemzeti Tankönyvkiadó Zrt., 2010

Nemzeti Tankönyvkiadó Zrt.a Sanoma companywww.ntk.huVevőszolgálat: [email protected]: 06 80 200 788

A kiadásért felel: Kiss János Tamás vezérigazgatóRaktári szám: RE 16202Felelős szerkesztő: Szalontay AnnaMűszaki igazgató: Babicsné Vasvári EtelkaMűszaki szerkesztő: Orlai MártonGrafikai szerkesztő: Mikes VivienTerjedelem: 14,0 (A/5) ív1. kiadás, 2010

1 0 . É V F O L Y A M

MATEMATIKA 3

Tartalom

Jelmagyarázat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

I. Gondolkodási módszerek, kombinatorika1. Tétel és megfordítása, indirekt bizonyítás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72. Skatulya-elv . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93. Sorbarendezés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104. Kiválasztás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

II. Gyökvonás1. Racionális számok, irracionális számok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152. A négyzetgyökvonás és azonosságai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173. A négyzetgyökvonás alkalmazásai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184. Az n-edik gyök fogalma és azonosságai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205. Az n-edik gyökvonás alkalmazásai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

III. Másodfokú függvények, másodfokú egyenletek1. Másodfokú függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232. Másodfokú függvények általános alakja, ábrázolása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263. Szélsőérték problémák megoldása a másodfokú függvények segítségével

(emelt szint) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284. Másodfokú egyenletre vezető feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305. Speciális másodfokú egyenletek megoldása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 326. A másodfokú egyenlet megoldóképlete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 337. A másodfokú egyenlet diszkriminánsa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 358. Viète-formulák (emelt szint) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 379. A másodfokú egyenlet gyöktényezős alakja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

10. Másodfokú egyenletrendszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4011. Másodfokú egyenlőtlenségek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4212. A szöveges másodfokú egyenletek, egyenletrendszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . 4413. Másodfokú egyenletre vezető gyökös egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4714. Másodfokú egyenletre vezető magasabb fokú egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . 49

IV. Geometria1. Távolságtartó transzformációk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 532. Párhuzamos szelők tétele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 543. Középpontos hasonlóság . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 564. Hasonlósági transzformáció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 625. Tétel a háromszög szögfelezőjéről (emelt szint) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 656. A háromszög külső szögfelezője (emelt szint) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 667. Közepek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 688. Közepek több szám esetén (emelt szint) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 719. Befogótétel, magasságtétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

10. Sokszögek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7311. Háromszögek, négyszögek, sokszögek területe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7512. Kerületi szögek, látószögkörív (emelt szint) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7813. Húrnégyszögek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8014. Érintőnégyszögek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8215. Körhöz húzott szelők és érintők . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8416. Hasonló síkidomok területe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8517. Hasonló testek térfogata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

1 0 . É V F O L Y A M

T A R T A L O MMATEMATIKA4

V. Trigonometria1. Távolságok meghatározása arányokkal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 892. Hegyesszögek szögfüggvényei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 903. Összefüggések hegyesszögek szögfüggvényei között . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 934. Vektorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 945. A szögfüggvények általánosítása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 966. Szögfüggvények ábrázolása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

VI. Statisztika és valószínűség1. Statisztikai alapismeretek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1012. A véletlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1053. A valószínűség . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

5MATEMATIKA

1 0 . É V F O L Y A M

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

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

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

Az f1 és f2 egyenesek szöge: vagy

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

A C csúcspontú szög:

Szög jelölése:

Az A, B és C csúcsokkal rendelkező háromszög:

Az ABC9 területe: T(ABC) vagy TABCAz a, b és c oldalú háromszög fél kerülete:

A derékszög jele: *

Az e egyenes merőleges az f egyenesre:

Az e egyenes párhuzamos az f egyenessel:

Egybevágóság: ,;

A hasonlóság aránya: m

Az A pontból a B pontba mutató vektor:

Egyenlő, nem egyenlő: ;

Azonosan egyenlő: ;

Közelítőleg egyenlő: ; ;

Kisebb, kisebb vagy egyenlő: , $; 6 > 4, a $ 2

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; ,

Zárt intervallum: [a; b]

Balról zárt, jobbról nyílt intervallum: [a; b[

Balról nyílt, jobbról zárt intervallum: ]a; b]

Nyílt intervallum: ]a; b[

Az x szám abszolút értéke: ;

Az f függvény hozzárendelési szabálya: ; vagy

;

Az f függvény helyettesítési értéke az x0 helyen:;

n-faktoriális: n! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ … ⋅ (n – 1) ⋅ n

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

f x x2 3= +] gf x y=] g: 2 3f x x7 +:f x f x7 ] g

, 3,13 1 =-x

N Q1A R3

2 Zg- +5 N!

8,54 8,5.2,3a ..

5a b /+/

2, 5a b !=,!=

AB

ABC A B C9 9, l l l

e f<

e f=

s a b c2=+ +

ABC9

, , , fa b c

CB

ACBB

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

AB

Jelmagyarázat

MATEMATIKA 7I . G O N D O L K O D Á S I M Ó D S Z E R E K , K O M B I N A T O R I K A

1 0 . É V F O L Y A M

1. Tétel és megfordítása, indirekt bizonyítás

Az alábbi tételek közül melyek azok, amelyeknek a megfordítása is igaz?a) Ha egy háromszög derékszögű, akkor köré írható körének középpontja az átfogó felező-

pontja.b) Ha egy síkbeli egyenes áthalad az azonos síkban levő kör középpontján, akkor felezi a kör te-

rületét.c) Ha egy valós szám négyzete 1-nél nagyobb, akkor a valós szám is 1-nél nagyobb.d) Ha egy négyszög paralelogramma, akkor átlói felezik egymást.

a) Az állítás megfordítása: ha egy háromszög köré írható körének középpontja egy oldalának fe-lezőpontja, akkor a háromszög derékszögű. E megfordítás igaz, hiszen hegyes szögű három-szög köré írható körének középpontja a háromszög belsejében van, tompa szögű háromszögesetében pedig a háromszögön kívül van. Tehát az eredeti állítás megfordítható.

b) Az állítás megfordítása: ha egy egyenes felezi egy kör területét, akkor áthalad a kör közép-pontján. Ez igaz, tehát az eredeti állítás megfordítható.

c) Az állítás megfordítása: Ha egy valós szám 1-nél nagyobb, akkor négyzete is 1-nél nagyobb.Ez nyilván igaz. Ugyanakkor az eredeti tétel nem igaz, hiszen, ha egy valós szám négyzete 1-nél nagyobb, akkor a valós szám még nem biztos, hogy nagyobb lesz 1-nél. Például: a –2négyzete 4, vagyis 1-nél nagyobb, de –2 kisebb 1-nél, Most tehát arra láttunk egy példát,hogy az eredeti tétel nem igaz, de a megfordítása igaz.

d) A megfordítás: ha egy négyszög átlói felezik egymást, akkor az paralelogramma. Ez igaz,tehát az eredeti állítás megfordítható.

Igazoljuk az alábbi állítást! Egy szám akkor és csak akkor osztható 5-tel, ha 5-re vagy 0-ra végződik.

Az állításban együtt szerepel egy tétel és annak megfordítása.1. Ha egy szám osztható 5-tel, akkor 5-re vagy 0-ra végződik, 2. Ha egy szám 5-re vagy 0-ra végződik, akkor osztható 5-tel

1. 5-nek páros számú többszörösei 0-ra, páratlan számú többszörösei pedig 5-re végződnek.Tehát ha egy szám osztható 5-tel (azaz 5-nek többszöröse), akkor 5-re vagy 0-ra végződik.

2. Ha egy szám 5-re vagy 0-ra végződik, akkor 10k + 5 vagy 10n alakú. Mivel mindkét esetben5-tel osztható számhoz jutottunk, így valóban: az előbbi állítás megfordítása is igaz.

Fogalmazzuk meg a következő állítások megfordítását és döntsük el, hogy igazak vagysem. A megfordítható állításokat fogalmazzuk meg az „akkor és csak akkor” kifejezéssel.a) Ha egy háromszög hegyes szögű, akkor köré írható körének középpontja a háromszög bel-

sejében van.b) Ha egy négyszög paralelogramma, akkor átlói felezik egymást.c) Ha néhány pozitív egész szám összege páros, akkor a közöttük levő páratlan számok száma

páros.

a) Az állítás megfordítása: ha egy háromszög köré írható körének középpontja a háromszög bel-sejében van, akkor a háromszög hegyes szögű. Ez igaz, így a tétel és megfordítása együtt: egyháromszög akkor és csak akkor hegyesszögű, ha köré írható körének középpontja a három-

2. K1

3. K1

1. K1

Gondolkodási módszerek,kombinatorika

I.

szög belsejében van. (Természetesen így is fogalmazhattunk volna: egy háromszög köré írhatókörének középpontja akkor és csak akkor van a háromszög belsejében, ha a háromszög he-gyes szögű.)

b) Ha egy négyszög átlói felezik egymást, akkor e négyszög paralelogramma. E megfordításigaz, tehát mondhatjuk: egy négyszög akkor és csak akkor paralelogramma, ha átlói felezikegymást. (Vagy másképpen fogalmazva: egy négyszög átlói akkor és csak akkor felezik egy-mást, ha e négyszög paralelogramma.)

c) Az állítás megfordítása: ha néhány pozitív egész szám között a páratlanok száma páros, akkore számok összege páros. E megfordítás is igaz, tehát a két állítás egyben: néhány pozitív egészszám összege akkor és csak akkor páros, ha a közöttük levő páratlan számok száma páros.

Igazoljuk indirekt úton, hogy a szabályos háromszög beírható és köré írható köreinek kö-zéppontjai egybeesnek!

Tegyük fel – indirekt –, hogy a szabályos háromszög beírható körének O középpontja és köré ír-ható körének K középpontja nem esik egybe. Ekkor valamelyik csúcsból (pl. A-ból) induló AK ésAO szakaszok különböző szakaszok. Mivel

a köré írható kör R sugarai, ezért az ABK, BCK és ACK háromszögek egybevágó háromszögek,vagyis

.Az O pont a beírható kör középpontja, ezért AO a háromszögnek egy szögfelezője. Mivel AK ésAO különböző szakaszok, ezérta = BAKB ≠ BAOB = 30º.De haa ≠ 30º,akkor a háromszög belső szögeinek összegére6a ≠ 180º.Azt kaptuk tehát, hogy ha K és O nem esik egybe, akkor a háromszög belső szögeinek összegenem 180o. Ez nyilván lehetetlen, így a K és O pontoknak valóban egybe kell esnie.

Egy négyzet minden oldalának felezőpontját összekötöttük a szemközti csúcs két vég-pontjával. Igazoljuk indirekt úton, hogy a négyzet belsejében keletkező nyolcszög nem lehetszabályos nyolcszög!

Készítsük el a szükséges ábrát! Tegyük fel indirekt, hogy a négyzet belsejében keletkező nyolc-szög szabályos. Ha e nyolcszög szabályos, akkor minden szöge

.

Tehát pl. a P pontnál levő szög is 135o. Ekkor az APD egyenlő szárú háromszögben APDB = 135o, tehát

ADPB = DAPB = = 22,5o.

Mivel a négyzet AC átlója az AD oldallal 45o-os szöget zár be, és a 22,5o a 45o-nak a fele, ezértaz ACD háromszögben az AF szögfelező és – mivel F a CD oldal felező pontja – egyben súlyvo-nal is. De ha egy háromszögben egy szögfelező egyben súlyvonal is, akkor az egyenlő szárú há-romszög, azaz esetünkben AD = AC.

Arra jutottunk, hogy ha a négyzet belsejében keletkezett nyolcszög szabályos, akkor a négy-zet oldala egyenlő a négyzet átlójával. Ez nyilván lehetetlen, így a nyolcszög nem lehet szabályos.

