GLflPÖSSZEfÜGGfSEK

ÍT1 fITEm flTIHflBŰL£111 ÉLT SZinT

mflXim HlflDÖ • SZEGED

Szerző: FRÖHLICH LAJOS

Lektor: TÓTH JULIANNA

Kiadói kód: MX-156 Kerettanterv: 28/2000 (IX.21.) OM rend.

Szerkesztő: Dr. Mező Tamás Tömeg: 428 g

Terjedelem: 384 oldal (24 ív)

Minden jog fenntartva, beleértve a sokszorosítást, a mű bővített, illetve rövidített változata kiadásának jogát is. A ldadó írásbeli engedélye nélkül sem a teljes mű, sem annak része semmilyen

formában nem sokszorosítható.

ISBN 978 963 9489 95 0

© Copyright Maxim Kiadó, Szeged

c E L Ő S Z Ó

Ez a könyv a kétszintű érettségi rendszer emelt szintű matematika érettsé­gijére való felkészülésben kíván segítséget nyújtani. Tartalmazza az elméleti anyagot, a tételeket és - ahol az szükséges a témakör alaposabb megértéséhez- a kidolgozott példákat. Természetesen az alapos begyakorláshoz nem elegen­dőek ezek a példák, ahhoz példatárakra van szükség. Sok jó példatárat [Gya­korló és érettségire felkészítő feladatgyűjtemény I-III. (Tankönyvkiadó), 15 próbaérettségi matematikából emelt szint - írásbeli (Maxim Könyvkiadó), Egységes érettségi feladatgyűjtemény (Konsept-H Kiadó)] ajánlhatunk az érett­ségire készülő diákoknak. Szükség van az önálló gyakorlásra, hogy sikerüljön elsajátítani az adott témakörökhöz tartozó tipikus módszereket, fogásokat. A feladatok megoldása előtt viszont meg kell tanulni a témakörökhöz tartozó elméleti alapokat, tételeket. Tehát ezen könyv és a példatárak közös használa­ta vezethet alapos felkészüléshez.

Remélhetőleg ez a kiadvány hozzá tud járulni egy alapos felkészüléshez, melyhez sok kitartást és sikert kívánok.

A szerző

c A S Z Ó B E L I V I Z S G Á R Ó L DA SZÓBELIRŐL

Ez a könyv tartalmazza mind azt az elméleti tudást, mely a szóbeli vizsgán szükséges. Az adott évben kiadott szóbeli tételjegyzék alapján a tételeket a könyv segítségével ki lehet dolgozni, erre mutatunk is egy példát.

A szóbeli elvárásairólAz emelt szintű szóbeli vizsga központi tételsor alapján zajlik.A vizsgán használható segédeszközök: a tételsorban szereplő feladatokhoz kapcsolódó összefüggéseket tartalmazó, a tételcímekkel együtt nyilvánosságra hozott képlettár, továbbá szöveges adatok tárolására és megjelenítésére nem al­kalmas zsebszámológép.A tételt önállóan kell kifejteni. A vizsgáztatónak közbekérdezni csak akkor lehet, ha teljesen helytelen úton indult el a vizsgázó vagy nyilvánvaló, hogy el­akadt. (Ez esetben segítő kérdést lehet feltenni, amennyiben az még a felelési időbe belefér.) A feleletre rendelkezésre álló idő 20 perc, a felkészülési idő 30 perc.Az egyes tételek egy-egy témából kerülnek ki. A tétel címében megjelölt témát logikusan, arányosan felépített, szabad előadásban kell kifejteni.A feleletben feltétlenül szerepelniük kell az alábbi részleteknek:- egy, a témához tartozó definíció pontos kimondása;- egy, a témához tartozó tétel pontos kimondása és bizonyítása;- a kitűzött feladat megoldása;- a téma matematikán belüli vagy azon kívüli alkalmazása (több felsorolása

vagy egy részletesebb bemutatása).

ÉrtékelésA szóbeli vizsgán elérhető pontszám 35. Az értékelés központi értékelési útmu­tató alapján történik.

CD

c A S Z Ó B E L I V I Z S G Á R Ó L )Az értékelési szempontok:

A felelet tartalmi összetétele, felépítésének szerkezete 10 pontEzen belül:A témakörbe illő definíció megtalálása 1 pontA témakörbe illő tétel megtalálása 1 pontA további 8 pont megítélésére az alábbi szempontok javasoltak:Logikus felépítés, szerkesztettség, tartalmi gazdagság 4 pontA felelet matematikai tartalmi helyessége 4 pontA feleletben szereplő, a témához illő definíció helyes kimondása 2 pont

Ha több definíciót is elmond, akkor a definícióra adható 2 ponttal a legjobbat kell értékelni.A feleletben szereplő, a témához illő tétel helyes kimondása és bizonyítása 6 pont

Ezen belül:A tétel helyes kimondása 2 pontA tétel helyes bizonyítása 4 pontA kitűzött feladat helyes megoldása 8 pontHa a feladatot csak a vizsgáztató segítségével tudja elkezdeni, akkor maximum 5 pont adható.Alkalmazások ismertetése 4 pontEgy odaillő alkalmazás megemlítése 1 pontEnnek részletes kifejtése vagy további 2-3 lényegesen eltérő alkalmazás említése 3 pont

Matematikai nyelvhasználat, kommunikációs készség 5 pontEzen belül:Matematikai nyelvhasználat 2 pontÓnálló, folyamatos előadásmód 2 pontKommunikáció 1 pont

Ez utóbbi 1 pont akkor is jár, ha a je lö lt önálló felelete után nem volt szükség kérdésre.

CD

A S Z Ó B E L I V I Z S G Á R Ó L

Araint látható, igen fontos szempont, hogy a felelet jól felépített, tartalmilag színes és nyelvhasználatában pontos legyen. A tételkidolgozás során végig kell gondolni a témakörhöz kapcsolódó definíciókat és tételeket, valamint azt, hogy ezek hogyan épülnek egymásra. Egy, a témakörhöz kapcsolódó tétel bizonyítá­sát alaposan meg kell tanulni.

TételekA szóbeli tételek a 2006. májusi vizsgaidőszakban a következők;

1. Halmazok, halmazműveletek, ezek bemutatása természetes számokkal kap­csolatos problémákon

2. Számhalmazok (a valós számok halmaza és részhalmazai), halmazok szá­mossága

3. Nevezetes ponthalmazok a síkban és a térben4. Hatványozás, hatványiuggvények és tulajdonságaik5. Gyökvonás, gyökfiiggvények és tulajdonságaik6. A logaritmus. Az exponenciális és a logaritmusfuggvény, a függvények tu­

lajdonságai7. Első- és másodfokú függvények, egyenletek8. Adatsokaságok jellemzői, a valószínűségszámítás elemei9. Első-és másodfokú egyenlőtlenségek. Pozitív számok nevezetes közepei,

ezek felhasználása szélsőérték-feladatok megoldásában10. Számsorozatok11. Függvények vizsgálata elemi úton és a differenciálszámítás felhaszná­

lásával12. A hasonlóság és alkalmazásai háromszögekre vonatkozó tételek bizonyítá­

sában13. Derékszögű háromszögek14. Háromszögek nevezetes vonalai, pontjai és körei15. Összefüggések a háromszögek oldalai és szögei között16. Húrnégyszög, érintőnégyszög, szimmetrikus négyszögek17. Sokszögek, szimmetrikus sokszögek18. A kör és részei, kör és egyenes kölcsönös helyzete, kerületi szög, közép­

ponti szög19. Vektorok20. Szakaszok és egyenesek a koordinátasíkon21. A kör és a parabola a koordinátasíkon

c A S Z Ó B E L I V I Z S G Á R Ó L 322. Szögfiiggvények és alkalmazásuk a geometriában23. Területszámítás elemi úton és az integrálszámítás felhasználásával24. Kombinatorika. A valószínűség kiszámításának kombinatorikus modellje25. Bizonyítási módszerek és bemutatásuk tételek bizonyításában.

A nem dőlt betűvel szedett tételek azok, amelyek a 2005. májusi vizs­gaidőszakban is tételek voltak. A többi tétel többé-kevésbé változott. Mintaként egy tétel kidolgozását adjuk meg.

Mintatétel21. A kör és a parabola a koordinátasíkon

a) A felelet vázlatának elmondása.

b) Bevezetés Definíció: kör (4.1.3.)Definíció: érintő (4.3.4.)Definíció: parabola (4.1.3.)

c) Koordináta-rendszerbenTétel: két pont távolsága (4.9.1.)Tétel: pont és egyenes távolsága (4.9.2.)Definíció: ponthalmaz, görbe egyenlete (4.9.2.)Tétel: Kör egyenlete (4.9.3.)Tétel: Parabola egyenlete (4.9.4.)

d) Körrel kapcsolatos problémák Kétismeretlenes másodfokú egyenlet és a kör Kör és egyenes metszeteKörhöz egy pontjában húzott érintő Körhöz külső pontból húzott érintő Két kör kölcsönös helyzete Két kör metszéspontjai

c A S Z Ó B E L I V I Z S G Á R Ó L 3e) Alkalmazások- mozgások a naprendszerben (kör, parabola pályák)- parabolatükör:

hőfókuszáló parabolatükör, suttogó tükör, (http://www.kfki.hu/fszemle/archivum/fsz961 l/esodak9611 .html), csillagászati távcsövek, rádiótávcsövek, Arkhimédész hadiszerkezete, rákok szeme

- parabolaantenna

f) A kiadott feladat megoldása

Alkalmazások

Néhány témakör esetén adunk alkalmazásra példákat. Érdemes ezeket átgon­dolni, ha más tárgyhoz tartozik, akkor pontosabban utánanézni. További al­kalmazásokat szakkönyvekből, internetről és a hétköznapi életből érdemes keresni.

HalmazokMatematikai:1. Függvények értelmezési tartománya, értékkészlete2. Egyenlőtlenségrendszerek megoldása3. Geometriai szerkesztések a mértani hely módszerévelEgyéb:1. Adatok gyűjtése, rendszerezése2. Biológia rendszertan

Hatványozás, hatványfüggvényMatematikai:1. Nevezetes azonosságok2. Polinomokkal végzett műveletek3. Mértani sorozatok4. Binomiális eloszlás

c A S Z Ó B E L I V I Z S G Á R Ó L 3Egyéb:1. Kamatszámítás2. Radioaktív bomlás3. Mértékegységek közötti átváltás

Gyökvonás, gyökfüggvényMatematikai:1. Másod- és magasabb fokú egyenletek megoldása2. Gyökös egyenletek megoldása3. Mértani sorozatok Egyéb:1. Kamatszámítás2. Az inga lengésidejének meghatározása3. A harmonikus rezgőmozgás körfrekvenciájának kiszámítása

LogaritmusMatematikai:1. Numerikus számolás2. Exponenciális és logaritmikus egyenletek megoldása3. Differenciál- és integrálszámítás Egyéb:1. Savas és bázikus kémhatás pH-értéke2. Ideális gázok izotermikus folyamatánál a gáz munkája3. Radioaktív bomlás4. Newton-féle lehűlési törvény

Másodfokú függvény, egyenlet, egyenlőtlenségMatematikai:1. Másod- és magasabb fokú egyenletek megoldása2. Szélsőérték-feladatok megoldásaEgyéb:1. Ferde hajítás pályája2. Ut-idő grafikonok

GD

c A S Z Ó B E L I V I Z S G Á R Ó L 3Nevezetes közepekMatematikai:1. Szélsőérték-feladatok megoldása2. Egyenlőtlenségek bizonyításaEgyéb:1. Átlagsebesség meghatározása2. Véletlenszerű, illetve reprezentatív mintavétel adatsokaságának jellemzése

SzámsorozatokMatematikai:1. Kamatszámítás2. Összegzési problémák Egyéb:Pénzügyi számításokban1. Ajáradék felnövekedett értékének kiszámításában2. A törlesztés évi részletének számításában

Analízis elemeiMatematikai:1. Szélsőérték-feladatok megoldása2. Függvény menetének vizsgálata3. Érintő egyenletének felírása4. Területszámítás5. Térfogatszámítás Egyéb:1. Fizikában út-idő, sebesség-idő, gyorsulás-idő függvények közti kapcsolatok2. Változó erő munkájának kiszámítása3. Tehetetlenségi nyomaték kiszámítása4. Hidrosztatikai nyomóerő meghatározása

Derékszögű háromszögekMatematikai:1. Szakaszok hosszának meghatározása2. Szögszámítás3. Külső pontból körhöz húzott érintő szerkesztése4. Területszámítás

c A S Z Ó B E L I V I Z S G Á R Ó L )Egyéb:1. Építészet2. Földmérés

Sokszögek1. Csempézési problémák (Melyek azok a szabályos sokszögek, amelyekkel

hézagmentesen lefedhető a sík?)2. Gyepvédő rács

Kör1. Érintőnégyszögek tétele2. Szög mérése (ívmérték)3. A háromszög oldalait érintő körök érintési pontjainak csúcsoktól való távol­

sága4. Adott külső pontból adott körhöz húzott érintők szerkesztése.5. Két kört érintő egyenesek szerkesztése.

Kerületi szög, látószög1. Húrnégyszögek tétele2. Szelőtétel3. Összefüggés egy háromszög egyik szöge, azzal szemközti oldalának hossza

és a háromszög köré írt kör sugara között4. Thálész tétele5. Építészet

VektorokMatematikai:1. A háromszög magasságpontjának az oldalfelezéspontokra vonatkozó tükör­

képei a háromszög köré írt körön vannak2. Koszinusztétel vektoros bizonyításaEgyéb:1. Pontszerű testre ható erők eredője (fizika)2. Mechanikai munka

c A S Z Ó B E L I V I Z S G Á R Ó L DEgyenes koordináta-rendszerben1. Lineáris programozás2. Problémák megoldása geometriai valószínűségi mezőben3. Szélsőérték-problémák megoldása

SzögfüggvényekMatematikai:1. Szögszámítás sík- és térgeometriai problémákban2. Területszámítás3. Skaláris szorzat kiszámítása Egyéb:1. Térképészeti alkalmazás2. Építészet

MérésMatematikai:1. Kerületszámítás2. Területszámítás3. Térfogatszámítás Egyéb:1. Építészet2. Gépészmérnöki munka3. Könnyűipar

SzámelméletMatematikai:1. Számrendszerek2. Diofantoszi egyenletek3. Törtek összevonása, egyszerűsítése Egyéb:1. Áruszállítási/fuvarozási feladatok tervezése2. Titkosírás

A L A P F O G A L M A K

Ahhoz, hogy a matematika felépítését kicsit tisztábban lássuk, szükség van né­hány dolog előzetes tisztázására.A matematika is fogalmakkal dolgozik. Ehhez viszont szükség van, hogy a fo­galmak jelentése lehetőleg egyértelmű legyen.

DefinícióAmikor egy fogalmat már ismert fogalmakkal megmagyarázunk, azt definíci­ónak nevezzük. (Ez volt a definíció definíciója.)

AlapfogalomNem túl nehéz rájönni, hogy minden fogalmat nem tudunk már ismert fogal­makkal definiálni, hisz őket is vissza kellene vezetni ismert fogalmakra, azok pedig egyszer elfogynának. Tehát vannak olyan fogalmak, melyeket már nem definiálunk, hanem jelentését szemléletesen elfogadjuk. Ezek az alapfogalmak.

ÁllításokAz ismert fogalmakkal kapcsolatban állításokat fogalmazunk meg. Azt azon­ban, hogy ezek igazak, bizonyítani kell.

BizonyításAzt a gondolatmenetet, mikor egy ismeretlen állítást levezetünk már igaznak elfogadott állítások segítségével a matematikai logika következtetési szabályai szerint, bizonyításnak nevezzük.Azonban itt is elfogynak egyszer az igaznak elfogadott állítások. így kell len­niük olyan állításoknak, melyeket bizonyítás nélkül is elfogadunk igaznak.

AxiómaOlyan állítások, melyeket bizonyítás nélkül is elfogadunk. A matematika kü­lönböző területei más-más axiómákból, úgynevezett axiómarendszerből in­dulnak ki. Jól meghatározott, hogy egy axiómarendszernek milyen tulajdonsá­gokkal kell rendelkeznie.

GD

A L A P F O G A L M A K

RelációAz állítások egy része a matematikai objektumok (számok, halmazok, vektorok stb.) közötti kapcsolatra vonatkozik. Ezeket relációnak nevezzük. Tehát a reláció egy állítás, ami vagy igaz vagy nem. Itt nem merülhet fel az értelmezhetőség, az értelmesség kérdése.DefinícióTekintsük a tetszőleges, de nem üres A és B halmazokat. E két halmaz A*B Descartes-féle szorzatának bármely p részhalmazát az A és a B közötti relációnak nevezzük. Ha p ^ 0 , akkor a reláció elemi rendezett párok. (Általánosítható kettőnél több halmaz esetére is.)

Például: 2 <5; 3j 15; A c B\ a egyállású 6-vel.

MűveletekAmikor matematikai objektumokhoz valamilyen szabály alapján egy objektu­mot rendelünk, akkor műveletről beszélünk. Ez utóbbit nevezzük a művelet eredményének. Itt már előfordulhat, hogy egy bizonyos szabály az objektumok egy részére értelmezhető csak, a többire értelmetlen. Például a négyzetgyökvo­nást negatív számokra nem szoktuk értelmezni középiskolában, ponthalmazok­ra, mondjuk körre meg pláne nem. Például:

6 + 5 = 11; {1;2;3;4} n{3;4;6;8) ={3;4};

a (-2 ; 5 ) -b ( -4 \ 2 )= c (2 ; 3); Í A h = h

Ha az itt szereplő relációk vagy műveletek kapcsán kérdések merülnének fel, akkor ezen könyv áttanulmányozásával választ lehet kapni rájuk.

GD

c H A L M A Z E L M É L E T 31. HALMAZELMÉLET, MATEMATIKAI LOGIKA,

KOMBINATORIKA, GRÁFOK

1.1. HALMAZELMÉLET

1.1.1. Fogalmak

HalmazA halmaz alapfogalom, így nem definiáljuk. A halmaz bizonyos meghatáro­zott, különböző dolgok összessége.Neve nagybetű szokott lenni, pl. A, B, C,...

A halmazt alkotó dolgokat a halmaz elemeinek nevezzük. Az elem fogalma is alapfogalom, nem definiáljuk. Egy halmazban annak minden eleme csak egy­szer fordulhat elő. A halmaz elemei között semmiféle kapcsolatnak nem kell lenni, kivéve egyet: pontosan az a közös bennük, hogy ugyanazon halmaznak elemei.Jele: e , pl. b e A (b eleme A halmaznak). b e A azt jelenti, hogy b nem eleme A halmaznak.

Néhány fontos számhalmaznak egyezményes jelölése van természetes számok halmazának Negész számok halmazának Zracionális számok halmazának (Q)

irracionális számok halmazának Q*valós számok halmazának RVan más, egyszerűsített jelölés is, például pozitív egész számok halmazára N+ vagy Z*, negatív valós számok halmazára R~, nem negatív valós számok hal­mazára RJ (pozitív valósak és a nulla).A fenti számhalmazokról bővebben később lesz szó.

Üres halmaz az a halmaz, melynek nincs eleme.Jele: 0 vagy { }

c H A L M A Z E L M É L E T

Halmaz megadásaEgy halmaz megadása az elemeinek az egyértelmű megadása. Ez akkor helyes, ha bármiről egyértelműen eldönthető, hogy a halmaznak eleme vagy nem.Például „magas fiúk” vagy „okos lányok” halmazáról nem beszélhetünk, hisz nem egyértelmű, hogy kik tartoznak hozzájuk és kik nem.

Megadási lehetőségek:- felsorolással (amennyiben ez lehetséges véges halmazoknál): kapcsos záró­

jelben, az elemeket pontosvesszővel elválasztva, például:

- szavakkal adott utasítással. Például:B = {10-nél kisebb pozitív egész számok}

- szimbólumokkal. Például:C = {x | x < 10}, D = {2n \ n e N és n < 50}

Az első részben a halmaz egy általános (azaz tetszőleges) elemének jelét írjuk, majd a függőleges vonal után az ezen jelben szereplő betű lehetséges értékeit adjuk meg.Ezen két utóbbit csak akkor alkalmazhatjuk, ha van közös tulajdonság az elemek között, ami a hahnaz összes elemére igaz és másra nem. Néha történik csalás is: például: B = {2; 4; 6; 8; ...}. Úgy tesz az ily módon megadó, mintha felsorolna, miközben - kimondatlanul - közös tulajdonságra hivatkozik. Annak ellenére szokták ezt a módszert is használni, hogy ez nem korrekt.

1.1.2. Halmazok közötti relációk

Halmazok egyenlőségeDefiníció: két halmaz akkor és csakis akkor egyenlő, ha elemeik rendre meg­egyeznek.Jele: =, például, {2; 3; 4} = {4; 2; 3}

RészhalmazEgy A halmaz részhalmaza 5-nek, ha A minden eleme eleme 5-nek is.Jele: q például, ha^4 = {5; 7} és B = {3; 4; 5; 6; 7}, a k k o ri c B

^ = {2; 3; 4; 5>

c H A L M A Z E L M É L E T

Tulajdonságok:\/A: A ez A, bármely halmaz részhalmaza önmagának V/l: 0 c J , bármely halmaznak részhalmaza az üres halmaz ( ^ c ö é s 5 c Q = > / ( c C (A c B és B c A) => A = B.

TételEgy n elemű halmaz részhalmazainak száma 2".BizonyításTekintsük az A = (a,; aj; ... a j halmazt! Egy részhalmazt megadhatunk oly módon, hogy a halmaz elemeiről rendre megmondjuk, hogy benne vannak-e a részhalmazban vagy sem. Minden elemhez rendeljünk 0-t vagy 1-et: a 0-t, ha nincs benne, és 1-et, ha benne van az előállítandó részhalmazban. Az első elemnél kétféleképpen választhatunk, a másodiknál szintén. így a választások száma 4 (00, 01, 10, 11). Mivel minden elemnél ugyanígy két lehetőségünk van, az újabb elemek hozzávételekor a lehetőségek megduplázódnak. így az n elem esetén 2" választási lehetőség van.

Valódi részhalmazDefiníció: egy A halmaz valódi részhalmaza Ő-nek, ha A halmaz részhalmaza tf-nek, de nem egyenlő vele (5-nek van olyan eleme, mely nem eleme v4-nak.) Jele: c , például {3; 5} c {2; 3; 4; 5}.Tulajdonság:

ha A c B és B c C , akkor i c C .

1.1.3. Halmazműveletek Halmazok uniója (egyesítése)Definíció: az /í és 5 halmaz uniója a két halmaz összes elemét tartalmazó halmaz.

H A L M A Z E L M E L E T

Jele: az A és B halmaz uniójának jele: A u B.Például, ha A = {1; 2; 3} és B = {2; 3; 4; 5}, a k k o ri u ö = { l ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 }

Tulajdonságok: ,4 u 0 = /)u 4 = ^ idempotens

,4 u 5 = B u A kommutatív {A k j B)k j C = A k j {B k j C) asszociatív

Halmazok metszeteDefiníció: az A és B halmaz metszete a két halmaz közös elemeit tartalmazó halmaz.Jele: az A és B halmaz metszetének jele: A n B.Például, haA = {1; 2; 3} és B = {2; 3; 4; 5}, a k k o ri n B = {2; 3}.

A n B

A n A = A idempotens A n B = B n A kommutatív ( J n í ) n C = J n ( á n Q asszociatív n disztríbutív u -ra nézve A n ( B u C) = {A r \ B ) u (A r \C ) u disztríbutív n -re nézve A kj (B n C ) = (A u B ) n {A kj C) abszorpciós azonosságok A n (A kj B) = A és A kj (A n B) = A

G E )

c H A L M A Z E L M É L E T

Halmazok különbségeDefiníció: az A és B halmazok (ebben a sorrendben vett) különbsége az A hal­maz azon elemeinek halmaza, amelyek nem elemei a B halmaznak.Jele: az A és B halmaz különbsége: A \ BPéldául, haA = {1; 2; 3} és 5 = {2; 3; 4; 5}, akkor A \ B = {1}.

A\B

Tulajdonságok: A \ 0 - A 0 \ A = 0 ,A \ A = 0 ,A \ B ^ B \ A nem kommutatív

Komplementer halmazDefiníció: ha A c: H, akkor H \ A különbséghalmazt A-nak H-ra vonatkozó ki­egészítő vagy komplementer halmazának nevezzük. (H-1 szokás alaphalmaz­nak nevezni.)A halmaz komplementerének jele: A vagy A„

Tulajdonságok: /7 = 0 , 0 = H A =AA k jA ~ H , A n A = 0 ,A \ B = A n Ede Morgan-azonosságokA u B = A n B és A n B = A u B

c H A L M A Z E L M É L E T DKét halmaz Descartes-szorzata DefinícióLegyen A és B két halmaz. Ekkor az összes olyan rendezett párok halmazát, melyeknek első eleme ,4-beli, második eleme pedig 5-beli, a két halmaz Descartes-féle vagy direkt szorzatának nevezzük.Jele: A x B (A kereszt B)A x B:= {(a; b) \ a e A a b e B}Ha A vagy B üres halmaz, akkor A*B ± 0 .

1.1.4. Halmazok számosságaKét halmaz, A és B ekvivalens (vagy ugyanannyi elemük van vagy ugyan­akkora a számosságuk), ha a két halmaz elemei között kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés létesíthető. Jele: A ~ B.

Véges halmazokVéges halmaz számossága a halmaz elemeinek száma.Az \A\ vagy n(A) jelöli A halmaz számosságát.

Végtelen halmazokA végtelen halmazoknak bármely természetes számnál több eleme van. Végtelen halmazoknak van velük ekvivalens valódi részhalmaza, míg a véges halmazoknak nincs. Például a pozitív egész számok halmaza ekvivalens a pozitív páros számok halmazával.

1 2 3 4 ...

t i l t2 4 6 8 ...

Megszámláthatóan végtelen halmaznak nevezzük a pozitív egész számok halmazával ekvivalens hahnazokat. Az ilyen halmazok elemeit sorba tudjuk rendezni úgy, hogy van első elem és végtelen sorozatot alkotnak. Ilyen halmaz például N, Q.Egy A végtelen halmaznak több eleme van, mint B végtelen halmaznak, ha ^4-nak van olyan valódi részhalmaza, mely ekvivalens 5-vel, de A nem ekvi­valens 5-vel.Nem megszámlálhatóan végtelen halmazoknak a megszámlálhatóan végtelen halmazoknál nagyobb számosságú halmazokat nevezzük.

GD

Kontinuum-számosságú az a halmaz, melynek ugyanannyi eleme van, mint a

[0, 1) jobbról nyitott intervallumnak. Ilyen például R, Q", az egyenes pont­jainak halmaza, a sík pontjainak halmaza.A megszámlálhatóan végtelen halmazoknak kevesebb elemük van, mint a kon- tinuum-számosságúaknak. Vannak a kontinuum-számosságnál nagyobb szá- mosságú halmazok.

Tulajdonságok:A, B és C halmaz véges

a ^ b ^>\a \<\b \,

A<z B=>\a \< \b \I I I j

| ^ u 0 | = |i4| + | f l | - | ^ n 5 | , tehát

A n B = 0 <=> |^ u 5 |= |i4 |+ |5 |

\A u B u C| = \A\ + |ő |+ |C | - 1A n b \ - |A n C \- |f ln C\

+ \ A n B n C \ .

63 Példaa) Az osztályban harminc tanuló írt matematika dolgozatot, amelyben három feladatot kellett megoldani. Az 1. feladatot 20, a másodikat 16, a harmadikat10 tanuló oldotta meg hibátlanul. Az elsőt és a másodikat 11, az elsőt és a har­madikat 7, a másodikat és a harmadikat 5 tanuló oldotta meg jól. Mindhárom feladatot mindössze 4 tanulónak sikerült jól megoldania. Hányan nem tudták egyiket sem megoldani?

Megoldás:LegyenH: az osztály tanulóinak halmaza,A: az első feladatot jól megoldók halmaza,B: a második feladatot jól megoldók halmaza,C: a harmadik feladatot jól megoldók halmaza.

( ________________________________H A L M A Z E L M É L E T _______________________________ J

GD

( H A L M A Z E L M É L E T )Ekkor

|/ / | = 30, |/í| = 20, |fi| = 16, |C| = 10,

| / i n 5 | = l l , \ A n C \ = l , |i f n C |= 5 ,

\ A n B n C \ = A

A kérdés | A u j 5 u c | .Tudjuk, hogy

| í 4 u 5 u C |= | / / \ ( í 4 u ő u C ) |= \H \- \Au B v C\

Mivel

\A u B u C\ = \A\ + \B\+ \C \ - 1A n B \- |A n C |- |B n C\

+ \ A n B n C \ , behelyettesítve kapjuk, hogy

ő u c | = 3 0 - (20+ 1 6 + 1 0 - 1 1 - 7 - 5 + 4 ) = 3 .

b) Bizonyítsa be, hogy két különböző hosszúságú szakasz pontjainak halmaza azonos számosságú!

Megoldás:Vegyük fel a két szakaszt egymással párhuzamosan, de ne illeszkedjenek egy egyenesre. Kössük össze egymással két végpontjukat, majd a másik kettőt is. Ezen két egyenes metszéspontja legyen O. Párosítsuk a két szakasz pontjait úgy, hogy azok tartozzanak össze, melyek egy O-n keresztülhaladó egyenesre illeszkednek. így a két szakasz pontjai között kölcsönösen egyértelmű hozzá­rendelést adtunk meg. Tehát a két halmaz ekvivalens, azonos számosságú.

( M A T E M A T I K A I L O G I K A )1.2. MATEMATIKAI LOGIKA

1.2.1. Fogalmak

Kijelentés, állításDefiníció: azokat akijelentő mondatokat, melyekről egyértelműen el lehet dön­teni, hogy igazak vagy hamisak, állításoknak vagy kijelentéseknek nevezzük. Jelük: általában nyomtatott nagybetű.

Logikai érték: az állítások kapcsán az „igaz”, illetve „hamis” érték.Jele: (A) állítás logikai értékének jele \A\Az előző példa alapján \A\ = i, jfí| = h.Az igaz értéket szokták 1-gyel, a hamis értéket 0-val is jelölni.

Állításokból újabb állításokat tudunk előállítani.Például:Hlmegyek moziba. AMegnézek egy filmet. B! lmegyek moziba és megnézek egy filmet. A és B Nem megyek moziba. nem AI la elmegyek moziba, akkor ha A, akkor Bmegnézek egy filmet.

Azokat az állításokat, melyeket más állításokból állíthatunk elő, összetett állí- (ásóknak nevezzük, a többit elemi állításoknak.Amikor állításokat úgy kapcsolunk össze, hogy a kapott állítás logikai értékei sak az őt alkotó állítások logikai értékétől és az összekapcsolás módjától függ, .ikkor logikai műveletről beszélünk.

Például(A) A 2 páros szám.(B) 2 - 2 = 5( Q Ma kedd van.

állítás, hisz tudjuk, hogy igaz; állítás, hisz tudjuk, hogy hamis; állítás, hisz egyértelműen eldönthető, hogy igaz vagy nem; nem állítás, hisz szubjektív vélemény, nem egyértelmű, hogy igaz-e.

Kedves vagy.

c M A T E M A T I K A I L O G I K A )1.2.2. Műveletek

Ncgáció (állítás tagadása)A negáció egyváltozós művelet. Egy A kijelentés negációjának jele ~A vagy A. Olvasata: „nem A" ; „nem igaz, hogy A ”.

Értéktáblázat segítségével definiáljuk.Definíció:

A Ai hh i

K onjunkció (és)Kétváltozós művelet. A, illetve B állítás konjunkciójának jele A a B. Olvasata: „A és BÉrtéktáblázat segítségével definiáljuk.Definíció:

A B A a Bh h hh i hi h hi i i

Két állítás konjunkciója csak akkor igaz, ha mindkét állítás igaz.

Diszjunkció (vagy)Kétváltozós művelet. A, illetve B állítás diszjunkciójának jele A v B. Olvasata: ,A vagy B".Értéktáblázat segítségével definiáljuk.Definíció:

A B A v Bh h hh i ii h ii i i

Két állítás diszjunkciója csak akkor hamis, ha mindkettő állítás hamis.

c M A T E M A T I K A I L O G I K A )Azonosságok ( a ; v ; ->)

A a A = A A v A = AA a B = B a A A v B = B v A (A a B) a C = A a (B a C)( A v B ) v C = A v ( B v Q a disztríbutív v -ra nézve A a (B v C) = (A a B) v (A a Q v disztríbutív a -re nézve A v (5 a C) = (A v B) a (A v Q abszorpciós azonosságok A a (A v B) = A és A v (A a B) = A2 = A A v A = i A a 2 = h

de Morgan-azonosságok A v B = A a B és A a B = A v B .

Észrevehető, hogy az azonosságok nagyon emlékeztetnek a halmazműveletek azonosságaira. Ha a helyett n , v helyett u , h helyett 0 , i helyett H szerepel és a negáció jele a komplementer halmaz jelének felel meg, akkor a halmazmű­veletek azonosságait kapjuk meg.

Implikáció (ha ..., akkor ...)Kétváltozós művelet. Jele A => B. Olvasata: „ha A, akkor B”.A műveletet magyarul következtetésnek, A-1 feltételnek, B-t pedig következ­ménynek hívjuk.I írtéktáblázat segítségével definiáljuk.Definíció:

A B A => Bh h ih i ii h hi i i

A következtetés csak akkor hamis, ha a feltétel igaz, de a következmény még­is hamis. Hamis állításból bármi következhet.

d z )

idempotencia,kommutativitás

asszociativitás

tagadás tagadása harmadik kizárás elve, az ellentmondás törvénye,

c M A T E M A T I K A I L O G I K A )(A => 5)-t olvashatjuk másként is.yyA elégséges 5-hez” vagy „5 szükséges A-hoz”A következő példa alapján talán könnyű megérteni.Legyen A =$ B a „ha esik az eső, vizes az utca” állítás. Az, hogy esik az eső, elegendő ahhoz, hogy az utca vizes legyen. Ahhoz pedig, hogy tudjuk, hogy esik az eső, szükséges, hogy vizes legyen az utca, mivel száraz utca esetén biz­tos nem esik az eső. Azonban az, hogy vizes az utca, nem elegendő ahhoz, hogy tudjuk: esik az eső, hisz egy locsolókocsi is lehet az ok.Az A => B következtetés megfordítása a B => A állítás.Például az

„Alamuszi macska nagyot ugrik.” állítást érdemes átfogalmazni (hogy na­gyobb biztonsággal tudjuk megfordítani)„Ha egy macska alamuszi, akkor nagyot ugrik.” szerkezetűre és így a meg­fordítása„Ha egy macska nagyot ugrik, akkor alamuszi.” következtetés lesz.

Ekvivalencia (akkor cs csakis akkor)Kétváltozós művelet. Jele A<=> B. Olvasata: ,A akkor és csakis akkor, ha B". Értéktáblázat segítségével definiáljuk.Definíció:

A B A <> Bh h ih i hi h hi i i

Az ekvivalencia akkor igaz, ha a két állítás logikai értéke megegyezik.

Azonosságok (=>; <=>)A => B = A v BA B = (A => B) a (B => A) Tehát A szükséges és elegendő feltétele 5-nek és 5 is ^-nak.

1.2.3. Bizonyítások a matematikábanA matematikai tételek általában implikációk vagy ekvivalenciák.Az előbbi bizonyítása során a feltételből helyes matematikai következtetések segítségével el kell jutni a következményhez. A közben már bizonyított tétele­

M A T E M A T I K A I L O G I K A

két, illetve axiómákat felhasználhatjuk. így látjuk be, hogy a feltétel valóban elégséges feltétele a következménynek.likvivalenciát két implikáció bizonyításával bizonyítunk. Be kell látni, hogy mindkét állításból következik a másik.Például ismerjük a Pitagorasz-tételt és megfordítását.Pitagorasz-tétel: ha egy háromszög derékszögű, akkor befogóinak négyzetösz- szege egyenlő az átfogó négyzetével.Pitagorasz tételének megfordítása: ha egy háromszög két rövidebbik oldalának négyzetösszege egyenlő a harmadik oldal négyzetével, akkor a háromszög de­rékszögű.A két tételt együtt is megfogalmazhatjuk: egy háromszög akkor és csakis ak­kor derékszögű, ha két oldalának négyzetösszege egyenlő a harmadik oldal négyzetével.Szimbólumokkal:ABCAu 2 + b 2 - c 2 <=> y = 90°

Bizonyítási típusokA ilirekt bizonyítás során a feltételből matematikailag helyes következtetések­kel, már bizonyított állítások vagy axiómák segítségével el kell jutni a követ­kezményig. Például lássuk be a következő állítást:

a + ^ > s ftó, ha a > 0 és b > 0.2

Induljunk ki a már bizonyított (a + b)2 = a2 + 2ab + b : képletből. Vonjunk ki

mindkét oldalból Aab-i, kapjuk (a + b)2 -Aab = ( a - b ) 2 . A jobb oldalról pedig

tudjuk, hogy nemnegatív, így a bal oldal is az. Ezt átrendezve (a + b)' > 4 ah .

Néggyel való osztás után az állítást kapjuk, ha a gyökvonásnál a > 0 és b > 0 miatt a pozitív előjelre szorítkozunk.

hidirckt bizonyításnál úgy látjuk be egy állítás helyességét, hogy megmutát­ink, hogy tagadása hamis, lehetetlen. Ez úgy történik, hogy feltételezzük a bi­zonyítandó állítás tagadását, majd ebből kiindulva helyes következtetésekkel ellentmondásra jutunk. így, mivel a következtetések helyesek, csak a feltétel,

GD

M A T E M A T I K A I L O G I K A

a bizonyítandó állítás tagadása lehet hamis. Ez pedig a harmadik kizárása elv

miatt akkor hamis, ha a bizonyítandó állítás igaz. Például lássuk be, hogy a \Í2 irracionális szám. Mindaddig, amíg ellentmondásra nem jutunk, tételezzük fel,

hogy a yfl racionális szám (ezt úgy is szokták mondani, hogy „ad abszurdum tegyük fel, hogy...”). Ha racionális és biztosan pozitív, akkor felírható két po­

zitív egész szám hányadosaként, melyek relatív prímek, azaz y/2 = — . Átszo-g

rozva és négyzetre emelve kapjuk, hogy 2q2 = p 2. Láthatóan p 2, azaz p páros

szám, így p 2 osztható néggyel. De ebből adódóan q1 -nek, azaz í/-nak is pá­rosnak kell lennie. így mindkettő páros, de ez ellentmond annak, hogy relatív

prímek. A feltételezésünk így nem lehet igaz, tehát a irracionális szám.

Skatulyaclvnél azt használjuk fel, hogy ha n darab skatulyába kell belerakni (n + 1) darab golyót, akkor biztosan lesz olyan skatulya, melyben legalább ket­tő golyó van. Például bizonyítsuk be, hogy egy 25 fős társaságban biztosan van három ember, akik azonos csillagjegyben születtek. 24 főnél előfordulhat az, hogy minden csillagjegyhez két fő tartozik, a 25-ik ember már biztosan vala­melyikjegynél harmadik lesz.

1.2.4. KvantorokMatematikai állításokban gyakran használjuk a „minden x-re” vagy „van olyan x, hogy” típusú kifejezéseket. Ezeket szimbólumokkal a következőképpen ír­juk:V jelentése „minden ...” vagy „bármely .. .”3 jelentése „létezik olyan hogy” vagy „ van legalább egy olyan ..., hogy” Az első az univerzális kvantor, a második az egzisztenciális kvantor. Például a „minden pozitív szám nagyobb a felénél” így írható:

Vjc>0: x > ~ vagy V x : x e M+=>x> j

A „bármely két különböző szám között van egy harmadik” pedig így:Vx, y : x < y => (3z \ x < z < y )

( J a )

c M A T E M A T I K A I L O G I K A )Kvantorok tagadásaA „van olyan x, melyre igaz P” típusú állítások, melyben P egy x-re vonatko­zó tulajdonság, tagadása a „minden x-re nem P'\ magyarosabban „egyik x-re sem igaz P’\Például „van olyan kutya, mely harapós” tagadása „minden kutya nem hara­pós”, a2az „az összes kutya nem harapós”.

Szimbólumokkal:Ix : P(x) tagadása Vx : P(x). x : kutya,/ ’: a harapós tulajdonság.

A „minden x-re igaz P” típusú állítások tagadása „van olyan x, melyre nem igaz Azaz egy ellenpélda már elegendő a tagadáshoz.

Például a „minden sportos fiú szeret focizni” állítás tagadása a „van olyan spor­tos fiú, aki nem szeret focizni” állítás.

SzimbólumokkalVx : Pfx) tagadása 3 x : P{x).\ : sportos fiú,/ ’ szeret focizni tulajdonság.

c K O M B I N A T O R I K A

1.3. KOMBINATORIKA

A kombinatorika a matematika azon ága, mely véges számú elemnek (tárgy, szám, betű stb.) bizonyos szabály szerinti csoportosításával, rendezésével fog­lalkozik.

1.3.1. Permutáció Ismétlés nélküli permutációAdott n elemű halmaz elemeinek valamely sorrendjét az adott elemek egy permutációjának nevezzük. Az n elem összes lehetséges sorrendjének a számát, vagyis az n elem permutációinak számát Pn-ne\ jelöljük.

Tételn elemű halmaz elemeinek összes permutációjának száma:

P = n \

(ahol n e Z * és «!: n faktoriális, az első n pozitív egész szám szorzata, azaz n ! = 1 ■ 2 ■ . . . • n és 1 ! = 1.)

BizonyításA Pn meghatározásához próbáljuk meg sorba rakni ezt az n db elemet.Az első helyre az n elem bármelyike választható; így ez a hely ^-féleképpen tölthető fel. A második helyre az első helyre beírt elem már nem választható, így a másodikra az n - \ elem bármelyike tehető. Ez az első hely minden lehet­séges kitöltése mellett a második hely kitöltésére (« - l)-féle lehetőséget ad. Az első két hely kitöltésére tehát w (w -l) lehetőség van. A harmadik helyre már csak n—2 elem közül választhatunk. így az első három helyre n ( « - l ) ( n - 2 ) - féleképpen tehetők az elemek. Hasonlóan látható be, hogy a következő helyek mindegyike 1-gyel kevesebb módon tölthető fel, mint az előző hely. Az ( n - 2)- edik helyre 3, az (« - l)-edik helyre 2 közül választhatunk; az n-edik helyre már csak 1 marad.Ezzel az állítást bebizonyítottuk.

D 1. példaNyolcán vesznek részt egy futóversenyen. Hányféleképpen alakulhat a befutók sorrendje, ha mindenki célba ér és nincs holtverseny?

GÖD

c K O M B I N A T O R I K A

MegoldásEgy befutási sorrend a nyolc versenyző egy lehetséges permutációja. így az összes befutási sorrend száma 8! = 8- 7- 6- 5- 4- 3- 2 =40320.

Ismétléses permutáció TételHa n elem között r-féle különböző elem szerepel úgy, hogy az egymással meg­egyező elemek száma k,, k2, k3, ..., kr (kr 1 is lehet), akkor az ismétléses per­mutációk száma:

p(*i,t2 —.*,) _kt \k2\...k r ! ’

ahol k,+ k2+k}+ ...+ k r = n.

BizonyításAz ismétlődés nélküli permutációk számát úgy kapjuk meg az ismétlésesből, hogy a megegyező elemeket különbözőeknek tekintjük és azok összes lehetsé­ges permutációival szorzunk. Tehát

kl \ - . . . k r IPf*’....*'> = />„Ebből

p(*..______________________kt \-...-kr !