2180 135o o-

nn 2 180

86 180 135

o oo$ $-

= =^ h

BAK ABK CBK BCK CAK ACKB B B B B B a= = = = = =

KA KB KC R= = =

4. K2

5. E1

8 MATEMATIKA I . G O N D O L K O D Á S I M Ó D S Z E R E K , K O M B I N A T O R I K A

1 0 . É V F O L Y A M

R

R

R

α α

α

α α

α

A

B C

K O

A

B C

D

F

P

2. Skatulya-elv

Egy osztályban az osztálylétszám 28 fő. Év végén matematikából senki nem bukott meg;hárman kaptak 2-es osztályzatot. Igazoljuk, hogy volt legalább 9 tanuló, akik ugyanolyan osz-tályzatot kaptak!

Ha hárman kaptak 2-es osztályzatot és senki sem bukott meg, akkor 25 diák 3-as, 4-es vagy 5-ös osztályzattal zárta az évet. Ezek szerint 25 diákot kell három „fakkba” elhelyezni. Mivel

, így kell lennie egy olyan fakknak, amelybe legalább 9 diák került, vagyis volt legalább9 olyan tanuló, akik ugyanolyan osztályzatot kaptak.

Nagymamánál a kamrában elromlott a világítás. A polcon van 3 üveg körte-, 5 üveg alma-és 11 üveg meggybefőtt. a) Hány üveg befőttet kell kihoznunk a sötétből, hogy a kihozottak között legyen mindhárom

fajtából?b) Hány üveg befőttet kell kihoznunk a sötétből, hogy a kihozottak között legyen két egyforma

befőtt?

a) A legtöbb (11 üveg) meggyből, a második legtöbb (5 üveg) almából van. Ezek szerint, ha (a legrosszabb esetet véve) 11 + 5 üveggel veszünk ki a kamrából, akkor még nem biztos,hogy minden fajtából lesz a kivett üvegek között. Tehát ahhoz, hogy mindegyikből legyen, leg-kevesebb 11 + 5 + 1 = 17 üveggel kell kivenni.

b) Ha (ismét a legrosszabb esetet feltéve) mindhárom fajtából kiveszünk egy-egy üveggel, akkormég nem lesz olyan fajta, melyből 2 üveg van. Ha azonban még egyet kiveszünk (teljesen mind-egy, hogy milyen fajtát), akkor már biztosan lesz olyan, amelyből van 2 üveggel. Tehát ahhoz,hogy valamelyik fajtából legyen két üveggel, legkevesebb 3 + 1 = 4 üveggel kell kivennünk.

Egy osztályban van három olyan diák, akik ugyanabban a hónapban ünneplik a születés-napjukat. Mit mondhatunk az osztálylétszámról?

12 hónap van. Ha minden hónapban 2-2 diák ünnepli a születésnapját, akkor diáklenne az osztályban. De ha biztosan tudjuk, hogy van olyan hónap, melyben 3 diák is születés-napot ünnepel, akkor még egy diáknak lennie kell, vagyis az osztálylétszám legalább 25.

Egy boltban piros, sárga és fehér sálakat tartanak; mindhárom fajtából 30-30 darabot. Egyanyuka három gyermekének akar venni egy-egy sálat. Becsukott szemmel legalább hány sálat kellkivennie a bolt dobozából, ha azt akarja, hogy mindhárom gyermeke ugyanolyan színű sálatkapjon?

Vegyük a legrosszabb esetet: az első három húzásra három különböző színű sálat vesz ki. Ha amásodik három húzásra is három különböző sálat vesz ki, akkor eddig sálat vett ki, demég nincs közöttük három egyforma. De a 7. húzásra már bármilyen színűt is választ, abból aszínből már van 2 db, így biztosan lesz három egyforma színű sál. Tehát, ha legalább 7 sálat húzki a dobozból, akkor már biztosan lesz közöttük 3 egyforma.

Egy konvex hatszög minden oldalát és minden átlóját kiszíneztük pirosra vagy kékre. Iga-zoljuk, hogy ekkor lesz a rajzunkon olyan háromszög, melynek minden oldala azonos színű!

A sokszög egy csúcsából (pl. az A csúcsból) 5 db szakasz indul ki, melyek mindegyike piros vagykék. Így a skatulya-elv alapján biztosan van közöttük három egyforma színű; legyenek ezek azAD, AE és AF szakaszok (lásd ábra).

Ha az EFD háromszög valamelyik oldala ugyanolyan színű, mint az azonos színű AF, AE és ADszakaszok, akkor készen vagyunk, hiszen ekkor vagy az AFE, vagy az AED vagy pedig az AFD há-romszög oldalai azonos színűek. Ha viszont az EFD háromszög mindhárom oldala különbözik azAE, AF, AD szakaszok közös színétől, akkor az EFD háromszög oldalai lesznek azonos színűek.

1. K1

2 3 6$ =

2 12 24$ =

3 8 24$ =

2. K1

3. K1

4. K2

5. E1

9MATEMATIKAI . G O N D O L K O D Á S I M Ó D S Z E R E K , K O M B I N A T O R I K A

1 0 . É V F O L Y A M

AB

C

DEF

A

DEF

A budapesti és a veszprémi állatkertbe érkezett 257 papagáj: pirosak, sárgák, kékek észöldek. Tudjuk, hogy nincs közöttük 5 azonos színű, különböző korú papagáj. Igazoljuk, hogyvalamelyik állatkertben lesz 9 azonos színű és azonos korú papagáj!

Csoportosítsuk a 257 papagájt színek szerint. Mivel négyféle színű papagájunk van, ezért vala-melyik színből lesz legalább 65 db. Ha ugyanis minden színből csak legfeljebb 64 db lenne, akkorlegfeljebb db papagájunk lenne.

Most vizsgáljuk ezt a 65 db azonos színű papagájt. Mivel – a feltételek szerint – nincs 5 azo-nos színű, különböző korú papagáj, ezért ezt a 65 papagájt korcsoportjaik szerint csak 4 féle kor-csoportba sorolhatjuk. Ha 65 papagájt kell elhelyezni 4 „fakkba” (úgy, hogy az azonos korúakkerüljenek egy fakkba), akkor valamelyik korcsoportba biztosan lesz legalább 17 db. Ha ugyanisminden korcsoportból csak legfeljebb 16 lenne, akkor legfeljebb papagáj lenne.

Arra jutottunk, hogy van az összes papagáj között 17 db azonos színű és azonos korú papa-gáj. E 17 papagáj közül néhány Veszprémbe, néhány pedig Budapestre kerül. Mivel , ígyvalóban igaz, hogy valamelyik állatkertbe legalább 9 azonos színű és azonos korú papagáj kerül.

Egy dobozban elhelyeztünk p-féle különböző színű golyót, mind a p színből q darabot,ahol p és q prímszámok. Ha legkevesebb annyi golyót akarunk kivenni a dobozból, hogy min-den színből legyen a kivett golyók között, akkor 17-tel kevesebbet kellene kivenni, mint ha leg-kevesebb annyi golyót akarnánk kivenni a dobozból, hogy valamely színből mind a q darabot ki-vegyük. Hány golyó van a dobozban?

Ha legkevesebb annyi golyót akarunk kivenni a dobozból, hogy minden színből legyen a kivettgolyók között, akkor db golyót kell kivennünk.

Ha legkevesebb annyi golyót akarnánk kivenni a dobozból, hogy valamely színből mind a qdarabot kivegyük, akkor db golyót kell kivennünk a dobozból.A feltételek szerint

, azaz, tehát .

De két prímszám különbsége csak akkor lehet páratlan, ha az egyik prímszám páros. Így nemlehet más, csak p = 2 és ekkor q = 19.

A dobozban levő golyók száma: .

3. Sorbarendezés

Egy bajnokságban 10 csapat indul. Hányféleképpen alakulhat a bajnokság végeredménye?

10 különböző dolgot kell sorba rendezni. Ezt 10!-féleképpen tehetjük meg, tehát a bajnokságvégső sorrendje 10! = 3 628 800-féleképpen alakulhat.

Az 1, 2, 3, 4, 5 számjegyek mindegyikének felhasználásával ötjegyű számokat képe-zünk minden lehetséges módon. Az így adódó számok esetében miből lesz több: 4-gyel oszthatóvagy 5-tel osztható számból?

Egy szám akkor és csak akkor osztható 4-gyel, ha az utolsó két jegyéből alkotott kétjegyű számosztható 4-gyel. Ezek szerint a megadott számjegyekből alkotott szám utolsó két számjegye:…12, …32, …52, vagy …24.

q db q db q db . . . q db

1. szám 2. szám 3. szám . . . p. szám

pq 2 19 38$= =

q p 17- =pq q pq p17- + = -p q q p1 1 17 1 1$ $- + + = - +^ ^h h

1 1q p$- +^ h6 @

1 1p q$- +^ h6 @

2 8 16$ =

4 16 64$ =

4 64 256$ =

6. E2

2. K1

1. K1

7. E2


1 0 . É V F O L Y A M


1 0 . É V F O L Y A M

12-re végződőből annyi van, ahányféleképpen a megmaradt 3 db számjegyet a 12 előtt sorbatudjuk rendezni. Ezek száma 3! = 6. Természetesen ugyanez az eredmény, ha a két utolsó szám-jegy …32, vagy …52, vagy …24. Így a 4-gyel osztható számok száma: .

Ha a kérdéses ötjegyű szám 5-tel osztható, akkor 5-re kell végződnie. A megadott számje-gyekből annyi db 5-re végződő lesz, ahányféleképpen a többi 4 számjegyet az 5 előtt sorba tud-juk rendezni. Ennek száma 4! = 24.

Tehát az 1, 2, 3, 4, 5 számjegyek mindegyikének felhasználásával képezhető ötjegyű számokközött ugyanannyi 4-gyel osztható van, mint 5-tel osztható.

Kati tolltartójában 8 színes ceruzának van hely. Ebben szeretne elhelyezni (sorba rakni) 4 piros, 2 kék, 1 zöld és 1 sárga ceruzát. Hányféleképpen rakhatja sorba a ceruzáit?

Ha a 8 db színes ceruza mind különböző színű lenne, akkor ezeket 8!-féleképpen lehetne sorbarendezni. Mivel van közöttük 4, illetve 2 egyforma, ezért a sorba rendezési lehetőségek száma:

.

A 0, 1, 2, 3, 4, 5 számjegyek mindegyikének felhasználásával hány db 6 jegyű számképezhető?

I. gondolatmenetElőször számoljuk össze, hogy a megadott 6 db számjegyet hányféleképpen tudjuk sorba ren-dezni, majd ezek számából vonjuk le azoknak a sorba rendezési lehetőségeknek a számát, ame-lyek 0-val kezdődnek. A 6 db számjegyet 6!-féleképpen lehet sorba rendezni. Ezek között a 0-val kezdődőek annyian vannak, ahányféleképpen a 0 után a megmaradó 5 db számjegyetsorba rendezhetjük, azaz 5!.Tehát a képezhető hatjegyű számok száma: 6! – 5! = 600.

II. gondolatmenetAz első számjegyet 5-féleképpen választhatjuk meg, hiszen a 0 nem lehet az első helyen. Bár-hogyan választottunk az első helyre, a megmaradt 5 db számjegyből a második helyre 5-féle-képpen, a harmadik helyre 4-féleképpen, a 4. helyre 3-féleképpen, az 5. helyre 2-féleképpen, a6. helyre pedig 1-féleképpen választhatunk, tehát a sorba rendezési lehetőségek száma:

.

Egy matematikaverseny első 7 helyezettjét megjutalmazták. A 7 nyertes között volt 4 fiú és 3 lány. A jutalomátadást követően egy csoportkép készült róluk, melyhez a diákokatsorba állították. Hányféleképpen állhattak sorba a gyerekek, ha a fotós azt akarta, hogy a 3 lányközépen és 2-2 fiú a két szélen álljon?