I ízzel az állítást bebizonyítottuk.

0 2. példaA nyolc futó közül három magyar, négy német és egy olasz. Hányféleképpen alakulhat a nemzetiségek sorrendje a befutáskor az előzőekhez hasonló feltéte­lek mellett?Megoldás1 la a lehetséges 8 !-féle befutások egyikében a magyarok sorrendjét felcserél­jük, semmi változás nem történik. így a 8!-t a magyarok összes lehetséges kicserélésének számával, azaz 3 !-sál el kell osztani. Ez azonban igaz a né­met versenyzőkre is. Tehát ez a versenyzők ismétléses permutációit adja. l /e k száma:

8! 8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 1------ = ------------------------- = 2803!- 4! 3 -2 -1 -4 -3 -2T

CED

c K O M B I N A T O R I K A )1.3.2. Variáció Ismétlés nélküli variációAdott n elemű halmaz elemei közül válasszunk ki k-t (k<n ), és vegyük a kiválasztott k elem egy sorrendjét. így az ti elem egy A>ad osztályú variációját nyerjük. Az összes kiválasztott k-s összes lehetséges sorrendjének száma az n elem összes k-ad osztályú variációjának száma, amit Vn-val jelölünk.Tételn különböző elem k-ad osztályú variációinak száma:

K.t = ( n " k ym = " 1X « " 2 ) ...[« ~ ( k ~ 1)],

(n;k e N+, k <n).

BizonyításA meghatározásához vegyünk egy k rekeszes dobozt.Ebben helyezzünk el az n elem közül k-1 minden lehetséges módon:Az első rekeszbe az n elem bármelyike tehető. A második rekeszbe már csak n - 1 közül választhatunk (egy ugyanis már az első rekeszben van). Az első két rekeszbe így « ( « - l ) -féleképpen tehetőek az elemek. Minden rekeszbe 1-gyel kevesebb elem közül választhatunk, mint az előzőbe. A A>adik rekeszbe (r t-k + 1) -fele elem közül választunk. A doboz teljes kitöltésére összesen

V* = n - ( n - \ ) • ...• ( n - k + \ ) lehetőség adódik. Ha az eredményt (« -/:) !-sal bővítjük, faktoriális jelöléssel is fölírhatjuk:

Ezzel az állítást bebizonyítottuk.

Q 3. példaAz előző verseny folyamán hányféleképpen alakulhatnak a dobogós helyezések? MegoldásA dobogósok egy lehetséges sorrendje a 8 versenyző egy harmad osztályú va-

......... f . 8! 1 -...-5 -6 7 8 , nriacioja. így a lehetosegek szama — = -----j------ ------ = 6 -7 -8 = 336.

GD

K O M B I N A T □ R I K A

Ismétléses variációI la n elemből k elemet kiválasztunk úgy, hogy a sorrendet figyelembe vesszük és egy elemet többször is kiválaszthatunk, akkor az n elem egy A>adosztályú ismétléses variációját kapjuk.

TételAz ti elem A>adosztályú ismétléses variációinak száma:

BizonyításGondolkodjunk úgy, hogy az n elem zsákban van, a zsákból £-szor húzunk úgy, hogy minden húzás után visszatesszük a húzott elemet. Minden húzásnál bár­melyiket húzhatjuk az n elem közül, n lehetőségünk van. A húzások egymástól íüggetlenek, így k húzás esetén az összes lehetőségek száma az egyes húzások lehetőségeinek szorzata, azaz tik.Ezzel az állítást bebizonyítottuk.

0 4. példa1 lárom különböző értéktárgyat sorsolunk ki nyolc ember között, úgy hogy bár­ki bármelyik tárgyat megnyerheti. Hányféleképpen alakulhat a sorsolás? MegoldásMivel bárki bármelyik tárgyat megnyerheti, a sorsolás a 8 ember egy harmad- osztályú variációját adja. Az összes lehetőségek száma tehát 83 = 512.

1.3.3. Ismétlés nélküli kombinációAdott ti elemű halmaz elemei közül k különbözőt választunk ki oly módon, hogy a kiválasztás sorrendjére nem vagyunk tekintettel (egy k elemű részhalmazát állítjuk elő). így az n elem k-ad osztályú kombinációját nyerjük. n elem összes k-aá osztályú kombinációjának számát Cn*-val jelöljük (n elemű halmaz k elemű részhalmazainak száma).

létein különböző elem A-ad osztályú ismétlés nélküli kombinációinak száma

C = (ejtsd: n alatt a k),

GD

c K O M B I N A T O R I K A

aholVk J

n\ « ( « - ! ) . . .(w -£ + l)k \ ( n - k y . k ( k - \ ) . . . 2 -1

(n ;ke N, *<w ), 0! = 1.

BizonyításGyakori fogás, hogy már bizonyitott állításra vezetjük vissza a megoldandó problémát.Cn* meghatározása érdekében nézzük meg, milyen kapcsolat van az n elemből alkotott k-ad osztályú variációk száma és az n elemből alkotott k-ad osztályú kombinációk száma között!Egy k-ad osztályú kombinációból úgy képezhetünk k-ad osztályú variációt, hogy a kombináció elemeit permutáljuk. Minden egyes kombináció k\ variációt ad. A kombinációk különböztek egymástól legalább egy elemben, így a kapott variációk is biztosan különböznek.Ezek szerint

V* = k! • C*azaz

innen

ni(n ~ k ) \

C* =■

■ = k !C_

nik \ ( n - k ) \

Ezzel az állítást bebizonyítottuk.

A fenti törtet -val jelöljük és binomiális együtthatónak nevezzük. k

A binomiális együtthatókról

Mivel 0! a definíció szerint 1, ezért(n

és f ” 'n , 0 ,

egyenlő 1-gyel.

Az n elem közül nyilván annyiféleképpen lehet k elemet kiválasztani, mint (/!-&)-t otthagyni, így

CDD

c K O M B I N A T O R I K A

' n ' ' n 'k n — k /

Q 5. példaEgy nyolcversenyzős futóversenynél hányféleképpen lehet kiválasztani a do­bogósokat?MegoldásItt nem fontos az első három helyezett sorrendje, csak hogy kik azok. Tehát egy lehetséges dobogós hármas a 8 elem egy 3-ad osztályú kombinációja. Az ösz- szes lehetőségek száma tehát a 8 versenyző összes 3-ad osztályú kombináció­jának száma, azaz

8! 6-7-3 ~~ 5!- 3! _ 1 2 3

= 56.

Binomiális tétel

(a + b)n =

Bizonyítás

l la « = 0, akkor (a + b)° =

Ha n = l, akkor ( a + />)' =

' n ' ( n 'í " 'a"b° + ...+ a" 'b‘ + ...+

0 i > n /

Ol naub

ahol «; i g N és 0 < / < n

Í 0 \a°b° = 1 1 1 = 1, tehát igaz.

a b +1

V /

a b = a + b , tehát igaz.

I la n >2, akkor ez a hatvány n darab (a + b) tényezőből álló szorzat. A szorzások elvégzésekor minden tényezőből egy tagot kell kiválasztani, és ezek szorzata ad egy tagot a hatványozás eredményében. Ha például i darab b-1 választunk, akkorii megmaradó (n- 1) darab tényezőből választhatunk a-1. Annyi ilyen, a"~‘b‘ tagunk lesz, ahányféleképpen ki tudunk választani i darab b-1 n darab közül,

n/.azk /

darab.

I //.el az állítást bebizonyítottunk.

GlD

K O M B I N A T O R I K A 3Például

Mivel

a hatvány

1v yx 5y l +

(6

+' 6 '

4v /x 2y* +

2V 7

' 6 N

x V +

a:1/ +

3 ,V /

' 6 '

* y +

6\

0 6

/ / \

= 1.

Í61V /

(6

v * ,

* 3 /

V5 /

Í6>|4

./

6!0 ! 6 !

— = 6 ,1!- 5!

6! 6-52!-4! 2-1

6! 6-5-4

= 15

3!-3! 3-2-1= 2 0 .

(jc + j ) 6 = x 6 + 6 x 5y [ +15 x*y2 + 20 x*y3 + 15jc2_y4 +

+6 x ly 5 + y 6

GD

c G R Á F O K 31.4. GRÁFOK

1.4.1. DefinícióI la véges sok adott pont közül egyeseket vonallal összekötünk, akkor a kapott ábrát gráfnak nevezzük.

libben az esetben a további vizsgálatok nem szólnak a konkrét geometriai el­helyezkedésről, pusztán a pontokról és az összekötöttség tényéről.A pontokat v„ v,, ...-vei, éleit e„ e„ ...-vei jelöljük.Példaként itt van négy gráf. Két kétpontú, egy hatpontú és egy négypontú.

1.4.2. FogalmakA pontok a gráf csúcsai vagy szögpontjai, a vonalak a gráf élei. teljes gráf: ha egy gráfnak n pontja van (n pozitív egész szám), és mindegyik pontból pontosan egy-egy él vezet az összes többi ponthoz, akkor a gráfot n pontú teljes gráfnak nevezzük. Például az első és a negyedik gráf.

e,

GD

c G R Á F O K )Hurok: a gráfokban előfordulhat olyan él is. amelynek mindkét végpontja ugyanaz a pont. Az ilyen él neve hurok. Például a harmadik gráfban az e10-es él.

Többszörös él: két csúcs között több élt is húzhatunk, ezek a többszörös élek. Például a második gráf élei és a harmadik gráf e,-es és e,-es élei.

Egyszerű gráf: egy gráfot egyszerűnek nevezünk akkor, ha nincs benne sem hurok, sem többszörös él. Például az első és a negyedik gráf.

Összefüggő gráf: a gráf összefüggő, ha bármely pontjából bármely másik pontjába élek egymásutánja mentén el lehet jutni. Például az első, a második és a negyedik gráf.

Fokszám: a gráf egy pontjára illeszkedő élek számát a pont fokszámának, rö­viden fokának nevezzük. A hurokéit úgy tekintjük, hogy kétszeresen illeszke­dik a pontjára. Például a harmadik gráfban v7 fokszáma 0, v4 fokszáma 2, v5 és v6 fokszáma 3, v15 v2 és v3 fokszáma 4.

Út: az élek olyan egymáshoz csatlakozó sora, amely egyetlen ponton sem ha­lad át egynél többször. Például a negyedik gráfban ev e3 és e4.

Vonal: a gráf csúcsainak és éleinek azt a sorát, amelyben az élek ezen ponto­kat kötik össze és az élek nem ismétlődnek, egy csúcs azonban többször is elő­fordulhat. Például a negyedik gráfban v,, e v v4, e5, v2, e2, v,, ev v3, e6, v4 .A vonal zárt, ha kezdő- és végpontja egybeesik, egyébként nyílt.

Kör: olyan vonal, melynek kezdő- és végpontja azonos és a pontok nem ismét­lődnek. Például a negyedik gráfban vp e2, v2, ev v3, e6, v4, e8, v5, e5, v, .

Euler-vonal: a gráf összes élét pontosan egyszer tartalmazó vonal. Lehet zárt és lehet nyílt. Zártnál nincs kezdő- és végpont (egybeesik), a nyíltnál két kü­lönböző pont van a vonal két végén.

Izomorf gráfok: két gráfot izomorfnak nevezünk, ha pontjaik és éleik kölcsö­nösen, egyértelműen és illeszkedéstartóan megfeleltethetőek egymásnak.

c G R Á F O K

a)

b)

Például ezen két-két gráf izomorf.

I' «: olyan összefüggő gráf, mely nem tartalmaz kört.

I.4.3. Tételek léteiII,ii mely gráfban a fokszámok összege egyenlő az élek számának kétszeresével. Itl/onyításMivel minden él két ponthoz tartozik, amikor a fokszámokat összeadjuk, min- ileii élet kétszer számítunk.

1.1.1Hm mely gráfban a páratlan fokú pontok száma páros.

GD

BizonyításAz előző tételből adódik. Mivel az élek száma természetes szám, a fokszámok összege páros. így nem lehet benne páratlan darab páratlan fokszám, hisz azok összege páratlan lenne.

TételVéges, egyszerű gráfban van két pont, amiknek foka egyenlő.BizonyításLegyen a pontok száma n. Nézzük visszájáról a kérdést, azaz álljunk neki in- direkt úton. Lehetséges-e, hogy n pontú egyszerű gráfban minden pont foka kü­lönböző? Jelöljük a pontokat A t; A2; A3; ..., An-nel! Ha minden pont foka kü­lönböző, az csak úgy lehetne, hogy van 0, 1 ,2 , ..., n -1 fokú pont. (Egyszerű gráfban n-fokú pont nem lehet.) Az egyszerűség kedvéért legyen A, foka 0, A : foka 1, ..., An foka n -1 . Van-e valami probléma ezzel a leosztással?Nos, van. Ugyanis amennyiben van n -1 fokú pont, akkor onnan minden más pontba is vezet él, azaz nem lehet 0 fokú pont. Ha van 0 fokú pont, akkor pe­dig nincs n -1 fokú pont. Tehát nincs n lehetőségünk kiosztani a fokszámokat a pontok között! Ha viszont csak n - 1 lehetőségünk van, akkor a skatulya-elv alapján lennie kell kettő pontnak az n-ből, amikhez ugyanazon fokszámot ír­juk. Ezzel a tételt bebizonyítottuk.

TételZárt Euler-vonala akkor és csakis akkor van egy összefüggő gráfnak, ha min­den foka páros.Nyílt Euler-vonala pedig akkor és csakis akkor van, ha pontosan két páratlan fokú pontja van.

TételEgy gráf akkor és csakis akkor fa, haa) bármely két olyan pontját összekötjük, melyek között nem volt él, akkor a

gráf már tartalmaz kört;b) bármely két pontját egyetlen út köti össze;c) bármely élét elhagyjuk, akkor a gráf már nem összefüggő.

( G R Á F Q K 3Bizonyítás ilvf => aI la nem kapnánk kört, akkor a gráf eredetileg nem lenne összefüggő. ti => bI la lenne két pont, melyeket két út is összekötne, akkor lenne a gráfban kör. h => cAz előzőből adódik. c => de fMa bármely élet elhagyva a gráf nem lenne összefüggő, akkor nem lehet ben­ne kör.I Ízzel beláttuk, hogy bármely állítás ekvivalens egymással és a definícióval,

léteil{gy n pontú fának n - 1 éle van.BizonyításPontok száma szerinti teljes indukcióval bizonyítunk.I .egyen a pontok száma n.«) n = 2Két pontot - kör nélkül - csak egy él köthet össze. így az állítás igaz.I>) Tegyük fel, hogy az n < k (k > 2) pontú gráfokra igaz az állítás.(Indukciós feltevés)c) n = k + 1I kkor a gráf egy élének törlésével két fára osztható. Ezen fák pontjainak szá­ma kisebb, mint k, így alkalmazható rájuk az indukciós feltevés. Legyen az i-gyik rész pontjainak száma m, így a másiké k -m + 1. Az indukciós feltevés miatt az egyik éleinek száma m - 1, míg a másiké k - t n . így az eredeti gráf éle­

inek száma a törölt élet is beszámítva ( /w -l) + ( i - m ) + l = fc = / i - l . l ehat az állítás igaz.

1.4.4. Példákn)I lőfordulhat-e, hogy egy 9 fős társaságban mindenki pontosan 3 főt ismer? (Az ismertségek kölcsönösek.)MegoldásA társaságot olyan gráffal modellezzük, ahol a pontok az embereket jelentik, kc-t pont összekötése pedig azt jelenti, hogy az a két ember ismeri egymást.

GD

G R Á F O K

Ekkor egy olyan 9 pontú gráfot kapunk, melyben minden pont fokszáma 3. Ekkor a páratlan fokszámú pontok száma páratlan lenne, ami ellentmond az előző tételnek. Tehát ez az eset nem fordulhat elő.

b)Egy sakkversenyen bármely kétjátékos csak egyszer játszott egymással. M u­tassuk meg, hogy a verseny bármely pillanatában mindig volt két olyan játé­kos, akik addig ugyanannyi mérkőzést játszottak le!MegoldásA sakkozókat ábrázoljuk pontokkal, azt pedig, hogy két sakkozó játszott egy­mással, a pontokat összekötő éllel. Ekkor a verseny gráfja egyszerű gráf. Mivel véges, irányítás nélküli egyszerű gráfban van két pont, amiknek foka egyenlő, a versenyen mindig van legalább kettő olyan versenyző, akik ugyan­annyi partit játszottak.

c)Kovács úr elégedetten nézegeti a tapétát a falon. Éppen most fejezte be szoká­sos ellenőrző körútját házában, mely során minden ajtón pontosan egyszer ha­ladt át. Hol van most?

Kert(1)

1 h

Nappali Hálósz.Gyereksz."r (5) ir (8)

(2) ■ i 1 1 1 Ii i 1 1

KertFürdő (9)

(1) ---1 1--- 1 1Fürdő (3) Előszoba Étkező

---1 1--- (6) (7) KonyhaVendégsz. J L (io)

(4) -, , 1 1

Kert0 )

GD

c G R Á F O K DMegoldásModellezzük gráffal a helyzetet. Legyenek a gráf pontjai a helyiségek és élek kössék őket össze akkor, ha van közöttük ajtó. Mivel a kertre is nyílik ajtó, me­lyeken át kellett haladnia Kovács úrnak, azt is jelölje egy pont.

I la egy helyiségen áthaladunk, akkor be, illetve ki is kell mennünk, azaz két él mentén mozgunk. így páratlan fokszámú pont nem lehet olyan, melyen csak át­haladtunk. Tehát páratlan fokszámú pontban kell lennie Kovács úrnak. Kettő ilyen van. A kerthez tartozó pont, melynek 3 a fokszáma, és a nappalihoz tarto­zó, melynek 5 a fokszáma. Mivel Kovács úr a tapétát nézegeti és nagy valószí­nűséggel a kertet nem tapétázta ki, a nappaliban kell lennie.

GD

c A R I T M E T I K A I A L A P M Ű V E L E T E K )2. ARITMETIKA,

ALGEBRA, SZÁMRENDSZEREK

2.1. ALAPMŰVELETEK

Először átnézzük a nevezetes számhalmazokat és a bennük definiált alapmű­veleteket.

2.1.1. Természetes számokJele: N (a latin naturalis = természetes szó kezdőbetűje)DefinícióN = (0; 1; 2; 3;...}

A természetes számokat számlálással kapjuk.

Műveletek:

ÖsszeadásA természetes számok összeadása továbbszámlálást jelent.Alakja a + b - cösszeadandó (tag) + összeadandó (tag) = összegAz összeadásnak mindig van eredménye a természetes számok halmazán. Erre azt mondjuk, hogy erre a műveletre nézve a természetes számok halmaza zárt. TulajdonságaiHa a tagokat felcseréljük, az összeg nem változik.

a + b = b + a kommutatív A tagokat tetszőlegesen csoportosíthatjuk.

a + (b + c) = (a + b) + c asszociatívSzorzásA természetes számmal való szorzás ugyanannak a számnak többszöri össze­adását jelenti. Továbbá bármely a számra:\ - a - a • \ - a és 0 ■ a = a ■ 0 = 0.Alakja: a ■ b = c Tényező • tényező = szorzatA szorzásnak mindig van eredménye a természetes számok halmazán. Ezt úgy mondjuk, hogy erre a műveletre nézve a természetes számok halmaza zárt.

c A R I T M E T I K A I A L A P M Ű V E L E T E K )TulajdonságaiA tényezők felcserélése a szorzat értékét nem változtatja meg.

a ■ b - b ■ a kommutatív A tényezők tetszőlegesen csoportosíthatók.

(a ■ b) • c = a • (b ■ c) asszociatív összeget tagonként szorzunk; illetve az összeg tagjaiból a közös szorzóténye- ző kiemelhető.

(a + b) c = a c + b c a szorzás az összeadásra nézve disztributív

KivonásA kivonás az összeadás inverz művelete. A kivonás műveletéhez jutunk, ha is­merjük az összeget, az összeg egyik tagját és keressük a másik tagot. Adottak a és b természetes számok, és keressük azt az x természetes számot, melyre h + x = a.I lyen természetes szám nem mindig van, de ha igen, akkor az egyértelműen meghatározott.Alakja: a — b = xK isebbítendő - kivonandó = különbségI Ilenőrzése: különbség + kivonandó = kisebbítendőA/, a-1 nagyobbnak mondjuk, mint b, jelölése a > ft, ha a — b e N +.

A szorzás inverz művelete az osztás. Az osztás műveletéhez jutunk, ha ismer- jilk a szorzatot, a szorzat egyik tényezőjét és keressük a másik tényezőt. Adott ./ és b természetes számok, és keressük azt az jc természetes számot, melyre h • x = a.Ilyen természetes számot nem mindig találunk, de ha igen és b ^ 0, akkor az •'Uyértelműen meghatározott.

Alakja: a :b = — = x b # 0. b

i tiltandó : osztó = hányados A nullával való osztást nem értelmezzük.I I lenőrzés (ha nincs maradék)Imnyados • osztó = osztandó

c A R I T M E T I K A I A L A P M Ű V E L E T E K )A négy alapművelet sorrendje, zárójelezésZárójelezés nélkül a balról jobbra szabályt alkalmazzuk. Ekkor egy matemati­kai kifejezés műveleteit balról jobb felé haladva végezzük, előbb az összes szorzást, osztást, majd ugyancsak balról jobbra haladva az összeadást, kivo­nást, majd a kapott részeredményeket összegezzük.

3 + 4 - 5 —6 : 3 - 7 —1=3 + 2 0 - 2 - 7 - 1 = 3 + 20 - 1 4 - 1 == 2 3 - 1 4 - 1 = 9 - 1 = 8

A műveletek más sorrendjét - ha annak betartása szükséges - egyértelműen zá­rójelekkel írhatjuk elő.a) Ha az összeadást kivonás követi, akkor a sorrend tetszőleges.

b) A szorzás és osztás műveleti jele erősebben kapcsolja össze a számokat, mint az összeadás és a kivonás.

c) Ha az osztást szorzás követi, akkor a balról jobbra szabálytól eltérő művele­ti sorrendet zárójellel kell jelezni.

(6 : 3) • 2 = 2 • 2 = 4 6 : ( 3 - 2 ) = 6 : 6 = 1

Zárójel nélkül az eredmény 4.

d) Ha az osztást törtvonal jelzi, az egyenértékű azzal, mintha az osztandó és az osztó zárójelben volna.

e) A zárójelet tartalmazó kifejezések kiszámításakor először a zárójelben levő műveleteket végezzük el. A zárójelen belül a balról jobbra szabályt alkalmaz­zuk. A zárójelen kívüli számokkal a visszamaradt műveleteket ismét szorzás, osztás, majd összeadás, kivonás sorrendben hajtjuk végre.

6 + 3 - 2 = 9 - 2 = 7 vagy 6 + 3 - 2 = 6 + l = 7

8 + 3 - 4 = 8 + 12 = 20 25 - 1 5 : 3 = 2 5 - 5 = 20

25+ 7 32(25+ 7): (13-9)-3 = ------- 3 = ---- 3 = 8 - 3 =5

1 3 - 9 4

2 3 - 6 - ( 5 - 2 ) + 1 8 : (12 -10 +7) -(19 +6):(11 -2 -3) =

= 2 3 - 6 - 3 + 1 8 :9 -2 5 : (11 -6 ) == 2 3 -18 + 2 - 2 5 : 5 = 2 3 - 1 8 + 2 - 5 =2

c A R I T M E T I K A I A L A P M Ű V E L E T E K )

I la több zárójelet egymásba skatulyázva tartalmaz egy kifejezés, akkor először .1 legbelső, majd a rákövetkező stb. zárójelben levő műveleteket végezzük el.

37 - {27 - [(5 + 3 ■ 2) - 4] + 2} = 37 -{ 2 7 - [11 - 4] + 2 =

= 3 7 - [ 2 7 - 7 + 2] = 3 7 - 2 2 -1 5

2.1.2. Egész számokJele: Z (a német Zahl = szám szó kezdőbetűje)DefinícióZ = -2 ; - 1; 0; 1; 2 ; ...}A/ egész számokat a természetes számok és a negatív egész számok egyesíté­sével kapjuk.

Összeadás, kivonás és szorzásVisszavezetjük a természetes számok közötti műveletekre. Legyen a;b e N.

a + ( - b ) - a - b ;

a - ( - b ) = a+ b ;

(+ű) • (+b) = ab\

(-a) ■ (~b) = ab;(-a) ■ (+b) - -ab',(+a) ■ (-b) - -ab.

A/ egész számok halmaza zárt erre a három műveletre nézve.I l.i a egy egész szám, akkor - a az ellentettje. Pozitív szám ellentettje negatív, negatív számé pedig pozitív. A 0 ellentettje önmaga, - 0 = 0.

< h/.tás

(+a):(+b) - a \ b \

( - a ) : ( - b) = a : b\( - a ) : (+b) = - ( a : b);(+íj) : ( - b) = - ( a : b).

A: egész számok halmaza nem zárt az osztásra nézve.

GD

c A R I T M E T I K A I A L A P M Ű V E L E T E K )2.1.3. Racionális számokJele: Q (a latin quotiens = hányados szó kezdőbetűje )DefinícióKét egész szám hányadosaként felírható számok.Tizedestört alakjuk véges vagy végtelen periodikus. Az is bizonyítható, hogy minden végtelen periodikus tizedes tört felírható két egész szám hányadosa­ként, azaz racionális.

Összeadás és kivonásCsak azonos nevezőjű törteket lehet összeadni vagy kivonni. Ehhez a törteket bővíteni kell. Közös nevezőnek az eredeti nevezők legkisebb közös többszörö­sét szoktuk választani, így tudunk a legkisebb számokkal dolgozni. A példában a nevezők relatív prímek, azaz a legkisebb közös többszörösük a szorzatuk:

a c ad eb ad +cb - + — = — +•b d bd db bd a c ad eb ad - eb

d bd db bdb ,d * 0.

Szorzás

a ac a c ac , . n— c = — ; ------ = — ; b\d *0 .b b b d bd

Számlálót számlálóval, nevezőt nevezővel szorzunk.

Osztás

a a a c a d , , _— :c = — ; —: —= ------ ; b ,c ,d * 0.b be b d b c

Törttel úgy osztunk, hogy az osztó tört reciprokával szorzunk.

Egy tört értéke nem, csak az alakja változik, ha számlálóját és nevezőjét ugyan­azzal a 0-tól különböző számmal szorozzuk vagy osztjuk.

a ac , _— = — ; b ,c± 0. b be

f s c p

( A R I T M E T I K A I A L A P M Ű V E L E T E K

A jobb oldaliról áttérve a bal oldali kifejezésre bővítésről, míg ellenkező irány­ban egyszerűsítésről beszélünk.A racionális számok halmaza zárt a négy alapműveletre nézve.

2.1.4. Irracionális számokJele: Q*Definícióli racionális számok a két egész szám hányadosaként fel nem írható számok.I vek tizedes tört alakja végtelen, nem periodikus.A legnevezetesebb irracionális számok a Tt (egység átmérőjű kör kerülete) és a

v/2 (egységnégyzet átlójának hossza). Ezeken kívül még végtelen sok van, leggyakrabban akkor találkozunk velük, mikor nem négyzetszámból gyököt

vonunk. Ilyenkor az eredmény mindig irracionális szám. A \ f l irracionalitásá­nak bizonyítása az 1.2.3. részben található.\ / alapműveletek definiálhatóak az irracionális számok halmazán úgy, hogy .1/ eddigi azonosságok érvényben maradjanak. Ezen definíciók azonban meg­haladják a középiskolai anyagot.Mivel tizedes tört alakjuk végtelen, nem periodikus, így azt csak közelítőleg ntiljtik megadni. Ezért a pontos értékeket hatvány, gyök, logaritmus stb. alak­

igImii szoktunk megadni (például 53, >/3, lg9). Ekkor a megfelelő műveleti vabályokkaí számolunk.A / irracionális számok halmaza nem zárt egyik alapműveletre sem. Példák két itniuonális szám összegére, különbségére, szorzására és hányadosára, mikor 1/ eredmény racionális:

n + ( \ - i i ) = \\ n - n = 0\ > £ - ^ = 2; V = l .V 2

! 1.5. Valós számokIrli- R (a latin reális = valós szó kezdőbetűje)Itrfinícióv lai ionális és az irracionális számok együtt alkotják a valós számok halmazát.

K = Q u Q *

\ valós számok halmaza zárt a négy alapműveletre nézve.

GD

A R I T M E T I K A I A L A P M Ű V E L E T E K

2.1.6. SzámegyenesA valós számok halmaza és egy egyenes pontjainak halmaza között kölcsönö­sen egyértelmű kapcsolatot lehet létesíteni. Legyen az egyenes vízszintes és te­kintsünk az egyenesen két pontot. Legyen a bal szélső O, a jobb oldali E.Az O-hoz rendeljük a 0-t, az £-hez az 1-gyet. Az OE vektor az egyenes egy irányítását adja. Ez után már bármely számhoz hozzárendelhetünk egy pontot egyértelműen és viszont, azaz minden ponthoz egyértelműen egy valós számot. Egy tetszőleges a valós számhoz rendeljük azt az A pontot, melyre igaz, hogy

O A=a ■ OE ■ Egy tetszőleges P ponthoz pedig azt a p valós számot, melyre tel­

jesül, hogy p ■ OE = OP . így minden valós számnak egy és csak egy pont fe­lel meg az egyenesen.

2.1.7. IntervallumAz intervallum a valós számok összefüggő részhalmaza. A számegyenesen egy szakaszt határoz meg. Attól függően, hogy a végpontok hozzá tartoznak-e az intervallumhoz, nyitott, illetve zárt intervallumról beszélünk. Ezek szerint négy lehetőség van:

Zárt intervallum

A O E P

a 0 1 P

b►

a[ a \b ] = {jc | a < x < 6 , x e R }

Például, ha - 2 < x < 7, akkor x e [-2; 7].

-2 7>x

Nyitott intervallum£> ■o

b(a\b) - { x \ a < x < b, x e R }

a

A jele lehet még: ]a\b[

C A R I T M E T I K A I A L A P M Ű V E L E T E K

Például, ha 3 < x < 11, akkor x e (3; 11).o---------------------------------- o

H-------------------------- 1-3 11

Vagy, ha x < 5, akkor x e (-oo; 5).

Balról nyitott, jobbról zárt intervallumo--------------------------•

— I------------------------------- 1---------------a b

(a;6] = {x \ a < x < b , x e R }

Italról zárt, jobbról nyitott intervallum•---------------------------------- o

a b[a,b) = { x \ a < x < b , x e R}

Például, ha - 3 < x, akkor x e [-3; °°).

—h -3

2.1.8. Valós számok abszolút értéke lUTiníciól'Hy valós szám abszolút értéke önmaga, ha a szám pozitív, a (-l)-szerese, ha .1 szám negatív. A 0-nak 0 az abszolút értéke, azaz önmaga és a (-l)-szerese is rnyben.

a, ha a > 0,

|a| = < 0, haa = 0,-a , ha a <0.

M .9. NormálalakInon nagy, illetve nagyon kicsi számokat normálalakban szoktunk megadni, mivel tizedes tört alakjuk túl hosszú lenne.

GOD

A normálalak egy szorzat, ahol az első tényező abszolút értéke az [1; 10) in­tervallumba esik, a második tényezője pedig a tíznek egy egész kitevőjű hat­ványa.

Például:

0,0000000365 = 3,65 ■ 10 8,-827000000000 = 8,27 *10".

A tíz kitevője adja meg a szám nagyságrendjét.Összeadni és kivonni csak azonos nagyságrendű számokat tudunk, melyekben a tíz azonos kitevőn van. Hogy ezt elérjük, lehet hogy valamelyik szám felírá­sánál el kell térnünk a normálalaktól. Például:

2,58 • 105 + 7,2 ■ 104 = 2,58 • 105 + 0,72 • 105 = 3,3 • 105

Nagyon eltérő nagyságrendű számoknál az összeadást vagy kivonást nehézkes elvégezni és felesleges is, mivel a kisebb szám alig változtat a nagyobb érté­kén. Például:

3,6 ■ 107 - 5,1 ■ 104 = 3,6 • 107 - 0,0051 • 107 = 3,5949 • 107 = 3,6 • 107.

Láthatóan három nagyságrendes eltérés már lényegében nem változtat a na­gyobb szám értékén.

A szorzás és az osztás könnyen elvégezhető. Például:

(6 ,3TO8) (5,1 10~2) =32,13 106 =3,213 10 7

1,924-10 5. _ 0 3 7 . io ~9 = 3,7 -10~10.

( A R I T M E T I K A I A L A P M Ű V E L E T E K )

5,2 ■ 104

Az azonos típusú számokat kell összeszorozni, illetve elosztani, majd ha fon­tos, visszatérni a normálalakra.

2.2. SZÁMRENDSZEREK

2.2.1. Tízes számrendszerÁltalában 10-es számrendszerben dolgozunk. Ez azt jelenti, hogy minden tíz egységet (egyest, tízest, százast stb.) foglalunk egy magasabb egységbe (tízes­be, százasba, ezresbe stb.).így a számok leírására tíz különböző számjegyre van szükség, ezek

0; 1; 2; 3; 4; 5; 6 ; 7; 8 ; 9.A helyi értékes ábrázolás azt jelenti, hogy a számjegyek értékén kívül a leírá­suk helye is értékkel bír. Egymás után íijuk a számjegyeket és egy adott pont­hoz viszonyítjuk a helyüket. Tízes számrendszerben a helyek értékei a 10 meg­felelő hatványai.

Például:

37541 = 3 • 104+ 7 • 103+5 • 102+ 4 - 10'+ 1 • 10°.4,7018 = 4 - 10°+7 • 10~' + 0 ■ 10“2+ 1 • 10 3 + 8 -10"'.

I la a helyek értékei nem 10 hatványai szerint változnak, akkor más alapú szám­rendszerről beszélünk.

2.2.2. Nem tízes alapú számrendszerekA számrendszer alapja lehet bármely egynél nagyobb egész szám. A példákban az adott számrendszerben felírt számot át is íijuk tízes számrendszerbe.

Áttérés tízes számrendszerbekettes számrendszerben csak a 0 és 1 számjegyekre van szükség, és így néz ki egy szám,

101101j = 1 • 25 + 0 • 24 + 1 • 23 + 1 • 22 + 0 • 2 ‘ + 1 • 2° = 32 + 8 + 4 + 1 = 45; ötös számrendszerben a 0; 1; 2; 3 és a 4 számjegyek lehetnek, és így néz ki egy szám,

2043, = 2 -5 3+ 0 -5 2+ 4 -5 ' + 3 -5 n = 2 -1 2 5 + 4 -5 + 3 = 273 tizenhatos számrendszerben (amit a számítástudományban gyakran használnak) már 16 különböző számjegyre van szükség, ezért 10-től az ABC betűit használják. így a számjegyek a 0; 1; ... ; 9; A; B; ... ; F és egy szám így néz ki:

^ _____________________________ S Z Á M R E N D S Z E R E K ______________________________ J

GD

30AFi6 = 3 ■ 163+0 • 162+ 10-16 '+ 15 ■ 16°= 3 -4096+ 10-16+ 15 = 12463

( S Z Á M R E N D S Z E R E K )

2.2.3. Áttérés tízes számrendszerből más alapúbaA tízes számrendszerben adott számot úgy kell felírni egy új számrendszerben, hogy a számot osztjuk az új számrendszer alapszámával, majd az így kapott há­nyadost újra stb., mindaddig, míg 0 hányadost nem kapunk. Az osztásoknál ka­pott maradékok lesznek jobbról balra haladva a számjegyek az új számrend­szerben. Például 948 a 7-es számrendszerben:

hányados maradék

Tehát 948 = 2523,

S Z Á M E L M É L E T

2.3. SZÁMELMÉLET

A számelmélethez tartoznak többek között az oszthatósággal, a legkisebb közös többszörössel, a legnagyobb közös osztóval kapcsolatos problémák. Ezeket le­het az egész számok halmazán is megfogalmazni, de nekünk elegendő csak a természetes számokkal foglalkozni. Adott problémáknál úgy is tudjuk szinte au­tomatikusan alkalmazni az itt megfogalmazottakat egész számokra.

2.3.1. Osztója reláció DefinícióI ny a természetes szám osztója egy b természetes számnak, ha található olyan i természetes szám, hogy c a = b egyenlőség igaz legyen. Ekkor azt is mond­hatjuk, hogy b többszöröse a-nak. lolc: a\b (a osztója 6 -nek)

A / a ■ c = b egyenlőségből azt is leolvasható, hogy c is osztója 6 -nek. Fontos tudni, hogy ez egy reláció, azaz kapcsolat két természetes szám között, ami vii^y igaz vagy nem. Nincs eredménye mint a műveleteknek. Például 4|24 igaz nllitás, mert 6 • 4 = 24. Az 5| 13 egy hamis állítás, mert nincs olyan természetes */Am, mellyel 5-töt megszorozva 13-mat kapnánk. Hasonló okok miatt a 0|5 is citelmes, de hamis állítás.

tulajdonságokI nyértelműen adódnak a következő állítások bármely a, b és c természetes i /Amra:

11a; a\a\ a |0 ;ha a\b és b * 0 , akkor a < b;ha 0 |a, akkor a = 0 ;ha d\b és b\a, akkor a = b;ha a\b és b\c, akkor a\c\ha a\b, akkor a\bc;lm a\b és a\c, akkor a\b + c;ha a\b és a\c és b - c > 0 , akkor a\b-c .

Q z )

c S Z Á M E L M É L E T 32.3.2. OsztókAz egyértelmű, hogy minden természetes szám osztható 1-gyel és önmagával, így csak az ettől különböző osztóit nevezzük valódi osztóknak. Például a 6 osz­tói az 1; 2; 3 és a 6 . Ebből valódi osztó csak a 2 és a 3. Az is könnyen belátha­tó, hogy a 0 -nak bármely természetes szám osztója, hisz bármely számot meg­szorozva 0-val megkapjuk a 0-át. Az 1-nek csak egy osztója van. A többi természetes számnak egynél több és véges számú osztója van. Ezek közül spe­ciálisak, melyeknek pontosan két osztójuk van.

PrímszámokDefinícióAzokat a természetes számokat, melyeknek pontosan két osztójuk van, prím­számoknak nevezzük.Például a 2; 3; 5; 7; 11 stb. Újra hangsúlyozom, hogy az 1 nem prímszám.

Összetett számok DefinícióAzokat az 1 -nél nagyobb természetes számokat, melyeknek kettőnél több osz­tójuk van (van valódi osztójuk), összetett számoknak nevezzük.Tehát az összetett számokat mindig fel lehet úgy írni szorzatként, hogy egyik tényező sem 1. Akkor bontottuk fel őket a legtöbb tényezőre, ha már minden tényező prímszám. Például 84 = 4 - 2 1 = 2 - 2 - 2 1 = 2 - 2 - 3 - 7 . Bizonyítható, hogy bárhogyan is bontogatunk egy összetett számot, a végén mindig ugyan­azokat a tényezőket kapjuk

2.3.3. Számelmélet alaptételeTétel: minden összetett szám a tényezők sorrendjétől eltekintve egyértelműen felírható prímszámok szorzataként.Tehát két felírás csak a tényezők sorrendjében térhet el egymástól. Persze az azonos tényezőjű szorzatokat hatványként írjuk.

Például 360 = 2 ■ 2 • 2 • 3 • 3 • 5 = 23 • 32 • 5.A prímtényezős alakot úgy szoktuk előállítani, hogy a számot elosztjuk a leg­kisebb prímszámmal, ami a számnak osztója. Majd az eredményt újra eloszt­juk azzal a legkisebb prímmel, ami neki osztója. Ezt addig ismételjük, míg a/ eredmény 1 nem lesz. Az így kapott prím osztók a szám prímtényezői. A kö-

CED

( S Z Á M E L M É L E T

vetkező módon lehet ezt áttekinthetően leírni. I latározzuk meg 360 prímtényezős alakját.

360 2

180 2

90 245 3 Tehát 360 = 2 3 -32 -5

15 3

5 5

( >\/tók szám aI Ky természetes szám pozitív osztóinak számát legkönnyebben a prímtényezős Ielbontás segítségével lehet meghatározni. A szám prímtényezős felbontásában m replő kitevőkhöz hozzáadunk egyet, majd az így kapott számokat összeszo- lo/zuk. Például 540 = 22 • 33 • 5 osztóinak száma (2 + 1) • (3 + 1) • (1 + 1) =- .1 • 4 • 2 = 24.

M.4. LNKO, LKKT I egnagyobb közös osztó DefinícióI f i vagy több pozitív egész szám legnagyobb közös osztója az a legnagyobb •■(M's/ szám, amely az adott számok mindegyikének osztója.

Kel vagy több szám legnagyobb közös osztóját a következőképpen állítjuk elői a számok egyike sem 0 ):

lelirjuk a számok prímtényezős alakját (prímszám esetén ez maga a szám), vesszük a közös prímtényezőket (amelyek az összes felbontásban szere­pelnek),e/eket a hozzájuk tartozó legkisebb kitevővel vesszük, e/;cket a prímhatványokat összeszorozzuk.

J«le: (a\ b), (a; b; c), ...

IV'ldául 756 és 1960 legnagyobb közös osztója:(756; 1960) = (22 ■ 33 • 7; 23 • 5 • 72) =22 • 7 = 28.

c S Z Á M E L M É L E T 3Legkisebb közös többszörös DefinícióKét vagy több pozitív egész szám legk isebb közös többszöröse az a legkisebb pozitív egész szám, amely az adott számok mindegyikének többszöröse.

Két vagy több szám legkisebb közös többszörösét a következőképpen állítjuk elő (a számok egyike sem 0):- felírjuk a számok prímtényezős alakját (prímszám esetén ez maga a szám),- vesszük az összes prímtényezőt,- ezeket a hozzájuk tartozó legnagyobb kitevővel vesszük,- ezeket a prímhatványokat összeszorozzuk.Jele: [a; b\, [a; b\ c], ...

Például a 84 és az 56 legkisebb közös többszöröse [84; 56] = [22 • 3 • 7; 23 ■ 7] = 23 • 3 • 7 = 168.

Relatív prím DefinícióHa két pozitív egész szám felbontásában nincs közös prímtényező és így a leg­nagyobb közös osztójuk az 1 , akkor a két szám relatív prím.

Tehát a és b számok definíció szerint akkor relatív prímek, ha (a; b) = 1. A számoknak ehhez nem kell prímeknek lenniük, például a 18 és a 25 relatív prímek, hisz (18; 25) = (2 • 32; 52) = 1.Könnyen belátható, hogy két, nullától különböző természetes számnak akkor és csakis akkor lesz a legkisebb közös többszörösük a szorzatuk, ha ők relatív prímek.

2.3.5. Maradékos osztásLegyen a és b két pozitív egész szám, melyekre a > b. A z a-1 úgy kell elosztani maradékosan 6 -vel, hogy keresünk két természetes számot, legyenek ezek c és d , hogy igaz legyen az a - b ■ c + d egyenlőség, ahol d < b. Ekkor c-1 hányados­nak, d-1 maradéknak nevezzük. Ezek mindig egyértelműen meghatározottak.

Például:17 = 3 - 5 + 2, 17-et 5-tel osztva a hányados 3, a maradék 2.

( S Z Á M E L M É L E T DM 6 - 4 + 0, 24-et 4-gyel osztva a hányados 6 , a maradék 0, tehát osztható •1-gyel.I /ek alapján például azokat a számokat, melyek 4-gyel osztva 3-at adnak mara- <lékul, felírhatjuk 4k + 3 alakban, ahol k egy tetszőleges természetes szám lehet.