Az első helyre 4-féleképpen választhatunk a 4 fiú közül. Bárhogyan választottunk, a másodikhelyre 3-féleképpen választhatunk a megmaradt 3 fiú közül.

A 3., 4. és 5. helyre a három lányt 3!-féleképpen állíthatjuk sorba. A 6. helyre 2 fiú közül kellválasztanunk; ezt 2-féleképpen tehetjük meg, végül a 7. helyre 1-féleképpen (a megmaradt 1fiút) választhatjuk. Tehát a kívánt feltételeknek megfelelően a gyerekek

féleképpen állhatnak sorba a fotózáshoz.

1.

fiú

2.

fiú

3.

lány

4.

lány

5.

lány

6.

fiú

7.

fiú

!4 3 24$ =

! ! !4 3 3 2 4 3 24 6 144$ $ $ $ $= = =

!5 5 5 120 600$ $= =

! !!

4 28

25 6 7 8 840

$$ $ $

= =

3. K1

4. K2

5. K2

Nagymama kamrája polcain el akar helyezni 4 üveg alma- és 3 üveg meggylekvárt, illetve5 üveg alma- és 2 üveg meggybefőttet. Mindezt két polcon szeretné elhelyezni úgy, hogy azegyik polcon a befőttek, a másikon pedig a lekvárok legyenek. Hányféleképpen teheti ezt mega nagymama, ha egyébként a befőttes és a lekváros üvegek egyformák?

Ha az 1. polcon helyezzük el a lekvárokat, a 2. polcon a kompótokat, akkor a lekvárokat -

féleképpen rendezhetjük sorba. Bárhogyan is rendeztük sorba a lekvárokat, a 2. polcon a kom-

pótokat -féleképpen rakhatjuk sorba. Ezek szerint az összes üveg sorba rendezési lehető-

ségeinek a száma: .

De ugyanezt az eredményt kapjuk akkor is, ha az 1. polcon a kompótokat, a 2. polcon a lekvárokat helyezzük el. Tehát az összes üveg elhelyezésének a lehetőségeinek a száma:

.

Egy rockkoncerten a színpadot hat reflektorral világították meg. Ezek mindegyike a piros,sárga, fehér, kék, zöld és lila színek egyikével világította meg a színpadot. A világítást egy szá-mítógép vezérelte az alábbi módon: a hat lámpa másodpercenként gyulladt ki, ezek bármelyikea fenti színek bármelyikében világíthatott, de a hat lámpa színe különböző kellett, hogy legyen.Mennyi időnek kell eltelnie ahhoz, hogy a hat lámpa lámpánként ugyanolyan színnel világítson,mint amilyennel már korábban világítottak?

Az 1. lámpa színét 6-féleképpen választhatjuk meg. Bárhogyan is választottuk meg az 1. lámpaszínét, a 2. lámpáét 5-féleképpen választhatjuk meg. A 3. lámpa színe 4-féle lehet, a 4. lámpáé3-féle, az 5. lámpáé 2-féle, míg a 6. lámpa színe már csak 1-féle lehet. Tehát a lámpák összesen6! = 720-féleképpen világíthatnak. Ha a lámpák minden lehetséges módon világítanak másod-percenként, akkor ez 720 mp = 12 perc időtartamot jelent. Ez azt jelenti, hogy 721 mp elteltealatt – a skatulya-elv alapján – mindenképpen kellett lennie két olyan másodpercnek, amikor alámpák mindegyike rendre ugyanolyan színnel világított.

4. Kiválasztás

Az 1, 2, 3, 4, 5, 6 számjegyeket felhasználva hány db 4-jegyű számot képezhetünk, haegy számjegyet csak egyszer használhatunk fel? E négyjegyű számok közül hány olyan lesz, melyosztható 4-gyel?

Az első számjegyet 6-féleképpen, a második számjegyet 5-féleképpen, a harmadik számjegyet4-féleképpen, a 4. számjegyet 3-féleképpen választhatjuk ki, tehát a képezhető 4-jegyű számokszáma: . Ezek közül azok lesznek 4-gyel oszthatók, amelyek utolsó két számje-gye: …12, vagy …32, vagy …52, vagy …24, vagy …64, vagy …16, vagy ….36, vagy …56.

Ha az utolsó két számjegy 12, akkor az első számjegyet 4-féleképpen, a 2. számjegyet pedig3-féleképpen választhatjuk meg, tehát ilyenből db van. Nyilván ugyanennyi az ered-mény, ha bármely más végződést vesszük, így a 360 db négyjegyű szám között a 4-gyel oszt-hatók száma: .

Egy atlétikai szakosztálynak 12 fiú futója van. A hétvégi versenyre a 4-szer 100-as váltó-futáshoz hányféleképpen állíthatja össze az edző a csapatot?

A csapat első tagját 12-féleképpen, a második tagját 11-féleképpen, a 3. tagot 10-féleképpen,a 4. tagot 9-féleképpen választhatja ki az edző. Ez összesen lehetőség. De haugyanezt a 4 fiút más sorrendben választja ki az edző, akkor is ugyanezt a csapatot állítja össze.Ezek szerint a eredmény annyiszor nagyobb az általunk keresett lehetőségek szá-mánál, ahányféleképpen a 4 fiút sorba rendezhetjük, azaz 4!-szor. Így az edző a csapatot

-féleképpen állíthatja össze.!4

12 11 10 9 495$ $ $ =

6. K2

! !!

4 37$

12 11 10 9$ $ $

12 11 10 9$ $ $

8 12 96$ =

4 3 12$ =

6 5 4 3 360$ $ $ =

! !!

! !!

4 37

5 27

65 6 7

26 7 35 21 735

$$

$$ $ $ $ $= = =

! !!

5 27$

2 735 1470$ =

7. E1

2. K1

1. K1


1 0 . É V F O L Y A M


1 0 . É V F O L Y A M

Egy 24 fős osztály 3-tagú küldöttséget választ az iskolai diákbizottságba. Hányféleképpentehetik ezt meg?

Az első tagot 24-féleképpen, a másodikat 23-féleképpen, a harmadikat 22-féleképpen választ-hatjuk ki. De így a 3-tagú köldöttség kiválasztási lehetőségeinek éppen a 6-szorosát kapjuk, hi-szen ha pl. elsőre A-t, másodikra B-t, harmadikra C-t választunk, az ugyanaz az eset, mint ha el-sőre B-t, másodikra C-t, harmadikra A-t választanánk. Mivel az A, B, C hármas 3! = 6-féleképpen

rendezhető sorba, ezért a 3 tagú köldöttséget -féleképpen választhatjuk ki.

Pisti elfelejtette biciklizárjának négyjegyű kódját. Arra emlékezett, hogy 2-vel kezdődött,1 db 0 volt benne és osztható volt 5-tel. Ha minden lehetséges szóba jöhető esetet kipróbál, ésegy eset kipróbálása 5 másodpercig tart, akkor legfeljebb mennyi idő alatt tudja kinyitni a zárat?

Ha a négyjegyű szám osztható 5-tel, akkor 5-re vagy 0-ra végződik.Ha 5-re végződik, akkor a 2. és a 3. hely egyikén 0-nak kell szerepelnie, míg a másik helyen 9-féle számjegy szerepelhet (a 0 már nem). lehetőség.

Ha a négyjegyű szám 0-ra végződik, akkor a 2. és a 3. helyre egyaránt 9-9 lehetőség van, amiösszesen lehetőség.

Tehát Pistinek összesen 18 + 81 = 99 lehetőséget kell kipróbálnia, ami a feltételek szerintmp, azaz 8,25 perc. Tehát legkésőbb 8 perc és 15 mp elteltével Pisti ki tudja nyitni

a biciklizárat.

Adott egy 8 × 8-as négyzetháló. Ennek négyzeteibe szeretnénk elhelyezni 4 korongotúgy, hogy semelyik két korong ne legyen ugyanabban a sorban vagy ugyanabban az oszlopban.a) Hányféleképpen tehetjük meg ezt, ha a korongok különböző színűek?b) Hányféleképpen tehetjük meg ezt, ha a korongok azonos színűek?

a) Az első korongot 64-féleképpen tehetjük le. A második korongot nem tehetjük abba a sorbaés abba az oszlopba, mely sorban, illetve oszlopban az első korong szerepel. Ha a kérdésesoszlopot és sort kivesszük, és a megmaradó 4 területet „összetoljuk”, akkor egy 7 x 7-esnégyzetet kapunk. Így bárhogyan is tettük le az első korongot, a második korongot 49-féle-képpen tehetjük le.

A gondolatmenetet folytatva a 3. korongnak 62 = 36 hely marad, a 4. korongnak pedig 52 = 25 hely marad. Tehát a négy különböző korongot összesen 64 ⋅ 49 ⋅ 36 ⋅ 25 = 2 822 400-féleképpen helyezhetjük el a kívánt módon.

b) Ha a korongok azonos színűek, akkor az a) részben kapott eredmény annyiszor több a mostkeresett eredménynél, ahányszor a 4 korongot sorba rendezhetjük, azaz 4!-szor. Tehát az egy-forma korongokat összesen

féleképpen rakhatjuk le a kívánt módon.

Hány db lottószelvényt kell kitölteni a 6-os lottón, hogy legyen biztosan egy telitalálatosszelvényünk?

45-ből kell 6-ot kiválasztanunk a sorrendre való tekintet nélkül. Az első számot 45-féleképpen,a másodikat 44-féleképpen,…stb. végül a hatodikat 40-féleképpen választhatjuk ki. Mivel a ki-választás sorrendje lényegtelen (vagyis ugyanazt a hat számot más sorrendben kiválasztva nemkapunk új esetet), ezért a lehetőségek száma:

.!6

45 44 43 42 41 40 8 145 060$ $ $ $ $ =

3. K1

!42 822 400

242 822 400 117 600= =

99 5 495$ =

9 9 81$ =

9 2 18$ =

624 23 22 2024$ $ =

4. K2

5. K2

6. K2

2 0

9 lehetőség

5

2

9 lehetőség

0 5

Magyarországon régen az autók rendszámtábláján két betű és négy számjegy szerepelt.Ha a betűktől eltekintünk, miből van több: olyan rendszámtáblából, melyen minden számjegy kü-lönböző vagy olyan, melyben vannak azonos számjegyek?

Olyan rendszámtábla, melyen minden számjegy különböző 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 = 5040 db van.Azoknak a rendszámtábláknak a számát, melyeken minden számjegy különböző, úgy szá-

molhatjuk ki, hogy az összes létező rendszámtáblák számából levonjuk azoknak a számát, me-lyeken minden számjegy különböző. Az összes rendszámtáblák számának kiszámításakor az elsőhelyre 10-, a másodikra is 10-, a harmadikra is és a negyedik helyre is 10-féleképpen választha-tunk, tehát az összes rendszámtáblák száma 104 = 10 000. Azoknak a száma, melyeken mindenszámjegy különböző – mint láttuk – 5040. Tehát azoknak a rendszámtábláknak a száma, melyenvannak azonos számjegyek:

10 000 – 5040 = 4960.Tehát azokból a rendszámtáblákból van több, melyeken minden számjegy különböző.

7. E1


1 0 . É V F O L Y A M

1. Racionális számok, irracionális számok

Igazoljuk, hogy , , irracionális számok!

Tegyük fel, hogy felírható két egész szám hányadosaként:

, ahol (p, q) = 1.

Mindkét oldalt négyzetre emelve azt kapjuk, hogy

, azaz .

A kapott egyenlőség jobb oldala osztható 3-mal, így p is osztható 3-mal: legyen p = 3k. Ekkor, azaz .

A kapott egyenlőség bal oldala osztható 3-mal, tehát q is osztható 3-mal.

Azt kaptuk, hogy ha racionális szám, akkor p is és q is osztható 3-mal, vagyis nem lehet

(p, q) = 1. Ebből következik, hogy valóban irracionális szám.

esetében ugyanúgy járhatunk el, mint esetében.