1.6. Nevezetesebb oszthatósági szabályok:.’•vei egy szám akkor osztható, ha utolsó számjegye osztható 2-vel,' mai egy szám akkor osztható, ha számjegyeinek összege osztható 3-mal,■I nyel egy szám akkor osztható, ha az utolsó két jegy által alkotott szám oszt­

ható 4-gyel,' tel egy szám akkor osztható, ha utolsó számjegye 0 vagy 5,<> tál egy szám akkor osztható, ha osztható 2-vel és 3-mal,H cnl egy szám akkor osztható, ha utolsó három számjegye alkotta szám oszt­

ható 8-cal,•J eel egy szám akkor osztható, ha számjegyeinek összege osztható 9-cel,10 /el egy szám akkor osztható, ha 0 -ra végződik.( / lel egy szám akkor osztható, ha számjegyeit hátulról hármasával csoporto­

sítva és váltakozó előjellel összeadva, a kapott szám abszolút értéke osztha­tó 7-tel. Például 7|6681647, mert + 647 - 681 + 6 = - 28, és 28 osztha­tó 7-tel.)

f i Példákit) Melyik három prímszám szorzata egyenlő összegük ötszörösével? MegoldásI rgyen a három prímszám p; q és r. A feltétel alapján a következő egyenlőség igaz,

pqr = 5(p + q + r) .l Átható, hogy a jobb oldal osztható 5-tel, így a bal oldal is. Mivel az prímek •/orzata, az 5 valamelyik tényezőnek osztója, azaz egyenlő vele. Legyen ez a •/óm a p. így az egyenlőség a következő alakú lesz,

5qr = 5(5 + q + r) .A/a/

qr = 5 + q + r .

c S Z Á M E L M É L E T DFejezzük ki ebből q-t,

r + 5q = — r

Ez értelmes, hisz r nem lehet 1, mivel prím. Alakítsuk a törtet,

Mivel q egész, a második tagnak egésznek kell lennie. Lehetséges értékei: 6 ; 3; 2; 1. Az ezen értékekhez tartozó r értékek: 2; 3; 4; 7, illetve q értékek: 7; 4; 3; 2. Csak a 2, illetve a 7 jöhet szóba, hisz egyébként valamelyik a két szám közül nem prím. Tehát a három prímszám a 2; 5; 7.

b) Bizonyítsa be, hogy a 10-nek minden pozitív egész hatványa előállítható két négyzetszám összegeként!MegoldásNézzük a legegyszerűbb esetet,

Ha mindkét oldalt 10 páros kitevőjű hatványával szorozzuk, akkor mindkét tag négyzetszám marad:

Már csak a páros kitevőjű hatványokat kell vizsgálni. A gondolatmenet hason­ló. Mivel

10 = 9 + 1.

10 • 102* = 9 102* +1-102*.Tehát

1 02*+l = (3-10* ) 2 +(10*)2 , ahol k e N.

100 = 64 + 36,kapjuk

102ít2 = ( 8 -1 0 * ) 2 + (6 -1 0 *)2 , ahol k e N.

Ezzel az állítást beláttuk.

GD

I S Z Á M E L M É L E T

t ) lígy hatjegyű szám utolsó három számjegyét a szám elejére írva az eredeti t./áinnak a hatszorosát kapjuk. Melyik ez a szám?

Megoldás

I rgyen a hatjegyű szám az abede f .I kkor a következőt tudjuk:

6 • abedef = defabc .

ltjuk fel másként az egyenletet:

6 (1 0 0 0a6c + cfe/) = 1 0 0 0 ífe/ + abc .

Itrndezzük az egyenletet:

5 999abe = 994def .I i'.s/.unk 7-tel:

857 ■ abc = 1 42- def .

Mivel (857; 142) = 1, de f többszöröse 857-nek. A 857-nek csak egy háromje- KV(i többszöröse van, önmaga. Tehát de f = 857. Innen adódik, hogy ,il» 142.A keresett szám a 142857.

2.4. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS

2.4.1. HatványozásAz a" kifejezést hatványnak nevezzük, melyben a az alap, n pedig a kitevő.

Pozitív egész kitevő esetén DefinícióHa n egy 1-nél nagyobb pozitív egész szám, akkor a" olyan n tényezős szor­zatot jelent, melynek minden tényezője a.

defa" = a - . . . a

n darab

( H A T V Á N Y , G Y Ö K , L O G A R I T M U S

Külön kell definiálni:def

a1 = a

Azonosságok:\ n m n+ma) a a = a

b) — = an' m n> m ; a # 0 ,am

c) a" -b" =(a b)n,

Cl I Clb * 0,d)

e) (aH)m=anm.

Bizonyítása)

a" ■ am=(a ■...• a ) ■ (a ■. . .■ a)= a ■.. .■ a= antmn darab m darab /»+m darab

Amit használtunk:1 : a hatványozás definíciója 2 : a szorzás asszociativitása

C ü )

( H A T V Á N Y , G Y Ö K , L O G A R I T M U S 3h)

n darab

a" 1 a- . . . -a 2 1— = ----------=a- ...■ a=aam a ■...•a ' k t 'y n-m darab

m darab

Amit használtunk:I a hatványozás definíciója,

m darab a tényezővel egyszerűsítünk (n> m).0)

an ■ bn = (a■...■ a ) (b■.. .■ b)= {ab)...(ab)=(ab)n'---- V---- 1 V V-- J V /

n darab n darab n darab

Amit használtunk:I n hatványozás definíciója,

ii szorzás asszociativitása és kommutativitása.d)

n darab

a" 1 a - . . . a 1 a a 1

b" b ^ . L b b b v n darab ndarab

Amil használtunk:I it hatványozás definíciója, ) törtek szorzása.e)

(an)m= ( a - . . . a ) m= ( a - . . . a ) - . . . - ( a - . . , a ) =v V V ^

n darab ndarab ndarabv------------- V--------------'

m darab

1

nm darab

Amit használtunk: l ii hatványozás definíciója,) H N/orzás asszociativitása. t az azonosságokat bebizonyítottuk.

GD

c H A T V Á N Y , G Y Ö K , L O G A R I T M U S JHa 0 a kitevő

defa0 = 1, ha a * 0 .

Úgy definiálták ezt a hatványt, hogy az azonosságok érvényben maradjanak. Ezt permanencia elvnek nevezzük.A b) azonosságnál most már n = m is lehet és az eredmény 1.A 0° hatványt nem értelmezzük.

N egatív egész kitevő esetén:del

a~n =

Egyszerű következmények:

def 1a~n = — , ahol a * 0 é s n e Z +

a"

„ - * - 1 1 Cl — . Cl —’ -na a

u v ( b ^

— = a n~m, a\ b * 0, n\ m e Z. a m

Ez a definíció is a permanencia elv figyelembevételével történt.A negyedik következmény arról szól, hogy a b) azonosságnál már n < m ese­tén is igaz.

2.4.2. N égyzetgyök D efinícióEgy nemnegatív a szám négyzetgyöke az a nemnegatív szám, melynek négy­zete a.Szimbólumokkal:

a > 0 yfa = k, melyre k > 0 é s k 2 = a.Azonosságok:

a) -Ja b — yja ■ yfb ,

a \[a

b) Tb~rb'

c) \[a” = ( \fü y ,

ahol a; b > 0 ,

ahol a > 0 ; b> 0 ,

ahol a > 0, ha ne Z +

a > 0 , ha n e Z \ Z

( H A T V Á N Y , G Y Ö K , L O G A R I T M U S )Iti/nnyítás

Negédállítás

ii1 = v2 és u; v > 0 => u = v

«)

(yfcib)2 -ab

( y f c y f b ) 2=(ylá)2-(yjb)2=ab

Amit használtunk:I a gyökvonás definíciója,

a hatványozás azonossága.Tehát

( U ) 2 = ( ^ - ^ ) 2.

I bből a segédtétel alapján következik, hogy

\Ja ■ b = -Ja •yfb .

\

Amit használtunk:I a gyökvonás definíciója,} a hatványozás azonossága. Ichát

c H A T V Á N Y , G Y Ö K , L O G A R I T M U S DEbből a segédtétel alapján következik, hogy

la _ 4aU ~ 4b '

c)

( V 7 ) 2 = ű n

( ( 4 ^ r ) 2k ( 4 ^ ) 2r = a n

Amit használtunk:1 : a gyökvonás definíciója,2 : a hatványozás azonossága.Tehát

( V 7 ) 2 = ( ( ^ n z.

Ebből a segédtétel alapján következik, hogy

4 ^ = ( 4 ^ y .Ezzel az azonosságokat beláttuk.

Fontos a következő eltérést tisztán látni:

( 4 a ) 1 = a, a h o lü > 0 , illetve 4 a 2 = \a\, ahol a e fi

Ez utóbbi a definíció alapján azért igaz, mert |a| > 0, és \af = (± ö )2 = a2.

Például ha a = - 2 , tehát a2 = 4, akkor 4a~ —2 = |ű|

További példák

V 45= V 9~ 5= 3-V ?

V8« V 5 = 4 a -2-üa a bu ■b = 2alb142rt>

( 7 b )

c H A T V Á N Y , G Y Ö K , L O G A R I T M U S

2,43. n-edik gyök Definíció:! la n páros, azaz 2k alakú, ahol k e Z +.I gy nemnegatív a szám 2&-adik gyöke az a nemnegatív szám, melynek 2&-adik hatványa a.l’Aros n-re és negatív a-ra nem értelmezzük, mivel a valós számok páros kite­vőjű hatványa nem lehet negatív.Ila n páratlan, azaz 2k + 1 alakú, ahol k e Z +.I gy tetszőleges a szám (2 k + l)-edik gyöke az a szám, melynek (2 k + l)-edik hatványa a.Példák:

Ví6 = ^ 2 = 2 - ^ 2

V 125 = -5

</k1«'° • 6 24 • C4 = V81 • a 8 • a 2 • b2A ■ c4 = 3- a2 ■ b6 • |c|-

Kacionális tört kitevőjű hatványok Drflnició

így pozitív a szám —-adík hatványa az ap szám g-adik gyöke, azaz

ahol a pozitív,/? egész, q egynél nagyobb egész.

A hatványozás eddigi azonosságai ezen hatványokra is érvényesek.

r___ II Ml I 1ÍJ2-1I2 =(2-23)* = ( 2 i ) í = 2 t í = 2 í = i f c

I I 4 1 4 1 1

c H A T V Á N Y , G Y Ö K , L O G A R I T M U S DIrracionális kitevőjű hatványokEzek is definiálhatóak úgy, hogy a hatványozás eddigi azonosságai érvényben maradjanak, de ez a középiskolai szintet már meghaladja.

fiHogy legyen valami szemléletes képünk a definícióról, vizsgáljuk a 2 szá­

mot. Tudjuk, hogy >/3 «1 ,73205 .... Mivel eddig azonos, egynél nagyobb alap esetén nagyobb kitevőhöz nagyobb hatványérték tartozott, a következő egyen­lőtlenségeknek igaznak kellene lenniük.

2 1,7 < 2s < 2 1,8

2 1,73 < 2S < 2 1'74

2 1,732 < 2 ^ < 2 1’733

A jobb és bal oldali kitevők egyre jobban közelítenek V3 -hoz úgy, hogy köz­refogják azt. A jobb és bal oldali hatványok egy számhoz fognak egyre jobban

közelíteni, és ezt jelöljük 2 ^-na l.Ez alapján elhisszük, hogy tetszőleges a pozitív alap esetén bármely valós x ki­tevőjű hatványt definiálni lehet úgy, hogy az xh-*ax függvény grafikonja egy folytonos görbe legyen. Ezt a függvényt nevezzük exponenciális függvénynek,

amennyiben a * 1 .

2.4.4. L ogaritm us D efinícióHa a > 0, a * 1 és b > 0, akkor az logab (vagyis ft-nek a alapú logaritmusa) az az egyetlen valós kitevő, melyre a-t emelve b-1 kapunk, azaz

, i def a log»* =b

Például:2 1°S25 = 5

Speciálisan jelöljük a 10 alapú és az e alapú (e -2 ,7 1 8 2 ...) logaritmust:

log10a = Iga, illetve logea = I n a , ahol a > 0 .

0 Példák:

log28 = 3, mivel 2 3 =8,

1 3 — 1log. - = — , mivel 4 2 = -,

64 8 2 8loga 1 = 0 (a>0, a *1), mivel fl°=l,

logaa =1 (a >0, a *1), mivel a' =a,

lg 100 = 2, mivel 102 =100.

Azonosságok1 la a; b\ c > 0 és a * 1

n) loga(6 • c) = loga A +loga c ,

I') Ioga- = loga6-logac, c

t) loga bk = k- loga b ,

d ) lo glog c a

H l/onyításIt Ilik fel b-1 és c-1 a hatványaként:

h = a'os‘h ;

r = a log"c , ahol a; b; c > 0 és a * 1.

N)

\oga( b - c ) k o g a( a ^ b- a ^ e)=]oga( a ^ b c) = \ ^ ab + ^ S ac

( H A T V Á N Y , G Y Ö K , L O G A R I T M U S )

Amit felhasználtunk:I a logaritmus definíciója,

a hatványozás azonosságai (azonos alapú hatványok szorzata).

I^y a bizonyítandó állítás igaz.

GD

c H A T V Á N Y , G Y Ö K , L O G A R I T M U S )b)

I /2l0g“A 2 1loga - = lo g a n ^ T =logű(a 108“f” '°8“c) =loga b - lo g a c

c a

Amit felhasználtunk:1 : a logaritmus definíciója,2 : a hatványozás azonosságai (azonos alapú hatványok hányadosa),

így a bizonyítandó állítás igaz.

c)

loga bk = l o g > l08‘V =loga ak' loe*‘ =k ■ loga b

Amit felhasználtunk:1 : a logaritmus definíciója,2 : a hatványozás azonosságai (hatvány hatványozása),

így a bizonyítandó állítás igaz.

d)1 2

logcZ>=logca l0g"í,= loga Z7’logc a, ahol c ± 1 .

Amit felhasználtunk:1: a logaritmus definíciója,2 : a c) azonosság.

A kezdő és végső kifejezést leosztva logca-val megkapjuk a bizonyítandó azonosságot.

KövetkezményekHabár az érettségin előforduló feladatok megoldásához elegendőek ezek az azonosságok, mégis írnék néhány egyszerű következményt, melyek speciális helyzetekben megkönnyíthetik az életünket. Érdeklődő és a szellemi kihívá­soktól nem menekülő olvasók le is vezethetik az azonosságokból ezeket.

CzE)

( H A T V Á N Y , G Y Ö K , L O G A R I T M U S

•t>tíu tfb = — -loga b, a \ b > 0 é $a * \ , n1

l°gfca '

li*H(J b = log[jt bk ű ; f t > 0 c s a ^ l ,

i/ " " '1 z rc1086" a ; b ; c > 0 és b ^ \ .

li>Ha b = -------- , a\ b > 0 és a; b £ 1,

fi} Példák

1,Ik '<)() = lg(l 00 • 3) = lg 100 + lg 3 = 2 + lg 3,

2,— 2

|.>H,^/25=log,(5*) = ± ,

3,

l n l 2 + 2 - lg 5 - lg 3 = lg l2 + lg 52 ~ lg 3 =

1 2 - 2 5Ifi - = lg 100 = 2,

4

lujl, 5 + log4 9 = log 2 5 + = log2 5 + = log2 4 2

I -- loK 25 + — log29 = log25 + log29 2 = log2(5 ■ 3) = logz 15.

B E T Ű S K I F E J E Z É S E K3

2.5. BETŰS KIFEJEZÉSEK

2.5.1. Definíciók

A számokat helyettesítő betűket és a számokat algebrai mennyiségeknek ne­vezzük.

Algebrai kifejezésHa az algebrai mennyiségeket, illetve azok egész kitevőjű hatványát és gyökét a négy alapművelet véges számú alkalmazásával kötünk össze, akkor algebrai kifejezésről beszélünk.

Példák algebrai kifejezésekre:

Egytagú kifejezésOlyan algebrai kifejezések, melyekben a számokat és a számokat helyettesítő betűket, illetve azok pozitív egész kitevőjű hatványait csak a szorzás művele­tével kötjük össze.Példák egytagú kifejezésre:

FokszámEgytagú kifejezések fokszáma a benne szereplő betűk kitevőinek összege. Pél­dául a 32xy4 ötödfokú, a 9 nulladfokú.

Az algebrai kifejezésekben a betűket a konkrét helyzettől fíiggően nevezhetjük változónak, határozatlannak, ismeretlennek. A betűket szorzó számokat együtt­hatónak nevezzük.

Nem algebrai kifejezések:

sin* lg(jc2 + 1) —5 1 5 x+3 - x 2y 7

CEl)

( B E T Ű S K I F E J E Z É S E K )Például:

73 3 .. , .. yfí — x együtthatója — ,

a 1 2 - 1 ,• a ~ —x y együtthatója - —.

A polinomA polinom egytagú kifejezések összege.Azokat a tagokat, melyek csak az együtthatóban térnek el egymástó, egynemű tagoknak nevezzük. Ezek között el lehet végezni az összeadást. Ezek elvégzé­sét összevonásnak nevezzük.Például:

Sx2 - 3 xy + x 2y - x 2 - 2xy+ l x 2 + 9x 2y = 14x2- 5xy+ 10x 2y .

A polinom fokszáma a benne szereplő legnagyobb fokszámú tag fokszámával 2 /—

rnycnlő. Például a ~ —a6 + \ l l a 2bc> polinom nyolcadfokú.

Algebrai törtAzokat a kifejezéseket nevezzük algebrai törteknek, melyek felírhatok két po- linom hányadosaként, ahol a nevezőben lévő polinom legalább elsőfokú (a ne­vezőben van betű).

Uacionális kifejezésAzokat az algebrai kifejezéseket, melyekben nem szerepel betűs kifejezésből voló gyökvonás, racionális kifejezéseknek nevezzük.Példák racionális kifejezésekre:

£ 4 * x 3 - - x y 2 .c8 ’ 2 y

Nem racionális kifejezések:

i S ^ + 5 y \ y j ( x -3 ) 2 .

Itt a gyökjel alatt már betűs kifejezések is állnak.

GD

( B E T Ű S K I F E J E Z É S E K

Egész kifejezésAzokat a racionális kifejezéseket, melyekben nem szerepel betűs kifejezéssel való osztás, egész kifejezéseknek nevezzük.Példák egész kifejezésekre

- x s + 7/ z 2, 3*2 - l g 5 y2 £

Minden racionális egész kifejezés felírható többtagú, azaz polinom, alakban. Például

3x: - lg 5 / _ p; 2 n/3 lg5 3

£ 3 y '

(2a2 - 4b)(b3 + 5a3) - l a 2b = 2a V + 10a5 - 4b* - 20a}b - l a 2b

Nem egész kifejezés:

7 7 a5b 1

c8 ’

Különböző típusú kifejezések is lehetnek egyenlőek.

Például y j ( 2 x - l ) 2 - \ 2 x - l | , ahol a bal oldali algebrai kifejezés, míg a jobb

oldali nem algebrai.

Értelmezési tartományA kifejezésben szereplő betűk helyére helyettesíthető számok azon halmazát, melyekre a műveletek elvégezhetőek, értelmezési tartománynak nevezzük. Leggyakrabban algebrai törteknél, gyökös kifejezéseknél találkozunk értelme­zési tartomány meghatározásával. Azokat a számokat ki kell zárnunk, melyek­nél ezek a műveletek nem értelmezhetőek.

Például:

—————— értelmezési tartománya R \{ l;7 }v ag y egyszerűbben írva( 1 - jc)(x - 7 )

x ± 1;7. Láthatóan szorzatalakról lehet könnyen leolvasni a nevező zérushelyeit.

~J 4 -x + 3 értelmezési tartománya x e ( - <=o;4] vagy egyszerűbben írvax <4.

Cz D

( B E T Ű S K I F E J E Z É S E K )MuphalmazA kifejezésben szereplő betűk helyére helyettesíthető számok azon halmazát, melyekre a kifejezést vizsgáljuk, alaphalmaznak nevezzük. Ez az értelmezési lnKomány egy részhalmaza.

i i (ókkészlet, helyettesítési értékA/on értékek halmazát, melyeket a betűk helyébe számokat helyettesítve a mű­veletek elvégzése után kapunk, értékkészletnek, az értékeket helyettesítési ér­ékeknek nevezzük.IV Idául a 2k + 1, k e Z kifejezés értelmezési tartománya a valós számok, alap- Imlmaza az egész számok, értékkészlete a páratlan egész számok halmaza.

1.5.2. Nevezetes azonosságok

(a + b)c = ac + be

Hídról jobbra olvasva az azonosság azt fejezi ki, hogy összeget tagonként kell (/orozni. Jobbról balra olvasva pedig azt, hogy egy összeg - tagjainak közös lm/lóját kiemelve - szorzattá alakítható.

(a+b)(c+d) = a(c +d) + b(c + d) = ac +ad + be + bd

Hídról jobbra azt fejezi ki, hogy összegek szorzásánál minden tagot minden tag­iul össze kell szorozni. Jobbról balra olvasva pedig azt látjuk, hogy ilyen típu- III összeget csoportosítás után többszörös kiemeléssel lehet szorzattá alakítani.

(a + b)2 = a 2+b2 + 2ab,

( a - b ) 2 = a 2 + b 2 - 2 ab,

(a + b)3 = a 3 +3a2b + 3ab2 + b \

( a - b ) 3 = a 3 - 3 a 2b + 3ab2 - b 3,

( a +b)(a - b) - a 2 - b 2,

( a —b)(a2 + a b + b 2) = a 3 - b 3,

(a+b)(a2 - a b + b 2) = a 3 +b3.

c B E T Ű S K I F E J E Z É S E K

ÁltalánosanAz első négy azonosság a binomiális tétel speciális esetei, mely az 1.3.2. pont­ban található.Az ötödik és a hatodik azonosság általános alakja:

Bakói jobbra olvasva néhány szorzat polinommá alakításának szabályát látjuk. Jobbról olvasva pedig bizonyos polinomok szorzattá alakításának módját.