Ha racionális szám, akkor

, azaz .

Arra jutottunk, hogy ha racionális szám, akkor is racionális szám. Ez nyilván ellent-

mondás, tehát irracionális szám.

Igazoljuk, hogy két racionális szám szorzata és hányadosa is racionális szám!

Legyen a két racionális szám és , ahol a, b, c és d egész számok (természetesen b, d és c

egyike sem lehet 0).A két racionális szám szorzata:

.

A kapott tört számlálója és nevezője is egész, tehát a két racionális szám szorzata is racionális.

.

A kapott tört számlálója és nevezője is egész, tehát a két racionális szám hányadosa is racio-nális.

Írjuk fel az alábbi tizedestört alakban megadott számokat két egész szám hányadosa-ként:a) 0,32; b) 3,122; c) 0,1313… .

a) ;

b) ;

c) Legyen . A végtelen szakaszos tizedes törtben a szakaszok 2 jegyből állnak,ezért szorozzuk meg e számot 100-zal.100a = 13,13…

Ezzel100a – a = 13, azaz 99a = 13, ahonnan .a

9913

=

0,1313 af =

3,122 31000122

10003122

5001561

= = =

,0 3210032

258

= =

:ba

dc

ba

cd

bcad$= =

ba

dc

bdac$ =

dc

ba

qp3

2=qp2 3 =

q k32 2=q k k3 3 92 2 2= =^ h

q p3 2 2=qp3 2

2

=

qp3 =

3

12

12

12 2 3=

5 3

3

3

3

2. K1

3. K1

12531. K1

1 0 . É V F O L Y A M

I I . G Y Ö K V O N Á S 15MATEMATIKA

GyökvonásII.

Írjuk fel az alábbi törteket tizedestört alakban:

a) ; b) .

a) ; b) .

Adjunk meg két olyan racionális számot, mely nagyobb, mint 0,6666, de kisebb, mint0,6667!

Ha n olyan szám, melyre

, akkor .

Bővítsük a törteket pl. 2-vel:

.

Ezek szerint n lehet pl.

.

Lehet-e két irracionális szám szorzata, illetve hányadosa racionális szám?

Igen. Legyen pl. a két irracionális szám és . Ezek szorzata, ill. hányadosa:

és .

Lehet-e egy racionális és egy irracionális szám összege racionális szám?

Nem. Legyen ugyanis a racionális szám és jelöljük i-vel az irracionális számot. Ha ezek összege

racionális szám, akkor valamely a és b egészekre

, azaz .

A kapott egyenlőség jobb oldalán a számlálóban és a nevezőben is egész szám szerepel, így nemlehet irracionális.

Lehet-e két irracionális összege racionális szám?

Igen. Tekintsük az alábbi két számot: , . E két szám irracionális. Ha ugyanis

pl. racionális lenne, azaz valamely p, q egészekre

, akkor

is racionális lenne. De ekkor

is racionális lenne. Mivel irracionális, ezért valóban is irracionális szám.Tekintsük a megadott két szám különbségének négyzetét.

.Mivel a két szám különbségének négyzete 4, és a két szám különbsége pozitív, ezért a két

szám különbsége 2, vagyis racionális szám.

4. K1

3 3 2 3 8 6 2 43 8 3 8 8 8 3 8 9 82

+ - - = + + - - + - = - - =^ ^ ^h h h

3 8+8

qp8 32

2

= -

qp3 8 2

2

+ =qp3 8+ =

3 8+

3 8-3 8+

iba

qp

bqaq bp

= - =-

qp i

ba

+ =

qp

28

28 4 2= = =8 2 16 4$ = =

28

n20 00013 333

=

n20 00013 332

20 00013 3341 1

n10 0006666

10 00066671 10,6666 0,6667n1 1

,1311 0 846153f=,7

2 0 285714f=

1311

72

5. K2

6. K2

7. K2

8. E1

16 MATEMATIKA I I . G Y Ö K V O N Á S

1 0 . É V F O L Y A M

2. A négyzetgyökvonás és azonosságai

Végezzük el a gyökvonást, illetve a kijelölt műveletet!

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

a) ;

b) ;

c) ;

d) .

Végezzük el az alábbi műveleteket!

a) ; b) ; c) ;

d) ; e) ; f) .

a) ;

b) ;

c) ;

d) ;

e) ;

f) .

Melyik szám nagyobb?

a) vagy 6; b) vagy ;

c) vagy 10; d) vagy .

a) .

b) , , tehát ,

c) . Melyik nagyobb vagy 10 ⇒ vagy 5.

Mivel négyzete 24, az 5 négyzete 25, ezért , tehát .

d) , . Mivel , ezért

.

Határozzuk meg a következő kifejezések értelmezési tartományát!

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

a) , .

b) A négyzetgyök alatti tört számlálója minden x-re nemnegatív, így annak kell teljesülnie, hogy, azaz .

2 65 2 6+

:c da b

a bc d

2 4

4 6

6 2

8 10

r sp q

10 8

12 16

x y z q2 4 6 8a b4 10

1. K1

x 11x1 02-

x25$x2 5 0$-

5 1 5 1 2 1 21+ - +^ ^ ^h h h

2 2 122 1 2 1 2 2 3 2 22+ = + + = +^ h5 1 5 1 5 1 4+ - = - =^ ^h h

3 2 102 1+^ h2 6 512 6

3 2 3 2 2 6 5 2 62+ = + + = +^ h

8 5 6 7$ $16 7 42$ =8 5 40$ =

5 7 35 36 6$ 1= =

348

348 16 4= = =

250

250 25 5= = =

763

763 9 3= = =

2 32 64 8$ = =

5 125 625 25$ = =

3 27 81 9$ = =

:c da b

a bc d

c da b

c da b

c da b

c da b

72 4

4 6

6 2

8 10

2 4

4 6

8 10

6 2

10 14

10 8

5

5 4

$= = =

r sp q

r sp q

10 8

12 16

5 4

6 8

=

x y z q x y z q2 4 6 8 2 3 4=

a b a b4 10 2 5=

2. K1

3 27$ 5 125$ 2 32$

348

250

763

2 12

+^ h5 1 5 1+ -^ ^h h3 22

+^ h

6 7$8 5$5 7$

3. K1

xx

25 4

-+

xx

3 26

--

xx

1

2

-x2 5-

4. K1

17MATEMATIKAI I . G Y Ö K V O N Á S

1 0 . É V F O L Y A M

c) . Két eset lehetséges:

1. és , azaz és . Ilyen valós szám nincs.

2. és , azaz és .

Tehát a kifejezés értelmezési tartománya: .

d) és . A kifejezés értelmezési tartománya: és .

Végezzük el a kijelölt műveletet

a) ; b) ; c) .

a) .

b) .

c) .

Számítsuk ki a következő kifejezések értékét!

a) ;

b) ;

c) ;

d) .

a) .

b) .

c) =

= .

d) = =

= .

3. A négyzetgyökvonás alkalmazásai

A következő feladatokban a négyzetgyökök alatt szereplő betűk mindegyike pozitív. Vé-gezzük el a négyzetgyökvonást (amit lehet, vigyünk ki a négyzetgyökjel alól)!

a) ; b) ; c) .

a) .

b) .

c) .

Oldjuk meg az alábbi egyenletet a nemnegatív valós számok halmazán!

.

Az egyenlet bal oldala így alakítható:

.Tehát

, azaz , ahonnan .x 4=x 2=x13 26=

x x x x x x x x x x6 9 5 2 25 6 3 5 2 5 18 5 10 13$ $ $ $+ - = + - = + - =

a b b a a b a b ab a b4 2 4 2 2 2 2 2 2 2- = - = -^ h

p qx y

p qx y

p q pqx y x

5018

259

53

9 11

13 6

9 11

13 6

4 5

6 3

= =

a b c a a b c c a b c ac75 25 3 5 37 8 19 6 8 18 3 4 9$ $ $ $ $ $ $= =

a a a a a a a a1 1 2 1 12 2 2 2$+ - + - - - + - - -^ ^h ha a a a1 12 22

+ - - - -_ i

a a a a2 2 1 2 22 2- - - = -^ h

16 2 64 63 16 2 14- - = - =

8 3 7 8 3 7 2 8 3 7 8 3 7+ + - - + - =^ ^h h8 3 7 8 3 72

+ - -^ h

9 17 9 17 9 17 9 17 81 17 64 8$+ - = + - = - = =^ ^h h

8 3 7 8 3 7 8 3 7 8 3 7 64 63 1$+ - = + - = - =^ ^h h

3 2 2 3 12 6 18 12 12 6 12 6 302- + = + - + =^ h

8 3 2 18 4 2 4 16 12 2 4 36 4 4 24 4 6 16 24 24 16$ $ $ $+ - = + - = + - = + - =^ h

3 2 1 4 2 2 12 2 6 2 4 2 2 10 2 8$- + = + - - = +^ ^h h

x232x 6#x3 2 01-x 6 0#-

x231x 6$x3 2 02-x 6 0$-

xx

3 26 0$

--

x23 61 #

x 2!

5. K2

x54$-x 2 0!-x5 4 0$+

3 2 2 3 12 62

- +^ h8 3 2 18 4 2$+ -^ h3 2 1 4 2 2- +^ ^h h

6. K2-E1

8 3 7 8 3 7$+ -

9 17 9 17$+ -

8 3 7 8 3 72

+ - -_ i

a a a a1 12 22

+ - - - -_ i

2. K1

a b b a4 2 4 2-p qx y

5018

9 11

13 6

a b c75 7 8 19

1. K1

x x x6 9 5 2 25 26+ - =


1 0 . É V F O L Y A M

Végezzük el az alábbi műveleteket!

a) ;

b) ;

c) .

a) .

b) .

c) .

Melyik szám nagyobb: A vagy B?

a) , ;

b) , ;

c) , .

a) , , tehát A > B.b) Mindkét szám pozitív, így az a nagyobb, amelyiknek a négyzete nagyobb.

,

.

Mivel , ezért .c) Most is a két szám négyzetét hasonlítjuk össze.

,

.Tehát A = B.

Gyöktelenítsük az alábbi törtek nevezőjét (a > 0, b > 0)!

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

e) ; f) ; g) ; h) .

a) .

b) .

c) .

d) .

e) .

f) .

g) .

h) .a aa a

a a a aa a

a aa a a a

aa a2

11 2

2

2

2

+

- =+ -

-=

-

+ - =-

+ -^ ^

^

h h

h

5 15 1

5 1 5 15 1 5 1

5 15 1

45 1 2 5

46 2 5

23 5

2

-

+ =- +

+ +=

-

+= + + = + = +

^ ^

^ ^ ^

h h

h h h

7 14

7 1 7 14 7 1

7 14 7 1

64 7 1

32 7 1

-=

- +

+=

-

+=

+=

+

^ ^

^ ^ ^ ^

h h

h h h h

25 6

25 6 2

25 12

25 2 3 5 3$ $= = = =c m

b aa b

b a aa b a

aba ab

bab

$

$= = =

aa

aa a a= =

515

515 5 3 5= =

36

3 36 3

36 3 2 3

$= = =

B 4 3 1 48 1 8 3 49 8 32 2= + = + + = +^ h

A 49 4 12 49 8 32 = + = +

B A2B A2 22

B 3 6 2 54 4 12 6 58 12 62 2= - = + - = -^ h

A 54 6 24 54 12 62 = - = -

2B 5 20= =5A 2 50= =

500 125 2 75 5 3 10 5 5 5 10 3 5 3 15 5 5 3 75 15$+ - = + - = =^ ^ ^ ^h h h h

5 20 2 5 45 5 2 5 2 5 3 5 3 5 5 15$+ - = + - = - =-^ ^ ^ ^ ^h h h h h

23 4 27 75 12 3 4 3 3 5 3 2 2 3 8 3 4 3 32 3 96$ $ $ $ $ $+ - = + - = = =^ ^h h

3. K1

3 4 27 75 2 12$+ -^ h

5 20 2 5 45+ -^ ^h h

500 125 2 75 5 3+ -^ ^h h

A 5 2= B 2 5=

4. K1

B 4 3 1= +A 49 4 12= +

B 3 6 2= -A 54 6 24= -

a aa a

+

-

5 15 1

-

+

7 14-2

5 6

b aa b

aa

515

36

5. K2


1 0 . É V F O L Y A M

Döntsük el, hogy az alábbi kifejezés milyen előjelű!