2.5.3. Példák szorzattá alakításra

KiemelésselA legegyszerűbb szorzattá alakítási módszer a kiemelés. Ha van a tagokban kö­zös szorzótényező, akkor azt kiemelhetjük. Érdemes kiemelni az összes közös tényezőt, ami a tagok legnagyobb közös osztója.

Látható, hogy a zárójelben ugyanannyi tagnak kell lennie, mint amennyi az eredeti összegben volt. Ha a szorzatalakban beszorzással felbontjuk a záróje­let, akkor vissza kell kapnunk az eredeti összeget. Ezt a visszaszorzást fejben, ellenőrzésként szoktuk elvégezni.

Négyzetek különbségeAz erre vonatkozó azonosság segítségével alakíthatjuk szorzattá azokat a kife­jezéseket, melyek kéttagú különbségek és a tagjaik felírhatóak valami négyze­teként.

I 2 x 3y 2 - 6 x 2y 5 - 2 1 x 4y 3 + 3 x 2y 2 =

= 3 x 2y 2 ( A x - 2 y 3 - l x 2y + 1)

9x* - 1 6 / = (3x 2 + 4 y 3)(3x2 - 4 y 3)

x 2 - 5 = (x + s /5)(x-y/5)

I VIjes négyzetA/ok a kifejezések ezek, melyek felírhatok egy kéttagú összeg vagy különbség összegeként. Ehhez az összegnek három tagból kell állnia, két négyzetesből és :>/, alapjaik kétszeres szorzatából.

x 2 - 2 x + l = ( x - \ ) 2

I6x4 + 24A -y + 9 >-6 = (4 x 2) 2 + 2(4x2)(3y + (3^ 3) 2 =

= (4x2 + 3y3) 2

( ___________________ B E T Ű S K I F E J E Z É S E K _____________________________J

I ^yhatározatlanú másodfokú polinomok

x2 - x - Í 2 - ( x ~ 4)(x + 3)

l'Kyszerűbb esetekben ki lehet találni a szorzatalakot. Látható, hogy a záróje­lekben szereplő két szám szorzata a konstans és az összege a lineáris tag ojtyütthatója. Ha ezek egész számok, akkor kitalálhatóak. A konstans szorzat ni,lkjaiból érdemes kiindulni.Ilii ez fejben nem megy könnyedén, akkor a másodfokú kifejezés zérushe- Iveinek segítségével lehet a szorzatalakot felírni. A zérushelyeket pedig a im-goldóképlettel tudjuk meghatározni. Ezt a diszkrimináns meghatározásával kr/djük. Ha az pozitív, akkor két különböző zérushely van, és így két különbö- /ft tényezőből álló szorzatalak.

,V '- Ix + 6 esetén D = (-7 ) 2 -4 -2 -6 = 4 9 - 4 8 = 1, tehát xl2 = 7 ± ^ ? ± 1

n/ii/ jc, = 2 és x2 = —.

Ijjy a szorzatalak 2(x - 2)

2-23

= ( jt- 2 ) ( 2 jc-3 ) .

Ilmi diszkrimináns nulla, akkor egy zérushely van és a szorzatalak teljes négyzet.

tv Idául a 4x2 + I2x + 9 kifejezésnél /> I22 - 4 • 4 • 9 = 144 - 144 = 0,

-1 2 ± 0 3Mint a zérushely x = -

2-4 2

C zD

c B E T Ű S K I F E J E Z É S E K )

Ha negatív a diszkrimináns, akkor nincs valós zcrushely és így szorzatalak sincs.

CsoportosítássalKét fontosabb típust mutatunk meg.Az elsőnél az összeg szerkezete és a módszer így néz ki:

Látható, hogy jól csoportosítva az első kiemelés után lesz közös tényező a ta­gokban. Ezt kiemelve már szorzatot kapunk. Csoportosítani annyiféleképpen lehet, ahány tényezőből áll majd a szorzat.Előfordulhat, hogy még több tagból áll az összeg, és így több csoport alakítha­tó ki vagy egy csoportba több tag tartozhat. Ezzel várhatóan nem fogják a kö­zépszinten érettségizők életét megnehezíteni.Egy példa az alkalmazásra:

3x2y - 3 x 2z 3 + 5ay - 5az3 = 3x 2(y - z 3) +5a(y - z 3) =

= ( y - z 3)(3x2+5a).

Ezt úgy is csoportosíthatjuk, hogy először a 3x2 + 5 a tényezőt kapjuk meg.

3x 2y - 3x 2z 3 + 5ay - 5az3 — 3x2y + 5ay - 3x 2z 3 - 5az3 =

= y(3x2 +5a)~ z 3(3x2 + 5a) = (3x2 + 5 a ) (y - z 3)

A második típus általánosan így írható fel:

c2 - a2 - 2ab - b2 = c2 - {a2 + 2ab + b2) = c2 - (a + b)2 == [c + (a + £>)][c - (a + 6 )] = (c + a + b)(c - a - b ) .

Három megfelelő tagról kell észrevenni, hogy teljes négyzetet alkot. Ezt átírva négyzetek különbségét kapjuk, amit már könnyedén szorzattá alakíthatunk.

ax + ay+bx+by = a(x + y)+b(x + y ) = (x +y)(a +b)

B E T Ű S K I F E J E Z É S E K

O Példa:4x2 - 9y2 - 6yz - z2 = 4x - (9y2 + 6yz + z2) =

= (2x f - (3y + z f = [2x + (3y + z)][2x - (3y + z)] == (2x + 3y + z)(2x - 3 y — z)

!'> is/.c lehet, hogy a teljes négyzet tagjai nem egymás mellett vannak, vagy i i i i ' i s sorrendben, mint megszoktuk, de ez sem akadályozhatja meg, hogy siker- iH járjunk.

16x2 - 2 4 xy2+ 9 / - z2 = (4x - 3 y 2 )2 - z 2 =

= (4* - 3y 2 + z 2) ( 4 x - 3 y 2 - z 2)

i.5.4. Algebrai törtekMint már említettük, algebrai törtek nevezőjében van betűs kifejezés, kicsit pon- (ONiibban, legalább elsőfokú polinom. Ennél fogva az első lépés mindig az értel­mi vési tartomány megállapítása, tengerésznyelven a kikötés. Ki kell zárnunk a bplflk azon értékeit, melyekre a nevező nulla lenne, azaz a nevező zérushelyeit, /rmslielyet pedig általában szorzatról könnyű megállapítani. Tehát itt kamatoztat- lml|iik az előzőekben magunkévá tett szorzattá alakítási módszereket.A másik ok, mely miatt nem mondhatunk le a szorzattá alakításról: törteknél min- tliy. is vágyunk rá, hogy egyszerűsíthessünk. Ennek lehetőségét pedig szintén szor- .iii.ilakról tudjuk leolvasni. Mármint a számláló és a nevező legnagyobb közös ni/tóját, mert azzal érdemes egyszerűsíteni.Például:

8x2 +16x _ 8x (x + 2 ) _ 8x (x + 2 )6x3 - 6 x2 - 36x 6x (x2 - x - 6 ) 6 x (x -3 ) ( x + 2)

4= ---------- , ahol x ;é-2;0;3 .

3 (x -3 )

A kikötést a szorzattá alakítás után, de még az egyszerűsítés előtt kell megten­nünk, mert az megváltoztathatja az értelmezési tartományt.

Mj'cbrai törtek szorzása, osztásaAlgebrai törteket ugyanúgy kell szorozni, mint a közönséges törteket, számlá­iul a számlálóval, nevezőt a nevezővel. Itt is persze szorzattá alakításokkal Wr/iljük a kikötések és egyszerűsítési lehetőségek miatt. Bármely számlálóban

B E T Ű S K I F E J E Z É S E K )lévő tényezővel lehet bármelyik nevezőben levő tényezőt egyszerűsíteni.

Q Példa:

3j: jc2 — 6j: + 9 jc2+ 3 * - I O

x2 - 5 * + 6 jf2 +5j: 6jc2- 5 4

1 1 1 1 2 i

2(j: + 3), ahol —5; — 3;0;2;3 .

Osztás esetében arra is ügyelni kell a kikötéseknél, hogy az osztó tört nem le­het nulla, tehát a számlálója sem lehet nulla. Azt is érdemes szorzattá alakítani zérushelyének megállapításához.

Algebrai törtek összeadásaItt is csak azonos nevezőjű törteket lehet összeadni és közös nevezőre hozni, mely a nevezők legkisebb többszöröse, a törtek megfelelő bővítésével lehet. Mind a kikötések megtételéhez, mind a nevezők legkisebb többszörösének megállapításához a nevezők szorzattá alakításán keresztül vezet az út.

Q Példa:

10 5x-5 _ 10 5(jc—1)2x-5 4x2 -25 2x- 5 '(2x + 5)(2x-5)

10 (2 x + 5)(2jt- 5 ) _2C 2 * - 5 5(jc-1 )

( b z )

( B E T Ű S K I F E J E Z É S E K

0 Példa:

__5______3 12 _ 5 3________ 122 x - 4 x + 2 x 2 - 4 2 ( x - 2 ) x + 2 (jc + 2)(jc —2)

_ 5-(jc + 2 ) - 3 - 2 - ( jc - 2 ) - I 2 - 2 _ 5x + 1 0 -6 x + 1 2 -2 4 2 ( x + 2 ) ( x - 2 ) ~ 2 ( x + 2 ) ( x - 2 )

- x - 2 _ - ( x + 2)2(x + 2 ) ( x - 2 ) 2(x + 2 ) (x -2 )

= ------- ----- , ahol x * - 2 ; 2 .2(x - 2)

A lörtek összeadását fűszerezhetjük szorzással is. Ekkor az előzőekben elmon- ■ lottakat egyszerre kell alkalmazni.Q Példa:

f 3x 2x Y 6x2+I0x ^ 1 -3 * l - f3 x j \ - 6 x + 9x2

_ 3jc(l + 3jc) + 2x{\ - 3 x ) 2x(3x + 5)

( l-3 * X l + 3x) ( l - 3 x ) 2

1 kkor megtesszük a kikötéseket: x ± ; 0; - . Ezt követően az első tört

./.ímlálójában felbontjuk a zárójeleket, összevonunk és lehetőség szerint szor- / iil (A alakítunk. A törttel való osztást pedig felírjuk a reciprokával való szorzás­ként.

3x + 9x2 + 2x - 6x2 ( l - 3 x ) 2

(1 - 3jc)(1 +3jc) 2x(3jc + 5) ~

_ 5x + 3x2 ( l - 3 x ) 2

~ (1 - 3Jt)(l + 3x) 2x(3x + 5) ~

x(5 + 3x) (1-3jc ) 2 _ 1 -3 *" (1 - 3x)(l + 3x) 2x(3x + 5) " 2(1 + 3jc)

C 5D

( A R Á N Y D S 5 Á G D2.6. ARÁNYOSSÁG

2.6.1. Egyenes arányosság

DefinícióKét változó mennyiség egyenesen arányos, ha összetartozó értékeik egy zérus tói különböző állandószorosai egymásnak.Az y és x mennyiségek között egyenes arányosság van, ha van olyan a, 0-tól különböző szám, hogy y = a x ( a * 0 állandó).

Ez a kifejezés definiálja az egyenes arányosság függvényét, melynek a grali konja egy origón áthaladó egyenes.

Praktikusan megfogalmazva ezt a kapcsolatot: az egyik mennyiséget valahány- szorosára változtatva a másik mennyiségnek is ugyanennyiszeresére kell vál­toznia.Feladatokban ezt úgy szoktuk felhasználni, hogy az összetartozó mennyiségek hányadosát vesszük, ez mindig ugyanaz a szám. Persze ekkor a nevező értékei közül ki kell zárnunk a nulla értéket.Q PéldaHa 4 zabhegyező 2800 zabot hegyez ki óránként, akkor 6 zabhegyező meny­nyivel végez óránként?MegoldásA z adatokat táblázatba szoktuk rendezni:

hegyező [db] zab [db]I. eset 4 2800II. eset 6 X

Mivel az összetartozó értékek hányadosa a két esetben egyenlő:x 2800 6 ~ 4

Innen2800

x = - ------6 = 1400-3 = 42004

Tehát 4200 zabot fog 6 ember kihegyezni.

( A R Á N Y O S S Á G Dl (>.2. Fordított arányosság

DefinícióKi t változó mennyiség között fordított arányosság van, ha összetartozó értéke­ik szorzata egy nullától különböző állandó.

A / y cs x mennyiségek között fordított arányosság van, ha y = — (y, x * 0 és u -t 0 állandó). x

Yt a kifejezés definiálja a fordított arányosság függvényét, melynek a grafi­konja hiperbola.I*i akt ikusan fogalmazva ezt a kapcsolatot: az egyik mennyiséget valahányszoro- ' iia változtatva a másik mennyiségnek ugyanennyied részére kell megváltoznia.

O PéldaHu 20 széltoló 5 óra alatt 150 szelet tol el, akkor 1 óra alatt hány széltoló vé- gtv ennyi széllel?MegoldásIlla szelek száma változatlan, az idő és a szükséges tolók száma között pedig fordított arányosság van. Táblázatba foglalva az adatokat:

széltoló [db] idő [h]I. eset 20 5II. eset X 1

Mivel az összetartozó értékek szorzata egyenlő:x • 1 = 20 • 5.

Ichát 100 széltoló kell ilyen rövid időre.

(>.3. SzázalékszámításA százalék századrészt jelent. Hogy egy mennyiség hány százaléka egy másik­nak, az az arányuk százszorosát jelenti. Ha a 2%-a 6 -nek, akkor a 0,02-szorosa /* nek.IInevezések:

s/izalékalap: az a mennyiség, amihez viszonyítunk (6 ), százalékérték: amit ehhez viszonyítunk (a), százalékláb: az arányuk százszorosa (2 ).

G D

A R A N Y O S S A G

Ezek között a kapcsolat:

százalékérték _ százalékláb százalékalap 100

Q Példaa) Mennyi a 250 15%-a?MegoldásElső gondolatmenet

A 250-nek az 1%-a — = 2 ,5 .100

így 15%-a 2,5-15 = 37,5 .

Második gondolatmenet százalékalap 250százalékláb 15százalékérték xTehát:

x 15 250 “ 100

x = 250-0,15 =37,5Ez alapján 37,5 a 250 15%-a.

b) Minek a 3 5%-a a 77?MegoldásElső gondolatmenet

Ha a 35% a 77, akkor az 1% a — = 2,2.35

Tehát a 100% 2,2 • 100 = 220.

Második gondolatmenetszázalékérték 77százalékláb 35százalékalap x

( A R Á N Y O S S Á G )tehát:

77 _ 35 * ~ 100

7 7 -,0 ° oon x = ----------= 2 2 035

I /ck szerint 220-nak a 35%-a a 77.

•) Hány százaléka a 15 a 75-nek?Megoldás11x5 gondolatmenet

Mivel az arányuk százszorosát keressük, — • 100 = 2 .Második gondolatmenet •/Azalékérték 15n/ázalékalap 75«/.A/.alékláb xIrhát:

15 _ x 7 5 _ lÖÖ

* = — ■100 = 20 75

Azt kaptuk, hogy a 15 a 20%-a a 75-nek.

A második gondolatmenetek formálisak, nehézkesnek tűnhetnek, de ha valaki- tirk nehéz átlátnia egy ilyen jellegű problémát, annak segítség lehet megszok­ni ezt a módszert.

GüD

2.7. EGYENLETEK, EGYENLŐTLENSÉGEK

2.7.1. Alapfogalmak

EgyenlőségAz egyenlőség két konstans egyenlőségjellel összekötve. Ez egy állítás, mely­ről egyértelműen eldönthető, hogy igaz vagy hamis.

EgyenletAz egyenlet két kifejezés egyenlőségjellel összekötve, ahol legalább az egyik oldalon betűs kifejezés áll. Az egyenlet esetén a betűket ismeretlennek nevez­zük. Az egyenletről nem lehet eldönteni, hogy igaz vagy hamis. Ha a betűk he­lyére számokat helyettesítünk, akkor már eldönthető. A betűk azon értékeit, melyek esetén igaz egyenlőséget kapunk, az egyenlet megoldásainak, gyökei nek nevezzük, az ezek alkotta hahnazt pedig igazsághalmaznak.Egyenletet tekinthetjük:- mint két függvény egyenlőségeAz egyenlet két oldalán álló kifejezések segítségével két függvényt definiá lünk, és a kérdés az, hogy a változó mely értékeinél lesz a két oldalon álló függvényérték egyenlő. Erre a szemléletre épül az egyenletek geometriai, gra­fikus megoldása.- mint logikai függvényMivel a logikai függvény olyan függvény, melynek értékkészlete az igaz, illet­ve hamis állításokat tartalmazó halmaz, és az egyenlet az ismeretlenek lehetsé­ges értékeinél igaz vagy hamis állítást ad, az egyenlet felfogható logikai függ­vényként, mely az ismeretlenek lehetséges értékeihez az igaz vagy hamis értéket rendeli. Azon értékek, melyekhez rendelt érték az igaz érték, az egyen­let megoldáshalmazát alkotják.

Értelmezési tartományAz értelmezési tartomány az ismeretlenek azon értékeinek halmaza, melyekre az egyenletben szereplő műveletek elvégezhetőek.

AlaplialmazAz alaphalmaz az ismeretlenek azon értékeinek halmaza, ahol az egyenletei vizsgáljuk, ahol a megoldásokat keressük.

( _________________ E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K _________________ )

( E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K 3A/ alaphalmaz mindig részhalmaza az értelmezési tartománynak. Ott nem ké­tesünk megoldást, ahol a műveletek el sem végezhetőek.I l.i uz alaphalmazt nem adjuk meg, akkor az egész értelmezési tartományt kell unnak tekinteni.I'tldául:n| Ha az (x + 3)(x - 5) = 0egyenletnél nem adjuk meg az alaphalmazt, akkor a valós számok halmaza lesz • /.A megoldások könnyen leolvashatók, a -3 és az 5.

•')(x + 3)(x - 5) = 0 , x > 0

Hl már adott az alaphalmaz, melyen csak az 5 lesz megoldás.

1.7.2. Megoldási módszerek

< .i iillkus megoldásA / egyenlet két oldalán álló kifejezések által meghatározott két függvényt kö­zös koordináta-rendszerben ábrázoljuk. Az egyenlet megoldásai a metszés­pontok x koordinátái. Ezen értékek esetén lesz a két oldalon álló függvényér­ték egyenlő.I) Példa:•I (x - 2 f = |jc - 4|I t'nycn/(x) = 4 - (x - 2) 2 és g(x) = \x - 4|.

GE)

( E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K DA megoldások itt pontosan leolvashatóak. Az egyik az 1, melynél mindkét ol­dal 3, a másik a 4, ahol mindkét oldal a 0 értéket veszi fel.A módszer hátránya, hogy általában nehéz, lehetetlen pontosan leolvasni a megoldásokat. Arra viszont jó, hogy a megoldások számát és közelítő értéket megállapítsunk.

Algebrai megoldásA lényege az, hogy az egyenletből előállítunk egy olyan egyenletet, mely vala­milyen szempont alapján egyszerűbb, és amely megoldásaiból következtetni tudunk az eredeti egyenlet megoldásaira. A legszerencsésebb átalakítások, ami­kor az új egyenlet megoldásai megegyeznek az eredetiével. Azokat az egyen leteket, melyek alaphalmaza, illetve megoldáshalmaza megegyezik, ekvivalens egyenleteknek nevezzük. Ekkor a két egyenlet mint logikai függvény ugyanazt a függvényt adja. Az olyan átalakításokat, melyek egy egyenletből vele ekvi­valens egyenletet állítanak elő, ekvivalens átalakításoknak nevezzük. Ekvivalens átalakítások:a) Az egyenlet mindkét oldalához ugyanazt az értéket, vagy R értelmezési tar­

tományú kifejezést adjuk.b) Az egyenlet mindkét oldalát ugyanazzal a nullától különböző értékkel, kife­

jezéssel szorozzuk.

Ha nem tudunk ekvivalens átalakítást végezni, akkor az alaphalmazt bővítő vagy szűkítő átalakítást végzünk.Ha az alaphalmaz szűkül, akkor van esély rá, hogy megoldást veszítünk. Tehát mindig érdemes átvizsgálni (amennyiben ez lehetséges) a szűkítés során kima­radt számokat, hátha köztük is van megoldás. Ehhez persze tudni kell, hogy a/ átalakítás milyen számokkal szűkíti az alaphalmazt.

Például ha azlg (* - 2 ) 2 = 2

egyenletnél nem odafigyelve a következő átalakítást végezzük:21g (x - 2) = 2 ,

akkor csak a 12 jön ki megoldásként és a - 8 gyököt elvesztjük, mivel az át­alakítás szűkítette az alaphalmazt. Ugyanis az eredeti egyenlet x = 2 kivéte­lével minden számon értelmezhető, míg az átalakítás után kapott egyenlet csak az x > 2 számokra. Végtelen sok számot zártunk így ki, ezeket átnézni

E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K

ni lehetetlen, a gyökvesztés szinte biztos. Ezért az alaphalmazt szűkítő átalakí­tásokat kerülni kell.Ilii az alaphalmaz bővül, akkor hamis gyökök jöhetnek be. Ezeket ellenőrzés­nél ki lehet szűrni, de van, hogy ez elég nehézkes.I eliát jó, ha az ember éberen figyeli az alaphalmaz változását.

A/onosságA/okát az egyenleteket, melyek értelmezési tartományuk minden elemére iga- /<ik, az adott halmazon azonosságnak nevezzük.Például:I (x + _y)(x - y) = x2 - y 2 a valós számok halmazán

i (yfx)2 = x azonosság, ha x > 0 .

i >[x* = |*| a valós számok halmazán.

Megoldás az értelmezési tartomány vizsgálatávalA/ értelmezési tartományt mindig meg kell vizsgálni és az is előfordul, hogy e/zel a megoldást is megkapjuk.I’l'lriául a

= yjx - 7

egyenletnél ki kell kötnünk (mivel gyökjel alatt negatív szám nem állhat), hogy

5 - x S O és * - 7 > 0 ,5 > x és x > 1.