.

Legyenés .

Ha A > B, akkor a kifejezés pozitív, ellenkező esetben negatív. A két szám négyzetét hasonlítjukössze:

,

.Tehát a megadott kifejezés értéke 0.

4. Az n-edik gyök fogalma és azonosságai

Végezzük el az alábbi gyökvonásokat:

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

a) .

b) .

c) .

d) .

e) .

f) .

Végezzük el az alábbi gyökvonásokat (a feladatokban szereplő paraméterek mindegyikepozitív):

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

a) .

b) .

c) .

d) .

Végezzük el az alábbi műveleteket (a feladatokban szereplő paraméterek mindegyike po-zitív):

a) ; b) ; c) .

a) .

b) .

c) .:yx

xy

yx

yx

yx

yx

5

74

34

5

7

34

8

84

2

2

$= = =

a b c a b c a b c a b c3 8 125 7 12 35 10 20 155 2 4 3$ = =

4 5 4 5 4 5 4 5 4 5 4 54 103 2 53 4 10 2 53 6 153 2 5$ $ $ $ $ $ $ $= = =

lk m

lk m

32 24025 20

58

5 4

=

r sp q

r sp q

20 4

8 124

5

2 3

=

x y z x y z x y z21 42 147 3 7 6 7 2 77 3 6 2= =^ ^ ^h h h

a b a b a b6 123 2 3 4 3 2 4= =^ ^h h

641

21

216 66= =b l

1024 2 210 1010= =

100027

103

1033 33= =b l

321

21

215 55

-= - =-b l

625 5 54 44= =

64 4 43 33= =

A 7 4 3 7 4 3 2 7 4 3 7 4 3 14 2 49 48 14 2 122 = + + - - + - = - - = - =^ ^h h

B 2 3 4 3 122 2 $= = =^ h

B 2 3 02=A 7 4 3 7 4 3 02= + - -

7 4 3 7 4 3 2 3+ - - -

6. E1

1. K1

643 62543215

- 1000273 102410

6416

2. K1

lk m32 4025 20

5

r sp q

20 4

8 124x y z21 42 147a b6 123

:yx

xy

5

74

34a b c a b c3 8 125 7 12 35$4 5 4 54 103 2 53$ $ $

3. K1


1 0 . É V F O L Y A M

Végezzük el az alábbi műveleteket (a feladatokban szereplő paraméterek mindegyike po-zitív):

a) ; b) ; c) .

a) .

b) .

c) .

A Neptunusz bolygó keringési ideje kb.165,5 év. Kb. hányszor távolabb kering a Neptu-nusz a Nap körül, mint a Föld?

Kepler III. törvénye alapján

.

Ha a Föld Naptól való átlagos távolságát 1-nek vesszük, akkor

, ahonnan .

Innen

.Tehát a Neptunusz kb. 30,14-szer olyan távol van a Naptól, mint a Föld.

5. Az n-edik gyökvonás alkalmazásai

Vigyük ki a gyökjel elé a lehetséges szorzótényezőket!

a) ; b) ; c) (a $ 0).

a) .

b) .

c) .

Vigyük be a gyökjel alá a gyökjel előtti szorzótényezőt!a) ; b) ; c) (a $ 0).

a) .

b) .

c) .

Végezzük el a kijelölt műveleteket!

a) ; b) (a $ 0); c) (a $ 0, b $ 0).

a) .

b) .

c) .a b ab a b ab a b ab a b2 24 2 2 24 4 24 24 5 44$ $ $= = =^ h

a a a a a a a4 23 343 2 434 312 812 1112$ $ $= = =^ h

2 3 2 3 4 27 4 27 1083 23 33 6 6 6 6$ $ $ $= = = =

a a a a a2 34 84 34 114$ $= =

2 3 2 3 32 3 965 55 5 5 5$ $ $= = =

3 4 3 4 27 4 1083 33 3 3 3$ $ $= = =

a a a a a194 16 34 4 34$ $= =

54 27 2 3 2 3 23 3 33 3$ $ $= = =

40 8 5 2 5 2 53 3 33 3$ $ $= = =

, ,R 27 390 25 3014Neptunusz 3 .=

, ,R 165 5 27 390 25Neptunusz3 2= =, R165 5

1 1Neptunusz

2

2

3

3

=

TT

RRö ö

Neptunusz

F ld

Neptunusz

F ld2

2

3

3

=

ba

ba

ba

ba

ba

ba

14

1245

6

810

14

1220

6

820

20

2020$ $= = =

3 3 3 3 3 3 91043 386 1024 3824 4824 2$ $= = = =

2 2 2 2 2 21466 22123 1436 2236 3636$ $= = =

ba

ba

14

1245

6

810$3 31043 386$2 21466 22123$

4. K2

5. E1

a a2 34$2 35$3 43$2. K1

a b ab2 24$a a4 23$2 33 $

3. K1

a1945434031. K1


1 0 . É V F O L Y A M

Írjuk fel egyetlen gyökjel segítségével a megadott kifejezéseket!

a) ; b) ; c) .

a) .

b) .

c) .

Milyen pozitív egész számot írjunk n helyébe, hogy az alábbi egyenlőség igaz legyen, ahola $ 0:

.

Az egyenlőség így alakítható:

, azaz .Innen

, azaz ,, tehát .n 5=n3 15=

n3 5 20+ =a an3 5 20=+

a an3 512 2012=+a a an3 534 5 434$ = ^ h

3 3 3 3 3 273 23 36 6$ $= = =

x y y x2 235 $a a334 $3 33 $

4. K2

x y y x x y y x x y y x x y2 235 2 3 235 6 3 215 7 515$ = = =^ h

a a a a a334 3 334 612$ $= =

5. E1

a a an 534 53$ =


1 0 . É V F O L Y A M

1. Másodfokú függvények

Ábrázoljuk és elemezzük az alábbi, a valós számok halmazán értelmezett függvényeket:a) ;

b) ;

c) ;

d) ;

e) .

a) ÉT: minden valós szám. ÉK: , a függvénynek nincs zérushelye.A függvény menete: –3-től –6-ig szig. mon. csökkenő, –6-tól +3-ig szig. mon. nö-vekvő. A függvénynek –6-ban minimuma van, értéke .

b) ÉT: minden valós szám, ÉK: . Zérushelyek: , .

A függvény menete: –3-től -ig szig. mon. csökkenő, -től +3-ig szig. mon. növekvő.

A függvénynek -ben minimuma van, értéke .

c) ÉT: minden valós szám, ÉK: . Zérushelyek: , . A függvény menete: –3-től –3-ig szig. mon. növekvő, –3-tól +3-ig szig. mon. csök-kenő.A függvénynek -ban maximuma van; .

d) ÉT: minden valós szám, ÉK: . Zérushelyek: , . A függvény menete: –3-től 1-ig szig. mon. növekvő, 1-től +3-ig szig. mon. csökkenő.A függvénynek x = 1-ben maximuma van: .

e) ÉT: minden valós szám, ÉK: . Zérushelyek: , .

A függvény menete: –3-től – -ig szig. mon. csökkenő, – -től +3-ig szig. mon. nö-

vekvő. A függvénynek -ben minimuma van, értéke .f21

41

- =-b lx 21

=-

21

21

x 02 =x 11 =f x 41$-^ h

f 1 3=^ h

1x 62 = -x 1 61 = +f x 3#^ h

f 3 2- =^ hx 3=-

3x 22 =- -x 3 21 =- +f x 2#^ h

f21

43

=-b lx 21

=

21

21

x2

1 32 =

-x2

1 31 =

+f x43$-^ h

f 6 2- =^ h

f x 2$^ h

, ,f x x 0 5 0 252= + -] ^g h

f x x21 1 32=- - +] ]g g

f x x 3 22=- + +] ]g g

f x x21

432

= - -] bg l

f x x 6 22= + +] ]g g1. K1

1 0 . É V F O L Y A M

I I I . M Á S O D F O K Ú F Ü G G V É N Y E K , M Á S O D F O K Ú E G Y E N L E T E K 23MATEMATIKA

Másodfokú függvények,másodfokú egyenletek

III.

x

y

1

1

x

y

1

1

x

y

1

1

x

y

1

1

x

y

1

1

a)

b)

c) d) e)

Az függvény grafikonjának tengelypontja T (3; –4). Oldjuk meg azegyenlőtlenséget!

Ha a függvény tengelypontja T(3; –4), akkor . A függvény zérushelyeit azegyenlet megoldásai adják.

, azaz .Innen , vagy . Tehát a függvény zérushelyei: x1 = 5, x2 = 1.

Az ábra alapján az egyenlőtlenséget kielégítő valós számok: vagy .

Az függvény értékkészlete: . A függvény esetén csök-ken, esetén növekszik. Határozzuk meg az u és v értékét!

A feltételek alapján a függvény grafikonja az alábbi:

Ennek megfelelően u = –4, v = 5.

Ábrázoljuk és elemezzük az alábbi, a valós számok halmazán értelmezett függvényeket:

a) ; b) ; c) .

Egy függvény grafikonjából az függvény grafikonját úgy kapjuk meg, hogy azfüggvény grafikonjának x tengely „alatti” részét tengelyesen tükrözzük az x tengelyre, az x ten-gely „fölötti” részt pedig megtartjuk.

Mindhárom függvény értelmezési tartománya a valós számok halmaza, értékkészlet pedig anemnegatív valós számok halmaza.a) Zérushelyek: x1 = 1, x2 = –1.

A függvény menete:–3-től –1-ig szig. mon. csökkenő, –1-től 0-ig szig. mon. növekvő, 0-tól 1-ig szig. mon. csök-kenő, 1-től +3-ig szig. mon. növekvő.

f x^ h f x^ h f x^ h

f x x 12= -] g f x x 1 42= - -] ]g g ,f x x21 2 4 52= + -] ]g g

f x 0=^ hf x x 3 42= - -^ ^h h

f x 0$] g2. K1 f x x u v2= - +] ]g g

x

y

1

1

x

y

1

1

x 42-3. K1 f x x u v2= - +] ]g g f x 5$] g x 4#-

x5 #x 1#f x 0$^ h

x 3 2- =-3 2x - =

x 3 42- =^ hx 3 4 02- - =^ h

4. K2

24 MATEMATIKA I I I . M Á S O D F O K Ú F Ü G G V É N Y E K , M Á S O D F O K Ú E G Y E N L E T E K

1 0 . É V F O L Y A M

A függvénynek x = –1-ben és x = 1-ben minimuma van, értékük , x = 0-banpedig helyi maximuma van, értéke .

b) Zérushelyek: x1 = 3, x2 = –1.A függvény menete:–3-től –1-ig szig. mon. csökkenő, –1-től 1-ig szig. mon. növekvő, 1-től 3-ig szig. mon. csök-kenő, 3-tól +3-ig szig. mon. növekvő.A függvénynek x = –1-ben és x = 3-ban minimuma van, értékük , x = 1-benpedig helyi maximuma van, értéke .

c) Zérushelyek: x1 = –5, x2 = 1.A függvény menete:–3-től –5-ig szig. mon. csökkenő, –5-től –2-ig szig. mon. növekvő, –2-től 1-ig szig. mon.csökkenő, 1-től +3-ig szig. mon. növekvő.A függvénynek x = –5-ben és x = 1-ben minimuma van, értékük , x = –2-benpedig helyi maximuma van, értéke .

Adott a valós számok halmazán értelmezett függvény és legyen k egy valós szám. Hány megoldása van az egyenletnek?

Először ábrázoljuk az függvény grafikonját.A függvény grafikus képe egy x tengellyel párhuzamos egyenes, mely az y tengelyt

k-ban metszi. Az egyenlet megoldásainak a száma a két függvény grafikonjának met-széspontjainak a számával egyenlő. Ezek szerint, hak < 0, akkor nincs megoldás,k = 0, akkor 2 megoldás van,0 < k < 4, akkor 4 megoldás van,k = 4, akkor 3 megoldás van,4 < k, akkor 2 megoldás van.

Egy másodfokú függvény grafikonja illeszkedik az A(0; 3), B(1; 2), C(3; 6) pontokra. Melyik ez a másodfokú függvény?

A másodfokú függvény általános alakja: . Ha a függvény grafikonja áthalada megadott A, B, C pontokon, akkor e függvény 0-hoz 3-at, 1-hez 2-t, 3-hoz 6-t rendel. Ezekszerint az alábbi háromismeretlenes első fokú egyenletrendszert kell megoldanunk:

, , .Az első egyenletet felhasználva azt kapjuk:

, , azaz,.

Vonjuk ki a második egyenletből az elsőt: , azaz ; innen pedig . Tehát a ke-resett függvény: .

,f 2 4 5- =^ hf f5 1 0- = =^ ^h h

f 1 4=^ hf f1 3 0- = =^ ^h h

f 0 1=^ hf f1 1 0- = =^ ^h h

x

y

1

1

x

y

1

1

x

y

1

1

a) b) c)

f x k=] g5. E1 f x x 3 42= - -] ]g g

f x^ h

f x x x2 32= - +^ ha2 2= a 1= b 2=-

a b3 1+ =a b 1+ =-a b 1+ =- a b9 3 3+ =

c3 = a b c2 = + + a b c6 9 3= + +

f x ax bx c2= + +^ h

6. E1

f x k=^ hg x k=^ h

25MATEMATIKAI I I . M Á S O D F O K Ú F Ü G G V É N Y E K , M Á S O D F O K Ú E G Y E N L E T E K

1 0 . É V F O L Y A M

x

y

1

1


1 0 . É V F O L Y A M

2. Másodfokú függvények általános alakja,ábrázolása

Alakítsuk teljes négyzetté az alábbi másodfokú kifejezéseket!a) ; b) ; c) ;

d) ; e) ; f) .

a) .

b) .

c) .

d) .

e) .

f) .

Ábrázoljuk az alábbi, a valós számok halmazán értelmezett függvényeket!a) ; b) ; c) ;

d) ; e) ; f) ;

g) .

Az egyes függvényeket megadó másodfokú kifejezéseket először teljes négyzetté kiegészítjük.a) .

b) .

c) .

d) .

x

y

1

1

d)

2f x x x x x x x21

23

21 4 3

21 2 7

21 2

272 2 2 2

= + - = + - = + - = + -] ^ ^g h h6 8@ B

8 9f x x x x x x x8 9 4 7 4 72 2 2 2=- + - =- - + =- - - =- - +] ^ ^g h h6 8@ B

x

y

1

1

b)

4 7f x x x x x2 4 7 2 32 2 2= + + = + - + = + +] ^ ^g h h

6 8f x x x x x3 9 8 3 12 2 2= - + = - - + = - -] ^ ^g h h

x x x x8 12 4 16 12 4 42 2 2- + = - - + = - -^ ^h h

x x6 112- - + x x3 12 72 - + x x21 3 52- + -

x x8 122 - + x x10 162 + + x x3 22 + +

1. K1

x x x x10 16 5 25 16 5 92 2 2+ + = + - + = + -^ ^h h

f x x x21 2

232

= + -] g f x x x2 4 32= + -] g f x x x32= -] g

f x x x6 82= - +] g f x x x4 72= + +] g f x x x8 92=- + -] g2. K1-K2

x x x x x x21 3 5

21 6 10

21 3 9 10

21 3

212 2 2 2

- + - =- - + =- - - + =- - -^ ^h h6 8@ B

x x x x x x3 12 7 3 437 3 2 4

37 3 2 52 2 2 2- + = - + = - - + = - -^ ^h h: :D D

x x x x x x6 11 6 11 3 9 11 3 202 2 2 2- - + =- + - =- + - - =- + +^ ^h h6 8@ B

x x x x3 223

49 2

23

412 2 2

+ + = + - + = + -b bl l

f x x x6 92= - +] g

x

y

1

1

a)

x

y

1

1

c)

e) .

f) Az függvény páros függvény, így elegendő a grafikonját csak -ra el-készítenünk, majd a kapott grafikont tükröznünk kell az y tengelyre.

Ha , akkor . A függvény grafikonja egy felfelé nyílóparabola; zérushelyei: , . Ennek x tengely „alatti” részét tengelyesen tükrözzük

az x tengelyre, így megkapjuk az függvény grafikus képét, majd ezt kiegé-szítve az y tengelyre vonatkozó tükörképével, adódik az eredeti függvény grafikus képe.

g) Az függvény páros függvény. Ha , akkor

. E függvény grafikonját kibővítjük az y tengelyre vonatkozó tükörképével, s ígykapjuk az eredeti függvény grafikonját.

Adott a valós számok halmazán értelmezett függvény. Határozzukmeg a c értékét úgy, hogy a függvény értékkészlete legyen!

. Ha a függvény értékkészlete a –2-nél nem kisebb valósszámok halmaza, akkor , ahonnan .

Adott a valós számok halmazán értelmezett függvény. A függ-vény minimuma -ben van. Adjuk meg a függvény értékkészletét!

. Ha a függvény minimuma -ben van, akkor

, ahonnan . Ekkor . Tehát a függvény értékkészlete:

.f x 0$^ h

b2

2=- b 4=- f x x x x4 4 22 2= - + = -^ ^h h

4f x x bx x b b2 4

422 2

= + + = + - +] bg l x 2=-

x 2=-4. K2 f x x bx 42= + +] g

c4 2- + =- c 2=4f x x x c x c2 42 2= + + = + - +] ^g h

f x 2$-] g3. K1 f x x x c42= + +] g

x

y

1

1

g)

x 3 2= -^ h

f x x x6 92= - +] g x 0$ 6 9f x x x2= - + =^ h

x

y

1

1

f)

f x x x32= -^ h

x 01 = x 32 =

x 0$ f x x x32= -^ h g x x x32= -^ h

f x x x32= -] g x 0$

2 4 3f x x x x x x x2 223 2 1

25 2 1 52 2 2 2= + - = + - = + - = + -] ^ ^g h h: :D D


1 0 . É V F O L Y A M

x

y

1

1

e)


1 0 . É V F O L Y A M

Az alábbi függvényekről tudjuk, hogy minden x-hez pozitív számot rendelnek. Hatá-rozzuk meg a függvények képletében szereplő c paraméter értékét!

a) ; b) ; c) .

a) . Ha ez minden x-re nagyobb 0-nál, akkor ,tehát .

b) .

Ha ez minden x-re pozitív, akkor , azaz .

c) Az függvény grafikus képe egy lefelé nyíló parabola, így nincs olyan c,

melyre teljesülne, hogy a függvény minden x-re pozitív.

Az függvény értékkészlete .Hol van a függvény minimuma?

Ha a függvény értékkészlete , akkor , azaz . Innen

, vagy . Első esetben , második esetben . De , így

csak lehetséges. A függvény minimuma -ben van, tehát a minimum hely:

.

3. Szélsőérték problémák megoldása a másodfokúfüggvények segítségével (emelt szint)

Két szám összege 26. Hogyan válasszuk meg ezt a két számot, hogy szorzatuk a lehetőlegnagyobb legyen?

Legyen az egyik szám x; ekkor a másik szám 26 – x. E két szám S szorzata az x függvényében:.

A kapott másodfokú függvény grafikus képe egy lefelé nyíló parabola. Ennek szélsőértéke az

helyen van. Tehát a szorzat értéke akkor lesz a legnagyobb, ha , vagyis,

ha a két szám egyenlő. A maximális szorzat értéke: .

Az függvény görbéje és az x tengely által közbezárt tartományba olyantéglalapokat írunk, melyek két csúcsa az x tengelyre, egy-egy csúcsa pedig a függvény görbéjéreilleszkedik. E téglalapok közül melyiknek a legnagyobb a kerülete?

Készítsünk ábrát a feladat szövege alapján! Az függvény zérushelyei: 3 és –3.Legyen x0 a téglalapnak az x tengely pozitív felére illeszkedő pontja. Nyilván .

A téglalap x tengelyre illeszkedő oldalának a hossza 2x0, az y tengellyel párhuzamos oldalá-nak a hossza az x0 helyen vett függvényérték: . Ezek szerint a téglalap K kerülete az x0függvényében:

.A kapott függvény grafikus képe egy lefelé nyíló parabola. Maximuma az

helyen van. Tehát a téglalap kerülete akkor lesz a legnagyobb, ha ,

és a legnagyobb kerület: .

5. E1

K 2 4 18 20=- + + =

xa

b2 4

4 10 =- =--

= x 10 =

K x x x x x2 2 2 9 2 4 180 0 02 02 0$ $= + - + =- + +^ ^h h

x 902- +

f x x x c62= + +] g f x x x c2 102= - +] g f x x x c21 32=- + +] g

x23

=-

c21

= x c 1=- +^ h

c2 1 3+ =^ h c2 1 3+ =-^ h c 21

= c 25

=- c 02

f x 9$^ h c c4 8 4 92 + + = c4 1 92+ =^ h

2 5 10 5 5 10 5

.

f x x c x c c x c c c c

x c c c c c x c c c

1 1 1

1 2 1 5 10 5 1 4 8 4

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

= + + + + + = + + - + + + + =

= + + - - - + + + = + + + + +

] ] ^ ^

^ ^

g g h h

h h

6. E1 f x x c x c c2 1 5 10 52 2= + + + + +] ]g g c 02] g f x 9$] g

c2

25 02- + c 2252

2 10f x x x c x x c x c x c2 52

225

425

22

25

2252 2 2 2

= - + = - + = - - + = - - +] b bg l l9 ;C E

c 926f x x x c x c3 92 2= + + = + - +] ^g h c9 02- +

f x x x c21 32=- + +] g

1. E1

x x x x26 262- =- +^ h

x0 301 1f x x 92=- +^ h

2. E1 f x x 92=- +] g

13 1692 =

xa

b2=-

x2

26 13=--

=

x

y

1 3−3

1

Egy meghibásodott katonai műhold mozgását egy órán keresztül készültek figyelni aszakemberek. A műhold Földtől való távolságát a megfigyelés kezdetétől az alábbi f(x) függvényírja le (az egység az x tengelyen 6 perc, az y tengelyen 1500 méter):

a) Milyen magasan volt a műhold a megfigyelés kezdetekor? b) Egy radarállomáson minden olyan tárgyat észlelni tudnak, amely a földtől legfeljebb 10,5 km

magasan van. Mikor észlelte a radarállomás a megfigyelés idejében a műholdat?

Először ábrázoljuk a megadott f függvényt! A megfigyelés kezdetét jelölje x = 0. Ha a műholdategy órán keresztül akarták megfigyelni, és az egység az x tengelyen 6 perc, akkor az x tengelyenx = 10-ig célszerű a skálázást jelölni.

Ha x # 3, akkor .