I ven feltételeknek viszont egy szám sem felel meg, tehát az egyenletnek nincs megoldása, hisz az értelmezési tartománya üres halmaz.

Megoldás az értékkészlet vizsgálatával( >lyan kifejezéseknél, melyek értékkészlete szűkebb halmaz, ennek vizsgálatali közelebb vihet az egyenlet megoldásához.O Példák

ft) \ J x - 5 = 4 - x

III ki kell kötnünk, hogyx - 5 > 0, azaz x > 5.

GD

E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K

Azonban azt is észrevehetjük, hogy mivel a bal oldalon nemnegativ kifejezés áll, a jobb oldal sem lehet negatív, azaz 4 - x > 0, tehát 4 > x kell legyen. De ez a kikötéssel együtt már az összes számot kizárja, tehát az egyenletnek nincs megoldása.

b) \ x - y + 4\ + {x + 3? = 0 ,Az egyenlet első pillantásra borzalmasnak tűnik, hisz két ismeretlen van ben ne, ráadásul negyedfokú. Azonban észrevehetjük, hogy nemnegativ tagok ősz szegének kell 0-nak lennie. Ez pedig csak akkor teljesülhet, ha minden tag nul la, azaz

x - y + 4 = 0 és x + 3 = 0,

x + 4 = y és x = -3 .A két egyenlet pedig már egyértelműen a (—3; 1) számpár megoldást határozza meg.

c) V3 + V 5-X = \fx , ahol x e Z Itt a kikötés:

5 - x > 0 é s x > 0 ,5 > x > 0.

Már így is csak hat darab számot kellene átnéznünk, de még azt is észrevehet jük, hogy a bal oldalon a gyökjel alatti érték legalább 3, hisz a 3-hoz egy nemnegativ számot adunk. így a jobb oldali gyökjel alatti szám sem lehet 3-nál kisebb. Tehát:

5 > x > 3.Az így kapott három számot gyorsan átnézve kiderül, hogy a 4 a megoldás.

Megoldás szorzattá alakítássalAzt, hogy szorzatról általában könnyű leolvasni a zérushelyeket, bizonyos tí­pusú egyenleteknél felhasználhatjuk.Például az

x3 - x = 0egyenlet esetén is ez a módszer a célravezető.

x(x2- 1) = 0,+ l)(x - 1) = 0

Ez utóbbiról már könnyen leolvasható a három megoldás:x = - 1 ; 0 ; 1 .

CüD

( E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K )A t v -et a másik oldalra pakolva és vele leosztva könnyedén elveszíthetjük a 0 megoldást, hisz rá az osztás nem értelmezhető, és így az átalakításnál kizárjuk

alaphalmazból.

1,7.3. Lineáris egyenletekIII egyenletrendezéssel ki kell fejezni az ismeretlent, vagyis el kell érni, hogy «/ ismeretlen magára maradjon az egyik oldalon, míg a másik oldalon egy konstans álljon.

H/orzunk a nevezők legkisebb többszörösével, hogy a tört alakokat megszün- i* nsük.

2(x + 2) - (3x - 4) = 6(3 - x)

I ^vesztéseket kerülhetünk el, ha az eredeti számlálókat zárójelbe tesszük és úgy Kiöljük a szükséges szorzást. Ez főleg akkor segithet, ha csak előjelváltás van.

2x + 4 - 3x + 4 = 18 - 6x

III már csak egyszerű összevonásokat, rendezéseket kellett végezni.

I'mimnéteres lineáris egyenletekA paraméter ismertnek tekintett érték, amit akkor használunk, ha általánosan akarunk leírni egy összefüggést vagy egy kérdést.

Nini a mozgási energia meghatározását adja meg általánosan.

Ii) tix + by = c ,

rtiiu a lineáris egyenletek általános alakja, a paraméterek megfelelő választásá­val bármelyik egyenes megadható a koordinátasíkon.

O Példa

3 6

5x = \0 x = 2

l'* lilául

l • 1 2 ni - —mv2

c E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K JParaméteres problémák megoldása esetén két fő elv van:- a paraméterek összes lehetséges értéke esetén meg kell adni a megoldásokat,- ha az ember ötletet akar kapni a megoldási folyamat következő lépésével

kapcsolatban, akkor érdemes gondolatban a paraméterek helyébe konkrét ér­tékeket helyettesíteni és úgy átgondolni a teendőket.

Q Példáka) Oldja meg a következő egyenletet az egész számok halmazán!

a(x + 2 ) - 2a = l ( x + 1)ahol a egész paraméter.MegoldásA zárójelek felbontását és a tagok megfelelő rendezését tegyük meg.

ax + 2 a - 2 a = 7x+7,( a - 7)x = 7.

Ekkor x együtthatójával osztanánk, kivéve, ha a = 7.Ha a = 7, akkor az egyenlet a

0 x = 7 ,alakot ölti, melynek nincs megoldása.Ha a * 7, akkor a megoldás

7x = ------

a - 7alakban számítható a paraméter értékéből.Mivel az egész megoldásokat keressük, meg kell határozni a azon értékeit, me­lyekre ez a tört egész szám. Tehát a -7 -n e k 7 osztójának kell lennie:Az a - 7 = -7 , ha a = 0, ekkora = -1; a - 7 = -1 , ha a = 6 , ekkor x = -7 ; a - 1 - 1, ha a = 8 , ekkor x = 7; a - 7 = 7, ha a — 14, ekkor* = 1.Ezeket az egyenletbe visszahelyettesítve megkapjuk, hogy valóban kielégítik az egyenletet.Válasz:Ha a = 0, akkor x = -1 ; ha a = 6 , akkor jc = -7 ; ha a = 8 , akkor x = 7;

( E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K Dlm a = 14, akkor x = 1;liii a * 0; 6 ; 8 ; 14, akkor nincs egész megoldás.

Ii) Oldja meg a valós számok halmazán a következő egyenletet, ahol p valós l>.u arnéter!

8 + 2x 1 x— ---------------------— — i------------------------.p ‘ +5p p p + 5

MegoldásI ni ható, hogy p ^ -5 ; 0 kikötést kell tennünk.'./orozzuk meg mindkét oldalt/?(/> + 5)-tel:

8 + 2x = /? + 5 + /?x.I’rndezzük az egyenletet:

( 2 ~ p )x — p — 3 .I la p = 2 , akkor az egyenlet

0 - x = —1

nlakot Ölti, melynek nincs megoldása.I In p * 2, akkor oszthatunk az együtthatóval:

p - 3x = - ----- .

2 ~ pI Ilenőrzés után kiderül, hogy ez valóban megoldás.Válasz:I In p = -5 vagy p = 0, akkor nem értelmezhető az egyenlet; lm p = 2 , akkor nincs megoldás;

lm p -5 ; 0; 2, akkor x = —---- a megoldás.2 - p

2.7.4. Lineáris egyenletrendszer

kótismeretlenes lineáris egyenletrendszerA 2x - y - 3 egyenletnek végtelen sok számpár megoldása van. Ezeket koordi­náta-rendszerben lehet ábrázolni, z z y = 2 x - 3 függvény grafikonjára illeszke­dő pontok koordinátái.

GOD

E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K )

Az egyértelmű megoldáshoz kell még egy egyenlet. Ha az is lineáris egyenlet, akkor a két egyenlet egy lineáris egyenletrendszert alkot.

Grafikus megfontolásokGrafikusan gondolkozva a megoldások lehetséges számát könnyű kideríteni Ha az egyenletek által meghatározott egyenesek párhuzamosak, akkor nincs megoldás. Ha egybeesnek, akkor végtelen sok van. Ha metszőek, akkor egy megoldás van.

AlgebrailagHa az egyenletrendszer

ax + by = c\dx + ey = f

alakú, ahol ab * 0 és de * 0 , akkora) nincs megoldás, ha ae = bd és a f dc\ példa:

3 x - y - 2 9 x - 3 y = 5

E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K 3h) végtelen sok megoldás van, ha ae = bd és a f = dc\ példa:

3 x - y — 2

9jc — 3_y = 6

t ) egy megoldás van, ha ae * bd; l»tMda:

3 x - y = 2

9 x - 4 y = 5

M|>ebrai megoldásA/ egyenletrendszert algebrai úton is meg lehet oldani. Erre két módszer van.

H) Kgyenlő együtthatók módszereHu az egyenletekben van olyan ismeretlen, melynek az együtthatói egyenlőek, vngy egymás ellentettjei, akkor az egyenleteket egymásból kivonva vagy össze­adva ez az ismeretlen kiesik, és egy egyismeretlenes lineáris egyenlethez jutunk.

C Példa:x - 2y = 5

3x + 2y = 7I /t a két egyenletet összeadva az v kiesik, és a következőt kapjuk:

4x = 12x = 3

i /I valamelyik egyenletbe visszahelyettesítve az>> értékét is megkapjuk.3 - 2y = 5

y = - 1

I llcnőrzéssel kiderül, hogy a (3; -1 ) rendezett számpár valóban megoldás.I Iíi az együtthatók között nincs ilyen szép kapcsolat, akkor az egyenletek szor- /tWával el lehet azt érni.

I>) Hehelyettesítő módszerI kkor az egyik egyenletből kifejezzük az egyik ismeretlent és ezt a másiki-uyenletbe behelyettesítjük. Az így kapott egyismeretlenes egyenletet megold­óik, majd a másik ismeretlent is meghatározzuk.

GlD

c E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K DB Példa:

2 x - y = l —>y = 2 x - 7 x + 2y = 6

x + 2(2x - 7) = 6

5a: = 20* - 4>> = 2 - 4 - 7 = 1

Tehát a (4; 1) számpár a megoldás, amit ellenőrzéssel igazolhatunk.Az egyenleteket gyakran külön-külön érdemes egyszerűbb alakra hozni, mie­lőtt bármelyik módszert alkalmaznánk.

Q Példa:

2 ^ - 3 3x + 1

2 y - 5 ’3y — 4 3(v + 2 ) - 2 ( x - 3 ) = 16.

4 5Látható, hogy y £ —; —.

3 2

Hozzuk egyszerűbb alakra mindkét egyenletet:

(2jc - 3X3^ - 4) = (3 jc + 1)(2 J7 - 5), 3 y - 2 x = 4

7 x ~ \ \ y = - \ 7 ,3 y ~ 2 x = 4

Most az első egyenlet kétszereséhez adjuk hozzá a második hétszeresét:

-7 = - 6 , y = 6 .

Visszahelyettesítve kapjuk, hogy x = 7.Az egyenletrendszer megoldása a (7; 6 ) számpár.

E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K

tufismeretlenes paraméteres lineáris egyenletrendszerA már említett elveket hasznos alkalmazni itt is.

0 Példákil < )ldja meg a következő egyenletrendszert a valós számpárok halmazán, ha a rs I) valós paraméterek!

a x - y + 2 - 0 ,

x + y - b - 0 .

Megoldás1 .itható, hogy az egyenletek összeadásával azy kiesik:

(<3 + 1)x + 2 - £ = 0.

Innen

(a + l)x — h — 2.

I In a = - 1 és b — 2 , akkor azonosságot kapunk, melynek minden valós x meg­oldása. Visszahelyettesítve megkapjuk, hogy ekkory = 2 - x .I l.i a = - 1 és b ^ 2, akkor nincs megoldás.I In a * - 1, akkor oszthatunk az együtthatóval és az

i - —- megoldást kapjuk, a + 1

Visszahelyettesítve kapjuk, hogy ekkor y = b - ——- = .a + 1 a + 1

Válasz:I In a - -1 és b = 2, akkor az (x; 2 - x ) számpárok a megoldások, ahol x <= M; Int a = - 1 és b ^ 2, akkor nincs megoldás;

ha a * - 1 , akkor a b - 2 a b + 2 \számpárok a megoldások.

tf+ 1 a + 1\ /I Ilenőrzéssel igazolható, hogy ezek a megoldások.

E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K ib) A b paraméter mely értéke mellett van a

3x + y = l,

6x + by = 2

egyenletrendszernek egyértelmű megoldása?MegoldásHa az első egyenletet szorozzuk 2-vel, és kivonjuk az egyenleteket egymásból, akkor az x kiesik:

Ha b = 2, akkor azonosságot kapunk, melynek minden valós szám megoldás;!

Ha b * 2, akkor az egyenlet megoldása y = 0, mely esetén x - ^ .

Válasz:Ha b ^ 2, akkor lesz az egyenletrendszernek egyértelmű megoldása.

Háromismeretlenes elsőfokú egyenletrendszerHárom ismeretlen esetén a grafikus megoldás során térbeli koordinátarendszer ben kellene a három síkot ábrázolni. Ez általában nehézségekbe ütközik, így al­gebrai úton szoktunk dolgozni.Ezen esetekben is alkalmazható mind az egyenlő együtthatók módszere, mind a behelyettesítő módszer.PéldaOldja meg a következő egyenletrendszert!

Megoldása) Egyenlő együtthatók módszerével.A második egyenlet háromszorosát vonjuk ki az első egyenletből, illetve a két­szeresét a másodikból. így az x kiesik:

( 2 - b)y = 0 ,

3x + 4y + 7z = 57, x - 2y + 3z = 27,

2x + y - 5z = -28.

1 0 y -2 z = -2 4 ,

5_y-l Íz = -82.

( E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K )Mont az első egyenlet feléből vonjuk ki a másodikat:10 70.Innen

* - 7Wis/ahelyettesítésekkel kapjuk, hogy y - -1 és x = 4.A rendszer megoldása a (4; - 1 ; 7) számhármas.!') Uehelyettesítő módszerrel.I r iczzük ki a második egyenletből az x-et és helyettesítsük be a többi egyen­lőibe:

3(27 + 2 y - 3 z ) + 4 y +7 z = 57,2(27 + 2 y -3 z ) + y - 5 z = -28

10>>-2z = -2 4 ,

5y —1 Íz = -82A/ elsőből fejezzük ki z-t és helyettesítsük be a másodikba:

5 y - l l(5j> + 12) = -82 ,-5 0 y = 50,

y = - 1.Visszahelyettesítésekkel megkaphatjuk a többi ismeretlent is.Mindig alkalmazható mindkét módszer, de van, amikor az egyik nehézkesebb, mint a másik.

J.7.5. Másodfokú egyenletA másodfokú egyenletek általános alakja:

ax2 + bx + c - 0 , ahol a * 0 .I ellát egy oldalra viszünk mindent, nullára redukálás, és x hatványai szerinti t stikkenő sorrendben írjuk a tagokat. A nullára redukálás következményeként11 másodfokú kifejezés zérushelyét kell kideríteni. Erre több lehetőség van.A / egyik a szorzattá alakítás. Ezt főként hiányos másodfokú egyenleteknél al­kalmazzuk.

Q PéldákI Konstans hiányzik

2x2 + 5x = 0

(lej)

c E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K

Itt egyszerű kiemeléssel szorzattá alakítható a kifejezés és a zérushelyek köny- nyen leolvashatóak.

x(2x + 5) = 0

2. Lineáris tag hiányzika) különbség

4x2 - 5 = 0

Négyzetek különbségeként felfogva a bal oldalt, az könnyen szorzattá alakítható

(2x)2- ( £ ) 2=0

( 2 x + V 5 ) ( 2 x - \ 6 ) = 0

x = - — x = —2 *2 2

b) összeg3x2 + 4 = 0

Ilyenkor a kifejezés minimuma pozitív szám, itt 4, tehát nincs zérushely, nem lehet szorzattá alakítani, nincs megoldás.

3. Nem hiányos egyenletHa az együtthatók egyszerűek, akkor ebben az esetben is szorzattá lehet fejben alakítani,8 Példa:

x2 - x - 6 = 0

(x - 3)(x + 2 ) = 0

Látható, hogy a zárójelben lévő két szám szorzata a konstans, és összegük a li­neáris tag együtthatója. Ezeket akkor van esélyünk kitalálni, ha egészek, így a szorzatból érdemes kiindulni.

A másodfokú egyenlet

a(x - x , )(x — Xj) — 0

alakját gyöktényezős alaknak nevezzük.

c E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K

I la az előző módszerek egyikét sem tudjuk alkalmazni, akkor a megoldóképletet kell segítségül hívni.

MegoldóképletAz

egyenlet diszkriminánsaD = b2 - 4ac.

I la D > 0 , akkor két valós megoldás van, lm D - 0 , akkor egy valós megoldás van, lm D < 0, akkor nincs valós megoldás.I la van valós megoldás, akkor az az

képlettel számolható ki.

ItizonyításMivel a ? 0, oszthatjuk az egyenlet mindkét oldalát vele, majd vigyük át a

b ^konstanst a jobb oldalra és adjunk mindkét oldalhoz — - -tét.

4 a

2 b b2 e b 2 X + - X + — - = — + — T.

a 4 a a 4 aI átható, hogy a bal oldalon teljes négyzet áll:

A jobb oldali tört előjele a számlálójától függ, jelöljük ezt Z)-vel.I la D < 0, akkor az egyenletnek nincs valós megoldása. (Olyan számok lesznek a megoldások, melyek négyzetei negatívak is lehetnek. Úgynevezett komplex »./.ámok.)

Ha D = 0 , akkor a jobb oldalon 0 áll, így egy megoldás van, az x = ------.

ax2 + bx + c = 0 , ahol a * 0

—b ± \[d

2a

E G Y E N L E T E K , E G Y E N L O T L E N S E G E K

Ha D > 0 , akkor két lehetőség van:

Ezekből

b V d b 4 dx + — = ----- vagy x-\---------------

2 a 2 a 2 a 2 a

- b + yfÖ - b - J Öx ------------- vagy x = -

2 a 2a

Ezzel az állítást bebizonyítottuk.

S Példáka)

3x2 - 2x - 1 = 0M egoldásElőször a diszkriminánst kell megvizsgálni.Mivel itt a = 3, b - -2 , c - -1 (ezt nem szoktuk leimi),D = ( - 2 f —4 - 3 - (—1) = 4 + 12= 16Ez pozitív, tehát két valós megoldás van. Mivel négyzetszám, ezek nem is lesz­nek rútak.

2 ± 4

Tehát:

, 1Xl=U X2 = ~ y

Ezzel az egyenlet megoldása befejeződött.A zérushelyek ismeretében könnyű felírni a másodfokú kifejezést szorzatalakban:

f 13x2 - 2 x - \ = 7>(x-\)

Ezt az alakot gyöktényezős alaknak nevezik,

b)Ax2 ~ 12* + 9 = 0

x + — |= (x~ l)(3x + 1).

c E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K )Megoldás

ű = 122 - 4 ■ 4 • 9 = 1 4 4 - 144 = 0.Ichát egy valós gyöke van. Ez pedig:

_ 1 2 ± n/Ö _ 3 8 ~ 2

I kkor a szorzatalak teljes négyzet:Ax2 - 12* + 9 = (2x - 3)2.

C)2x2 - 3* + 5 = 0

Megoldás£> = ( - 3 )2 - 4 • 2 • 5 = 9 - 40 = -3 1 .

Negatív, tehát nincs valós megoldása.I kkor szorzattá sem alakítható.

(iyükök és együtthatók közötti összefüggés\ / ax2 + bx + c = 0 , ahol a 0

nliikú egyenlet esetén, gyökei legyenek x{ illetve x2,

b c»,+jc2 = — és x l -x1 - —.

a aI /eket az összefüggéseket V iéte-form uláknak is nevezik. Mivel ezek az ösz-

függések komplex gyökök esetén is fennállnak, ha valós gyökökkel dolgo- /Unk, nagyon fontos a diszkrimináns előzetes vizsgálata, hogy ne komplex gyökökre írjunk fel összefüggést.Ill/onyításI l.is/náljuk a megoldóképletet:

- b + sÍD - b - 4 5 bx , + x 2 =

2 a 2a a

—b - s f D - b + j D H >)2 - (n /D ) 2

2 a 2 a 4 a2l 2 / l 2bl ~ ( b l -Aac) _ c

Aa2 aI //el az állítást bebizonyítottuk.

c E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K JQ Példáka) Adjuk meg a következő egyenlet valós gyökeinek négyzetösszegét a gyö­kök meghatározása nélkül!

3x2 - 5x - 2 = 0MegoldásElőször meg kell vizsgálnunk, van-e valós gyök.

D = ( - 5 ) 2 - 4 ■ 3 • ( -2 ) = 25 + 24 = 49 A diszkrimináns pozitív, tehát két különböző valós gyöke van. Ezek négyzet- összege:

X[ + x% — (*( + x2 ) 2 — 2xt x , .

Tudjuk, hogy

5 , 2x, +jc, = — es x,x0 - —' 2 3 1 ‘ 3

Ezt felhasználva kapjuk, hogy

X,2 +x\ = f s Y J 2 \ -2 _ 25 4 _ 3 7 ” 9 3 ~ 9

b) Adjuk meg az előző egyenlet valós gyökei reciprokainak összegét is. MegoldásHasonlóan az előzőkhöz, a kifejezést a gyökök összegével és szorzatával ír­juk fel.

51 ! ! _ + A-, __ 3 _ 5

x2 X\X2 _ 2 2

3

Példa egy nehezebb másodfokú egyenlet megoldására.

2 1 * " 4 n-+ —-------= 0 x> 0x ~ 4 x - 2x x + 2x

Először a nevezőket szorzattá alakítjuk, hogy zérushelyeiket megállapítva megtehessük a szükséges kikötéseket, valamint hogy megállapíthassuk a leg kisebb közös többszörösüket, mellyel majd szorzunk.

c E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K

-------------------------------+ ----------- = 0 .( * + 2) ( * - 2 ) * ( * - 2) *(* + 2)

A szükséges kikötés: x * - 2 ; 0 ; 2 .Az egyenletet ezek után szorozhatjuk *(* - 2)(x + 2)-vel.

2* - (* +2) + (* - 4)(* - 2) = 0I v.t követően a zárójelek felbontása, összevonás és a szokásos megoldási mód­i/ér jöhet.