Ha 3 < x, akkor .A kapott kifejezésekhez tartozó parabolák jellegzetes pontjait felvéve az f (x ) függvény grafi-

konját már könnyen ábrázolhatjuk.

a) A megfigyelés kezdetén a műhold földtől való távolságát a függvény x = 0 helyen vett értékeadja meg. A 0-t nyilván az intervallumon értelmezett függvény képletébe kell helyet-tesítenünk; ekkor . Mivel az y tengelyen az egység 1500 m, ezért a műholdmagassága ekkor 10 ⋅ 1500 m = 15 km.

b) Az y tengelyen az egység 1500 m. Így a 10 500 m magasság az y tengelyen egy-

ségnek felel meg. Ezek szerint érdemes megrajzolnunk a egyenest (ami az x ten-

gellyel párhuzamos egyenes), és leolvasni az egyenlőtlenség megoldását.Az ábra alapján az egyenlőtlenség megoldása: vagy . Figyelembe

véve az x tengelyen az egységet: a radar a műholdat a megfigyelés kezdetétől számított 6. perctől a 18. percig, majd a 30. perc után észlelte.

Ábrázoljuk az alábbi f függvényt, melynek értelmezési tartománya az valós szá-mok halmaza!

Ha , akkor . A függvény grafikonja:

Az ábrán egy gótikus ablakot látunk. Ez egy téglalap, melynek egyik oldalához illesztünkegy félkört. Az ablak kerülete 6 m. Hogyan méretezzék az ablakot, hogy az a lehető legtöbb fénytbeengedje (azaz, a lehető legnagyobb legyen a területe?

Legyen x a félkör sugara, y az ablak téglalap részének a magassága.

5. E1

x

y

1

1

x0 2# # f x x x x2 5 1 42 2= - + = - +^ ^h h

,,

,

0 22 88

f xx x

x

xxx

2 55

3

hahaha

2

1

1

# #

#=

- +

-

] g * 4

4. E1 x 0$

3. E1

f x 7#^ h x1 3# # x5 #f x 7#^ h

g x 7=^ h

150010 500 7=

,,

33

f x x xx x

xx

4 108 8

haha

2

2 2

#=

- +

- + -] g ) 3

f x x x x x4 10 2 4 10 2 62 2 2= - + = - - + = - +^ ^ ^h h h

f x x x x x8 8 4 16 8 4 82 2 2=- + - =- - - + =- - +^ ^ ^h h h8 B

f 0 2 6 102= + =^ hx 3#


1 0 . É V F O L Y A M

x

y

1

1

678

x

y

1

1

678

Ekkor az ablak K kerülete:

; innen .Az ablak T területe:

.

Helyettesítsük be a T területképletbe az előbb y-ra kapott értéket, így megkapjuk a területetx függvényében:

.

A kapott függvény egy másodfokú függvény, melynek grafikus képe egy lefelé nyíló para-

bola. Ennek maximuma -ban van, tehát a maximumhely

és ezzel .

Azt kaptuk tehát, hogy az ablak területe akkor lesz maximális, ha a téglalapjának vízszintesrésze m, függőleges része pedig m.

Legyen az függvény értelmezési tartománya a nempozitív valós számokhalmaza. Legyen M a függvénygörbe és az y tengely metszéspontja. Tükrözzük az f(x) függvénygrafikonját az M pontra, és adjuk meg azt a függvényt, melynek grafikus képe a tükörképkéntadódó grafikon.

. A függvény grafikonjának tengelypontja a T (–2; 2)pont. Az f (x ) függvény az y tengelyt az M(0; 6) pontban metszi. A T pontnak az M pontra vo-natkozó tükörképe T ’(2; 10). Mivel f (x ) grafikonja felfelé nyíló parabola volt, ezért a tükörké -pének grafikonja lefelé nyíló parabola. Ezek szerint a keresett függvény

.

Egy labdát h = 1,5 m magasságból függőlegesen fölfelé hajítunk v = 8 kezdősebes-

séggel. Milyen magasra repül a labda? (A levegő közegellenállásától eltekintünk.)

A fizikából ismert, hogy ha egy testet a földtől h magasságból v0 kezdősebességgel függőlege-sen felhajítunk, akkor a földtől való s távolsága a t idő függvényében

,

(ahol g a nehézségi gyorsulás (≈ 10 m/s2). Esetünkben tehát

.

E függvény maximumát keressük. A maximum helye: sec, vagyis a labda

0,8 sec ideig repült fölfelé. Ezek szerint a labda által elért magasság (vagyis a függvény maximumértéke):

.Tehát a labda 4,7 méter magasra repült.

4. Másodfokú egyenletre vezető feladatok

Két szám szorzata 143, különbségük 2. Melyik ez a két szám?

Legyen a két szám x és x + 2. Ekkor, azaz .

Az egyenlet bal oldalát így alakíthatjuk:,

, ahonnan vagy .A feladat feltételeinek eleget tevő valós szám: vagy .x 111 = x 132 =-

x 1 1442+ =^ h x 1 12+ = x 1 12+ =-

x x x x2 143 1 1 143 1 144 02 2 2+ - = + - - = + - =^ ^h h

x x 2 143+ =^ h x x2 143 02 + - =

1. K1

*f x x x x2 10 4 62 2=- - + =- + +^ ^h h x 0$^ h

T xy x22

2r= +

y x x32r

= - -K x y x2 2 6r= + + =

x 0#^ hf x x x x4 6 2 22 2= + + = + +^ ^h h

,y 0 84.,x2 1 68.

,x2

22

64

6 0 84.r r r

=- -

- =- -

-

a k

,y x x32

0 84.r= - -

xa

b2=-

2 6T x x x x x x x x x x32 2

22 2

2 62

22

2 $r r r r r r= - - + =- + + + = - - +^ a ^ ah k h k

6. E1 f x x x4 62= + +] g

7. E1ms

s t h v t gt21

02

= + -^ h

, , , ,s 1 5 8 0 8 5 0 8 4 72$ $= + - =

,t108 0 8=-

-=

, ,s t t t t t1 5 821 10 5 8 1 52 2$= + - =- + +^ h


1 0 . É V F O L Y A M

x

2x

yy

x

y

1

1

M

T

T ′

Oldjuk meg szorzattá alakítással az alábbi másodfokú egyenleteket!a) ;

b) ;

c) .

a)

,.

Innen , .

b) ., .

c) ,

.

Innen , .

Oldjuk meg a teljes négyzetté kiegészítés módszerével az alábbi másodfokú egyenleteket!a) ;

b) ;

c) .

a) , azaz . Innen , tehát

vagy . Az egyenlet gyökei: , .

b) , azaz . Innen , tehát

vagy ; , .

c) , tehát

, azaz . Innen , .

Az ábrán egy téglalap alakú parkot és a szélén körbe vezető sétautat látjuk. A park oldalai30 m és 50 m. A körbe vezető sétaút szélessége mindenütt ugyanannyi. Mekkora legyen a sé-taút szélessége, ha a beültetett kert a teljes park területének 80%-a?

A park területenek 80%-a . A beültetett kert területe: .Ezek szerint felírhatjuk a következö egyenletet:

.A műveletek elvégzése után azt kapjuk:

,

.

A feladat jellegéből adódóan , így csak lehetséges. Tehát a sétaút

keresett szélessége: m.

Adott (2n + 1) db egymást követő egész szám, melyek közül az első (n + 1) db négyze-tének összege egyenlő az utolsó n db négyzetének összegével. Melyek ezek a számok?

Jelöljük x-szel a (2n + 1) db egymást követő egész szám közül a közepsőt. Ekkor az első (n + 1)db szám:

5. E1

,x 20 5 13 1 97.= -

x0 151 1 x 20 5 13= -

x2

40 1600 300 20 5 13,1 2 ! != - =

x x40 75 02 - + =

, x x0 8 30 50 30 2 50 2$ $ = - -^ ^h h

,0 8 30 50$ $ x x30 2 50 2- -^ ^h h

4. K2

x35

9162

+ =b l x 35

34

+ = x 31

1 =- x 32 =-

x x x x33

10 1 335

925 1 3

35

316 02

2 2$ $+ + = + - + = + - =b b bl l l; E

x29

215

- = x 29

215

- =- x 121 = x 32 =-

x29

481

4144 0

2- - - =b l x 2

92

152 2- =b bl l x 2

92

15- =

x 8 3+ = x 8 3+ =- x 51 =- x 112 =-

x x8 64 55 8 9 02 2+ - + = + - =^ ^h h x 8 92+ =^ h x 8 3+ =

x x3 10 3 02 + + =

x x9 36 02 - - =

x x16 55 02 + + =

3. K1

x x8 15 02 - + =

x x4 77 02 + - =

2. K1

x x x x x x41

83

81

641

6424

81

85

81

85

81

85 02

2 2 2+ - = + - - = + - = + + + - =b b b b bl l l l l

x x x x x x4 16 15 4 1 4 1 4 1 3 5 02 2- - + = - - = - + - - = - - =^ ^ ^ ^ ^ ^h h h h h h

0x x2 9 2 9= + + + - =^ ^h h

x43

1 =- x 21

2 =

x x43

21 0+ - =b bl l

x 31 = x 52 =

x 111 =- x 72 =x x11 7 0+ - =^ ^h h

4 77 4 77 9x x x x x2 2 81 22 2 2 2 2+ - = + - - = + - = + - =^ ^ ^h h h

x x41

83 02 + - =


1 0 . É V F O L Y A M

x, x – 1, x – 2, x – 3, …, x – n,az utolsó n db szám pedigx + 1, x + 2, x + 3, …, x + n.Ezek szerint felírhatjuk az alábbi egyenletet:

.A műveletek elvégzése után az egyenlet bal oldalán

,a jobb oldalon pedig

.Ezek szerint a következö egyenletet kaptuk:

, azaz.

Innen az egyik gyök , a másik pedig

.

Két munkás együttesen 6 nap alatt végez el egy munkát. Ha külön-külön végeznék el afeladatot, akkor az egyik 8 nappal hamarabb végezne a munkával, mint a másik. Hány nap alattvégzik el külön-külön a munkát?

Ha a gyorsabban dolgozó munkás x nap alatt végezné el egyedül a munkát, akkor a másik

nap alatt végezne egyedül. Ekkor a gyorsabb munkás egy nap alatt a munka -ed ré-

szét, a másik munkás egy nap alatt a munka -ad részét végezné el. Mivel együtt dolgozva

6 nap alatt végeznek, ezért írhatjuk a következő egyenletet:

.

A közös nevezővel szorozva, azaz .

Az egyenletet így alakíthatjuk:, azaz .

Innen

vagy ,

tehát az egyenlet megoldásai: , . A negatív megol-dás nyilván érdektelen, így azt kaptuk: . Tehát a kérdéses munkát az egyik munkás egye-dül kb. 9,2 nap alatt, a másik pedig kb. 17,2 nap alatt végezné el.

5. Speciális másodfokú egyenletek megoldása

Oldjuk meg az alábbi egyenleteket a valós számok halmazán.a) ; b) ; c) ;

d) ; e) ; f) .

a) ; , .

b) ; , .

c) ; , .

d) , innen , , .

e) , innen , , .x x21

352

- = x x x x3 10 3 10 02- - =- + =^ h x 01 = x 310

2 =-

x x6322

= x x x x18 2 18 2 02 - = - =^ h x 01 = x 91

2 =

x x x x2 13 2 13 02 + = + =^ h x 01 = x 213

2 =-

, ,x x x x12 6 12 6 02 + = + =^ h x 01 = ,x 12 62 =-

x x x x6 6 02 - = - =^ h x 01 = x 62 =

x x6322

= x x21

352

- =x x1

21

12

+=

+] g

x x6 02 - = ,x x12 6 02 + = x x2 13 02 + =

1. K1

,x 9 2.,x 2 2 13 9 21 .= + ,x 2 2 13 5 22 .= - -

x 2 52 2 13- = = x 2 2 13- =-

x x2 4 48 2 52 02 2- - - = - - =^ ^h h x 2 522- =^ h

x x x x6 8 6 8+ + = +^ ^h h x x4 48 02 - - =

x x6

86 1++

=

x 81+

8x +^ h x1

6. E1

x nn n

n n4 1 2 3 42

12 12 $f= + + + + =

+= +^

^^h

hh

x 01 =x x n4 1 2 3 0f- + + + + =^^ hhx x n4 1 2 3 02 f- + + + + =^ h

nx x n n2 1 2 3 1 2 32 2 2 2 2f f+ + + + + + + + + +^ h

n x x n n n n1 2 1 2 3 2 1 1 2 32 2 2 2 2f f+ - + - + - + + + + + + + + +^ ^h h

x n x n x x x x x x n1 2 1 1 22 2 2 2 2 2 2 2f f- + - - + + - + - + = + + + + + +^ ^^ ^ ^ ^ ^ ^h hh h h h h h


1 0 . É V F O L Y A M

f) ; . Az az eredetiegyen letnek nem megoldása, így az egyedüli megoldás: .

Oldjuk meg az alábbi egyenleteket a valós számok halmazán.a) ; b) ; c) ;

d) ; e) ; f) .

a) , azaz ; , .

b) ; az egyenletnek nincs való gyöke.

c) , tehát , azaz ; , .

d) , ; , .

e) , ; , .

f) ; az egyenletnek nincs valós gyöke.

Az és egyenleteknek van egy közös valós gyöke.Mi ez a közös gyök?

Ha a két egyenletnek x0 egy közös gyöke, akkor , azaz , ahonnanmiatt csak lehet. (Fontos megjegyezni, hogy az első egyenletnek akkor és csak akkor

lehetnek valós gyökei, ha a és b előjele különböző, hiszen az első egyenlet gyökei: .)

Oldjuk meg az alábbi egyenletet a valós számok halmazán.

Az egyenletet így alakíthatjuk:,

.

Mivel , ezért innen . Az egyenlet gyökei:

, .

Adott az másodfokú egyenlet. Mekkora legyen az a pa-raméter értéke, ha azt akarjuk, hogy az egyenlet 0-tól különböző gyöke legalább 6 legyen?

A megadott egyenletet átalakítva azt kapjuk:.

Mivel , ezért írhatjuk:

., . Ha a 0-tól különböző gyök legalább 6, akkor , azaz .

6. A másodfokú egyenlet megoldóképlete

Oldjuk meg a következő egyenleteket a megoldóképlet segítségével!a) ; b) ; c) ;

d) ; e) ; f) .

a) ; , .

x 1!- x x x x x x1 2 1 1 1 2 1 1 02+ - + = + + - = + - =^ ^ ^ ^ ^ ^h h h h h h x 1=-x 1=

x2

2 4 602

2 8,1 2

! != - + = - x 51 =- x 32 =

k k2 3 9 02 - - = x x21 3 20 02 + - = b b3 7 4 02- + - =

x x2 15 02 + - = a a3 4 02 - - = t t2 3 02 + + =

1. K1

x 01 = x a12 = - a1 6$- a 5#-

x x a 1 0+ - =^ h

a 1!

x a x a a1 1 1 0+ + + - =^ ^ ^h h h6 @

5. E1 a x a x1 1 02 2+ + - =] ^g h a 1!^ h

x 01 = x a b1

2 =-+

a b! , 0a b x x x a b x0 12+ + = + + =^ ^h h6 @

a b a b x a b x 02- + + - =^ ^ ^h h h

a b x ax bx 02 2 2- + - =^ h

a b x ax bx2 2 2- + =^ h a b!^ h4. E1

xab

,1 2 != -

b 0! x 10 =

ax b ax bx02 02 0+ = + b bx0=

3. E1 ax b 02 + = ax bx 02 + = ,a b0 0! !^ h

2. K1

x722

=-

x37

2 =-x 37

1 =x 37

=x 372

=

x2

32 =-x

23

1 =x2

3=x 2

92=

x 22 =-x 21 =x 2=x 42 =x5 202 =

x 162 =-

x 32 =-x 31 =x 3=x 92 =

x 9 02 - = x 16 02 + = x5 20 02 - =

x4 182= x31

972

= x7 714 02 + =


1 0 . É V F O L Y A M

b) ; , .

c) . Mivel a négyzetgyök alatt negatív szám szerepel, ezért az egyenletnek

nincs valós gyöke.

d) ; , .

e) Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát 2-vel (természetesen ezt a lépést nem muszájmegtennünk, csupán az egyszerűbb számolás kedvéért tesszük): .

; , .

f) ; , .

Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán!

a) ; b) ; c) ;

d) ; e) .

a) . Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát -gyel:

, ahonnan .

; , .

b) . , azaz .

. Az egyenletnek csak egy valós gyöke van.

c) , azaz .

; , .

d) . , azaz .

; , . De az az eredeti egyenletnek nem

megoldása, így az eredeti egyenletnek egy valós gyöke van csak: .

e) . Először a nevezőket alakítsuk szorzattá, majd szorozzuk meg mindkét oldalt a közösnevezővel:

,

,

,

; mivel a négyzetgyök alatti mennyiség negatív, ezért az egyenletnek

nincs valós gyöke.

Mely valós számok elégítik ki a alábbi egyenleteket?a) ; b) ; c) .

a) Ha , akkor .

; , .

De miatt az nem megoldása az egyenletnek, tehát .

a2

3 9 162

3 5,1 2

! != + = a 41 = a 12 =-

x 0$ x 1=- x 3=

x2

2 4 122

2 4,1 2

! != + = x 31 = x 12 =-

x 0$ x x2 3 02 - - =

x x2 3 02 - - = x x 3 10 0- - = x x 62 = -

3. E1

x2

6 36 44,1 2

!= -

x x6 11 02 - + =

x x x6 2 2 8 2+ - = -^ ^h h

x x xx

x2 23

2 22

24

- ++

+=

+^ ^ ^h h h

x 2!!

x41

=-

x24

1 1 4824

1 7,1 2

! != + = x 3

11 = x 4

12 =- x 3

1=

x31

! x x x x2 1 92 2 2- + = - x x12 1 02 - - =

x2

2 4 122

2 4,1 2

! != + = x 11 =- x 32 =

x x x6 9 8 122 + + = + x x2 3 02 - - =

x2

6 36 36 3,1 2 != - =

x 2! x x2 2 1 2 2- - = -^ ^h h x x6 9 02 - + =

x4

1 1 244

1 5,1 2

! != - + = - x 2

31 =- x 12 =

x x x x x4 1 2 2 1 1+ - = + + +^ ^h h x x2 3 02 + - =

x 1!- x2 1+^ h

xx x x x

1 31 2 1 3

2

-- + = +

] g

x xx

x43

2 42

24

2-

++

=+

xx x2

1 21

-+

= + xx2

21 2--

= - x x3 4 2 32+ = +] ]g g

2. K2

t2

2 4 12,1 2

!= - -

b34

2 =b 11 =b 67 49 48

67 1

,1 2! !

=-

- - =-

-

x2

6 36 1602

6 14,1 2

! != - + = - x 101 =- x 42 =

x x6 40 02 + - =

k 32 =k 23

1 =-k 43 9 72

43 9

,1 2! !

= + =


1 0 . É V F O L Y A M

Ha , akkor .

; , .

De miatt az nem megoldása az egyenletnek, tehát .Az eredeti egyenlet gyökei: , .

b) Ha , akkor ,

, , .

De miatt a –2 nem megoldás.

Ha , akkor .

; ekkor a négyzetgyök alatt negatív szám szerepel, tehát ez esetben az

egyenletnek nincs valós megoldása. Az eredeti egyenlet egyedüli megoldása: .

c) Ha , akkor .

; ekkor a négyzetgyök alatt negatív szám szerepel, tehát ez esetben az

egyenletnek nincs valós megoldása.Ha , akkor ,

; , .

Ezek teljesítik az feltételt, így az eredeti egyenlet gyökei: , .

Az másodfokú függvény egyik zérushelye . Hol van a függvénymásik zérushelye?

Ha zérushelye a megadott függvénynek, akkor

, ahonnan .

Tehát az eredeti függvény . E függvény zérushelyei:

; , .

Tehát a függvény másik zérushelye: .

Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán!

Tekintsük az egyenlet bal oldalán szereplő kifejezést; legyen . Ez a függvény

páros függvény, hiszen minden x-re . Ezek szerint elegendő az egyenlet pozitívmegoldását megtalálnunk; ennek (–1)-szerese is megoldás. Ha , akkor

vagy .Második esetben a megoldóképletben a négyzetgyök alatt negatív szám szere-

pel, tehát nem lehet megoldása. Első esetben

; , .

Mivel , ezért az eredeti egyenlet megoldásai: .

7. A másodfokú egyenlet diszkriminánsa

Határozzuk meg a következő egyenletekben szereplő paraméterek értékét úgy, hogy azegyenleteknek két egyenlő valós gyöke legyen!a) ; b) ; c) ;

d) ; e) ; f) .

x 01 x x2 3 02 + - =

x2

2 4 122

2 4,1 2

! != - + = - x 31 =- x 12 =

ax x a5 02 + + = x x b21

21 02 - + = x x c6 5 2 02- + + =

x x p2 7 02 - + = x x k11 02- - = x x r3 4 02 2+ - =

1. K1

x 0$ x 6,1 2 !=

x2

2 4 962

2 10,1 2

! != + = x 41 =- x 62 =

4 96 01-

x x2 24 02 - - = x x2 24 02 - + =

x 0$f x f x= -^ ^h h

g x x x22= -^ h

x x2 242 - =

5. E2

x23

=-

x4

5 25 964

5 11,1 2

! != + = x 41 = x 2

32 =-

f x x x2 5 122= - -^ h

k2 4 5 4 02$ $- + = k 12=-

x 4=

4. E1 f x x x k2 52= - +] g x 4=

x 61 x 31 =- x 22 =

x2

1 1 242

1 5,1 2

! != - + = - x 31 =- x 22 =

x 61 x x 6 02 + - =

x2

1 1 24,1 2

!= -

x 6$ 6 0x x2 - + =

x 32 =-x 31 =

x 3=-x 1=x 01

x 3$ x x3 10 02 - - =

x 5=

x2

3 9 40,1 2

!=

-- -

x x3 10 02- + - =x 31

x 3$

x 52 =x 21 =-x 23 9 40

23 7

,1 2! !

= + =


1 0 . É V F O L Y A M

Ha a megadott egyenleteknek egy valós gyöke van, akkor az egyenletek diszkriminánsa 0.

a) , azaz .

b) , azaz .

c) ; mivel ennek az egyenletnek nincs valós megoldása, ezért nincs olyan r, melyreaz eredeti egyenletnek csak egy megoldása lenne. (Esetünkben a diszkrimináns minden r-repozitív, tehát az eredeti egyenletnek minden r-re két különböző valós megoldás van.)

d) , azaz .

e) , azaz .

f) , azaz .

Hogyan válasszuk meg az alábbi egyenletekben szereplő paraméterek értékét, hogy azegyenletek mindegyikének két különböző valós gyöke legyen?a) ; b) ; c) .

Ha a megadott egyenleteknek két különböző valós gyöke van, akkor az egyenletek diszkrimi-nánsa pozitív.

a) , azaz , ahonnan .

b) , azaz .

c) . Ez utóbbi egyenlőtlenség minden valós p-re teljesül, így az eredeti egyenletnekbármely valós p-re két különböző valós megoldása van.

Mekkora legyen a paraméter értéke, hogy csak egyetlen olyan m valós szám legyen,melyre az alábbi egyenletnek két egyenlő valós megoldása van?

.

Ha a megadott egyenletnek csak egy valós megoldása van, akkor diszkriminánsa 0, azaz,

,

.Ha csak egyetlen olyan m valós szám van, melyre ez utóbbi teljesül, akkor ennek az m-ben

másodfokú egyenletnek a diszkriminánsa szintén 0 kell, hogy legyen:

,

,

Documents

16202 Metematika10 CD 0 cimmoldan.hu/doc/nemzeti/10_h_mo.pdf · 2015. 9. 22. · MATEMATIKA 5 10. ÉVFOLYAM Az A pont és az e egyenes távolsága: d(A; e) vagy Ae Az A és B pont