2 * - * - 2 + * 2 - 2 * - 4 * + 8 = 0

x 2 - 5 * + 6 = 0

(jc — 2)(jc—3) =0

x, =2 x 2 = 3

A kikötéseknek csak a 3 felel meg. Ellenőrzésnél kiderül, hogy valóban ez a megoldás.

Másodfokú paraméteres feladatokIlyen problémáknál azt kell előzetesen megsejteni, hogy a Viéte-formulákat vagy a megoldóképletet érdemes-e alkalmazni. Mindkét esetben a diszkrimi­náns vizsgálatával kezdünk.O Példák M) Az

a x 2 — 5x + 2 = 0

i'liyenlet egyik gyöke x - 2. Mi a másik gyök, és mi az a értéke?MegoldásA / egyenlet gyöke kielégíti az egyenletet, azaz behelyettesítve igaz állítást ka­punk. Tehát

a -4 -1 0 + 2 = 0 , a = 2 .

A / egyenlet:2 x2 - 5* + 2 = 0

A Viété-formulák alapján:JV*2= 1 .

c E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K 3

így a másik gyök * = ^ .

Válasz:

A másik gyök az — és az a értéke 2.

b)írjon fel olyan másodfokú egyenletet, amelynek gyökei 3-mal nagyobbak, mint a z x 2 + 6 jt + 8 = 0 egyenlet gyökei, ezen gyökök kiszámítása nélkül. MegoldásVizsgáljuk meg, van-e valós gyök.A

ű = 36 - 3 2 = 4,pozitív, tehát két valós gyök van. Legyenek ezek Xj és xr Tudjuk, hogy ■x,+jt2= - 6 és x ,-x2= 8 .

Az új egyenletet keressük ax2 + bx + c = 0 alakban. Gyökei legyenek x3 és ,t4. Használjuk a Viéte-formulákat.

a = jc3 + x4 = x, + 3 + x 2 + 3 = x t + x 2 + 6 = - 6 + 6 = 0.

b = x3jc4 = (*! + 3)(x2 + 3) = x tx 2 + 3(x, + x 2) + 9 =

= 8 + 3 • ( - 6 ) + 9 = -1

A keresett egyenlet az x 2 - 1 = 0.c) Az a paraméter mely értékeire van az

(5a - l ) * 2 + (5a - 2)x - la - 2 = 0

egyenletnek egy valós gyöke?Megoldás

Először az a - i esetet kell megvizsgálnunk, mert akkor az egyenlet lineáris,

- * - - - 2 = 05

alakot ölt. Ennek egy valós megoldása van.

Ha a * , akkor az egyenlet másodfokú, melynek akkor van egy valós megol­

dása, ha diszkriminánsa 0 . írjuk fel a diszkriminánst:

D = (5a - 2) 2 - 4(5ö - l ) ( - 7 a - 2) = 165a2- 8 a - 4

Látható, hogy a paraméter másodfokú függvénye a diszkrimináns, és ennek a /órushelyeire vagyunk kíváncsiak. Tehát

165a2 - 8 a - 4 = 0.

Iinnék diszkriminánsát is meg kell vizsgálni:

D' = 64 + 16-165 = 16(4 + 165) = 16-169 = 4 2-132 = 522 .

1 irhát

8 ±52 4 ±26

( E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K )

° l ; 2 ~ 2-165 165

Válasz:A/, egyenletnek akkor van egy valós gyöke, ha

1 30 2 22 2a - - , vagy a ------ = — , vagy a - ------- = ------ .

5 165 11 165 15il) A p valós paraméter mely értéke mellett lesz az

x 2 + (2p + 2)x + ^ p z + p - 3 = 0

rgyenlet valós gyökeinek négyzetösszege minimális?

Megoldás:Vizsgáljuk meg, mikor lesznek valós gyökök, azaz mikor pozitív a diszkrimi­náns:

D = (2/7 + 2) - 4 - P + P - 3 ~ - 2 p 2+4p +16 =

= -2 ( /> -4 )(p + 2)

Unnék a másodfokú kifejezésnek a grafikonja egy alulról nyitott parabola, mely a zérushelyek között pozitív. Tehát akkor van két valós gyök, ha2<p<4.

Most vizsgáljuk meg, hogy a gyökök négyzetösszege hogyan függp- tői! Kö/ ben a Viéte-formulákat használjuk:

( E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K

+ x; = (x [ + x2Y - 2 x tx 2 = ( 2 p +2) - 2

= / j2 + 6/7 + 10 = (p + 3) 3 + 1

Láthatóan olyan másodfokú kifejezést kaptunk, melynek minimuma a/? = 3 ér téknél van és minimumának értéke 1. Azonban ezen a helyen nincs is valós gyöke az egyenletnek. Ha a diszkrimináns vizsgálatáról elfeledkezünk, akkor ezt nem vesszük észre és rossz választ adunk.Látható, hogy a másodfokú kifejezés minimumát egy olyan nyitott intervallu mon keressük, mely a csúcsponttól pozitív irányban van. Ezen az intervallu mon a függvény szigorúan monoton növekvő, így nyitott intervallumon nincs minimuma.Válasz:Nincs olyan p , mely esetén a valós gyökök négyzetösszege minimális. MegjegyzésHa megengedjük a kétszeres gyököket (a két gyök egyenlő), akkor a diszkri minánsnak nemnegatívnak kellene lennie. Ennek egy zárt intervallum felelne meg, melyen lenne minimuma a vizsgált függvénynek, mégpedig az interval lum bal végpontjában, azaz p = ~2 érték esetén.

Magasabb fokú egyenletekVannak olyan magasabb fokú egyenletek, melyek ügyes helyettesítéssel má sodfokúra vezethetők vissza.

Q Példaa)

8.í 6 - 63x3 - 8 = 0

MegoldásKihasználhatjuk, hogy csak harmadfokú tag és a négyzete, hatodfokú tag van a konstanson kívül. Helyettesítsük x3-t a-val.

8a2 - 6 3 a - 8 = 0 Ez már a megoldóképlettel megfejthető.

©

c E G Y E N L E T E K , E G Y E N L O T L E N S E G E K

D = (-63)2 - 4-8 - ( - 8) =3969 +256 =4225 =65 63 + 65

16

a, - 8 a2 —

I ermészetesen vissza kell térnünk x-hez.

x 3 = 8

x, = 2

* 8

1x, = —

2Ellenőrzéssel kiderül, hogy mind a két szám megoldás. I’) — sV3 x -8

x + 2~3-

3 x - 8

x + 210 = 0 .

MegoldásI iltható, hogy x * 2 .A/, egyenlet

— 8i —— -ra nézve másodfokú, ezért helyettesítsük őt a-val.

I nnek megoldásai

Ichát

a z - 3 a - 1 0 = 0 .

a = 5 vagy a = -2 .

3x - 8 _ 5x + 2

x = -9

vugy

3 x -8x + 2

= - 2 .

4x = —.

5I vek valóban gyökei az egyenletnek.

< S >

( E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K 3c)

4 x 4 - 8jc3 + 3x2 - 8* + 4 = 0 .

MegoldásEz egy nem hiányos negyedfokú egyenlet, de látható, hogy a középső tagtól jobbra-balra szimmetrikusan elhelyezkedő tagok együtthatói cgyenlőek. Ezt ;i szabályosságot úgy használhatjuk ki, hogy az egyenlet mindkét oldalát eloszt juk *2-tel. Ezt gyökvesztés nélkül megtehetjük, hisz láthatóan a 0 nem gyöke az egyenletnek.

4x 2 — 8* + 3 — — H— f = 0, x x

( 2 1 X + ~2

OO1 í 0, * J l x )

+ 3 = 0 .

Felhasználhatjuk, hogy

Tehát

Ez az egyenlet

4

( Ox + —

x

x -\—X

-2 -8 jc + - + 3 = 0 .

-re nézve másodfokú, helyettesítsük b-vel:

Tehát

46z -8 í> -5 = 0 , D = 64 + 80 = 144

i f c . í ± ! í - i ± 2 .

1 5 x + — = — ,

x 2

2x2 - 5 x + 2 = Q, D = 2 5 -1 6 = 9

5± 3 *1;2 - , •

GZD

E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K

Vagy

1 1JC + —= — ,

* 2

2 x ~ + x + 2 = 0 , D = 1 — 16,

Ichát nincs megoldása.A/ egyenlet gyökei ellenőrzés után:

, 1 x, = 2 , x , = — .2

»l)

2 x 1 + 1 x 2 + 1 x + 2 = 0 .

MegoldásI / az előzőhöz hasonlóan szimmetrikus egyenlet, de páratlan fokszámú. Belát­ható, hogy az ilyen szerkezetű egyenleteknek a - 1 mindig gyöke, tehát a bal ol­dalon kiemelhető az (*+ 1) tényező. A tagokat megfelelően szétbontva végez­hető ez el:

2x^ + 2 x 2 + 5x2 + 5jc + 2x + 2 = 0 ,

2 x 2( x + 1 ) + 5 .x ( ; t + 1 ) + 2 ( x + 1 ) = 0 ,

( x + l ) ( 2 x 2 + 5x + 2) = 0.

I la az első tényező 0 , akkorx = - l .

I la a második tényező 0 , akkor

2 x 2 + 5 x + 2 = 0 , D = 2 5 -1 6 = 9

-5 ±3

A/ egyenlet megoldásai

G j3 >

E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K

2.7.6. M ásodfokú egyenletrendszer

Másodfokú egyenletrendszereknek két típusát fogjuk vizsgálni. Az elsőnél a/ egyik egyenlet lineáris és a másik másodfokú. Ilyenkor a lineárisból kifejezzük az egyik ismeretlent és behelyettesítjük a másik egyenletbe.Q Példa

x 1 - y 1 = 81

x - y = 1 - * x = y + l

(>' + D2 - / = 8 1y 1 + 2 y + \ - y 1 = S\

2y = 80

y = 40x = y + \ = 4]

Tehát a megoldás a (41; 40) rendezett számpár.A következő átalakítást is észrevehettük volna:

(x + y ) (* -y )= 8 1

x - y = 1

x + y = 81

x - y = 1

Innen már könnyű megkapni a megoldást.Másodfokú egyenletrendszernél gyakran előfordul, hogy egy jó ötlettel gyor sabban, egyszerűbben megoldható a feladat. Ez persze nem vigasz azoknak, akiknek nem ugrik be az ötlet.A második típusban mindkét egyenlet másodfokú.

CD Példáka)

x2 + y2 = 25 xy = 12

Gj3

( E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K

MegoldásA második egyenletről többek között azt is meg lehet állapítani, hogy egyik is- nicrétien sem lehet nulla, hisz szorzatuk pozitív. így bármelyikkel leosztha­tunk, gyököt nem fogunk veszíteni. Fejezzük k iy-t és helyettesítsük be az első egyenletbe!

x4 + 144 = 25x2

lí/ láthatóan x2-re nézve másodfokú egyenlet, így e szerint oldjuk meg.

x4 - 2 5 x 2 + 144 = 0 D = 252-4 -1 4 4 =

= 252 - 2 4 2 = 49 i

Mindegyikhez meg kell határoznunk v-t.

x ,= 4 x 2 = - 4 x 3 = 3 x 4 = - 3

^ = 3 y2 = - 3 y 3 = 4 y 4 = ~ 4 A megoldások a (4; 3 ) , (-4; - 3 ) , ( 3 ; 4), ( - 3 ; -4 ) számpárok.

Mas ötletekkel is megoldható ez a rendszer.I egyik ötlet\ második egyenlet kétszeresét adjuk hozzá, illetve vonjuk ki a második egyenletből. így a következő rendszert kapjuk:

lóhát

x 2 = 16 vagy x2 = 9

xi;2 =±4 x3>4 = ± 3

x2 + y 1 + 2 xy = 49

x2 + y 2 - 2 xy = 1

( E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K J(* + y) 2 = 49

(x + y)2= l

* + >> = 7 vagy x + y = - 7

x - y = 1 vagy x - y = - 1

A felső sor egyenleteit mindkét alsó sorbelivel párosítani kell. így kapjuk mcu a négy megoldást.

A másik ötletHa négyzetre emeljük a második egyenletet, akkor az elsőből az egyik tagot ki fejezve azt a másodikba tudjuk helyettesíteni. A négyzetre emelés hamis gyö köket hozhat be. Ezeket ellenőrzéssel ki lehet szűrni, de már most is az látha tó, hogy a megoldásoknál a két számnak azonos előjelűnek kell lennie.

x 2 + y 2 = 25 - > y 2 = 2 5 - x 2 x 2y 2 =144

jc2 (25 — jc2 ) =144

a:4 - 25*2 +144 = 0

Ezt pedig már megoldottuk az első módszernél.

b) A következő típussal a koordináta-geometriában találkozhatunk: két kői metszéspontját határozzuk meg.

(x + 5) 2 + (y - l ) 2 =25

( x - 4 ) 2 + (y + 2) 2 =25

Megoldás

x2 +10* + 25 + y 2 - 2y + 1 = 25

x 2 - 8x + 16 + y 2 + 4y + 4 = 25

(T je )

( E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K )x 1 + y 2 + \ Q x - 2 y + \ = ti

x 2 + y 2 - 8 x + 4 y - 5 = 0

1 8 x - 6 y + 6 = 0

3* +1 = y

I. - II.

l /t beírva az első egyenletbe:

(* + 5 )2+(3jc)2=25

IOjc2 +10* = 0

1 0 jc(x + 1 ) = 0

.r - 0 x = - l

y = \ y = - 2

Ichát a megoldások a (0; 1) és a (-1 ; -2 ) számpárok.

1,1.1. Szöveges feladatoklúbbféle szöveges feladat van, közös megoldási módszer nincs. Azonban van néhány elv, ami segíthet.ii) lilső olvasásra próbáljuk megérteni, mivel is kapcsolatos a feladat!!>) Második olvasásra gyűjtsük ki az adatokat, külön az ismerteket! Adjunk nekik

nevet és újuk ki őket! Gyűjtsük ki az ismeretleneket, ezeknek is adjunk neveket! A névadásnál már felhasználhatunk egyszerű kapcsolatokat az adatok között,

i ) l'oglaljuk rendszerbe az adatokat! Ez lehet táblázat is. Ügyeljünk a mérték­egységek egyeztetésére! Készítsünk segítő ábrát vagy más segítséget, hogy jobban lássuk a probléma szerkezetét!

il) írjuk le az adatok közötti kapcsolatokat! Ezeket általában egyenletekkel szoktuk. Lehetőleg annyi egyenletünk legyen, ahány ismeretlen adat!

c) Oldjuk meg az egyenleteket!I ) Az eredményeket a szöveg alapján ellenőrizzük! jj) Adjunk szöveges választ!

Két versenyző egyszerre indul a 960 m hosszú távon. Az a versenyző, akinek átlagsebessége 0,2 in/s-mal nagyobb volt, 2 0 másodperccel előbb ért célba. Mekkora a két versenyző sebessége és mennyi idő alatt értek célba?

O Példa

c E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K JMegoldásAz adatok:

versenyzők út [m] idő [s] sebesség [m/s]

1 . 960960*

X

2 . 960960

x + 0 , 2x + 0,2

Tudjuk, hogy

Tehát:t l - t2 + 2 0 .

960 960----- = ---------- +20

x x + 0 , 2

960 960-5-----= --------- + 2 0x 5x +1

960(5jc + 1) -9 6 0 -5x+20 *(5*4-1)

48(5x + l) =48 *5a: + jc(5jc+I)

48-5x + 48 = 4 8 -5 x + 5 * 2 + x

0 = 5x2+ x - 4 8 D = 1 + 4 - 5 - 48 = 961= 312

—1 ± 31*12 = ---------1,2 10

A két szám közül a negatív nem felel meg, így a megoldás:x = 3.

Tehát az egyik versenyző sebessége 3 m/s, mig a másiké 3,2 m/s.

2.7.8. Abszolút értékes egyenlet

Egy szám abszolút értékének definíciója:

a, ha a > 0 |a| = - 0 , ha a = 0 .

-a , ha a< 0

Ezt kell felhasználni abszolút értékes feladatok megoldásánál.

( E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K

0 Példák*>}

|2x + 3| = 7Megoldás1 kkor az abszolút értékben lévő kifejezés csak 7 vagy - 7 lehet. Tehát két ruycnletet kapunk:

2x + 3 = 7 vagy 2x + 3 = -7 2x = 4 vagy 2 jc = —10

x - 2 vagy x = -5

I I lenőrzéssel kiderül, hogy ezek valóban megoldások.

b)|3 - 2x\ = 4x + 1

MegoldásI kkor fel kell bontani az abszolút értéket, ami a benne lévő kifejezés előjelé-

3Irtl függ. Könnyen kideríthető, hogy ha x< —, akkor a kifejezés nemnegativ,

3lóhát abszolút értéke önmaga. Ha x > — , akkor pedig negatív és így abszolút

riicke az ellentettje. Tehát a két eset:

3x < —: 3 - 2 x = 4x4-1 ___ 2

2 = 6 x1

x = —3

vttgy3

x > —: - 3 + 2x = 4x + l ___2

- 4 = 2 x x = — 2

\ / első esetben a megoldás megfelel a kikötésnek, így az eredeti egyenletnek i', megoldása. A második esetben kapott érték nem megoldása az eredeti egyén­iéinek, hisz nem teljesül rá a feltétel. (775)

c E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K Dc)

|3jc - 7| = 7 - 3x

MegoldásItt (az előzőhöz hasonlóan) nem kell az abszolút érték jelét felbontani, hisz Iái ható, hogy a jobb oldalon az abszolút értéken belüli kifejezés ellentettje áll. így az egyenlőség akkor teljesül, ha a belső kifejezés nem pozitív, azaz

3jc- 7 <0,

3* <7,

Itt tehát végtelen sok megoldás van.

d)|3jt + 2| = x - 1

MegoldásA belső kifejezés előjelét figyelve kapjuk a két esetet:

2x > ——: 3x + 2 = x - 1 _____3

2x = -3

= _ 32

vagy

x < - —: - 3 x — 2 = x - \3

- l = 4x _ _l_

X ~ 4

Egyik szám sem felel meg a hozzá tartozó feltételnek, így egyik szám sem les/ az eredeti egyenlet megoldása.A többi esetben is alkalmazhattuk volna a grafikus megoldást, de csak itt mu­tatjuk be.

( E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K 3Legyen f ( x ) = |3jc + 2\ és g(x) = x - 1.

a y

Mivel a grafikonoknak nincs metszéspontja, nincs megoldása az egyenletnek.

e)

|» )-3| + |jc-1 | = 3jc- 5

MegoldásMivel a bal oldalon nemnegatív kifejezések összege van, a jobb oldal sem le-

In t negatív. Ez akkor teljesül, ha 3 .

1 kkor az abszolút értékeken belüli kifejezések pozitívak, így abszolútértekük önmaguk. Tehát

* +-3 + JC — 1 = 3jc — 5, x = 7.

!j ( )ldja meg a következő egyenletet az egész számok halmazán!

|. -2| + | 3 - jc| = 10.

MegoldásMeg kell vizsgálnunk az abszolút értékeken belüli kifejezések előjelét.

x — 2 - 3 - x +

++

+

2 3

c E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K }Látható, hogy három intervallumot kell vizsgálni.

\ x < 2 :

2 - x + 3 - x = 10

—2x = 5 ,

5x = — .

2Megfelel a kikötésnek. Ellenőrizve valóban megoldás.

|2 < x < 3 : * - 2 + 3 -.x = 10.

Nincs megoldása.

U > 3 :

2 -X + 3 - * = 10 - 2 x = 5,

__52

Megfelel a kikötésnek. Ellenőrizve valóban megoldás.

Válasz:

Az egyenlet megoldásai és -y-.

2.7.9. Gyökös egyenletekGyökös egyenleteknél figyelni kell az értelmezési tartomány és az értékkészlet vizsgálatára. Sem a gyökjel alatti kifejezés, sem a gyökvonás eredménye nem lehet negatív.

S Példáka)

yj2x - 3 =5 x > —2

2 x - 3 = 25 x = l4

GB)

I E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K )h)

yjx + 3 = - 2 x > -3

I s/re kell venni, hogy nincs megoldása, hisz gyökvonás eredménye nem lehet negatív.

v)

y j l - x = x - 4 l - * > 0 é s x - 4 > 0

1 > x és x > 4V0

I álható, hogy nincs olyan szám, melynél a gyökvonás elvégezhető és a jobb oldal nem negatív. Ha nem vizsgáltuk volna meg az értékkészletet, akkor csak hosszabb munka után, az ellenőrzésnél derült volna ki, hogy nincs megoldás.

(I)

*4-1 = yj5x+ 1 x + l> 0 és 5 x + l> 0

x > - l és * > - —________________ 5

A kikötések miatt mindkét oldal nemnegativ, így a négyzetre emelés ekviva­lens átalakítás.

x 2 + 2x + 1 = 5* + 1

x 2 - 3 x = 0

jc(jc-3) =0

x , = 0 x 2 = 3

I I lenőrzés után kiderül, hogy mindkét szám megoldás.

V)Vnn-c a következő egyenletnek a ]4; 7[ intervallumon gyöke?

\ f x ~+6 + y[7+i — ^ 7 x+ 4 .

GB

c E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K JMegoldás

4A kikötések alapján x > — .

Mindkét oldal nemnegatív, így négyzetre emelhetünk.

x + 6 + x + \ + 2>Jx2 + 7x + 6 = l x + 4,

2^1 x 2 + 7 * + 6 = 5 x -3 .3

Látható, hogy x> — kell legyen. Emeljünk újra négyzetre.

4(x2 + 7x + 6) = 25x2 - 3 0 x + 9 ,

2 \ x 2 -5 8 jc -1 5 = 0 , D = 582 + 4• 21 -15 = 6 8 2

58±68 29 ±34

Tehát

x... = --------- = --------1,2 42 21

i • 5 X. = 3 es x , = ----- .1 2 21

Ez utóbbi a kikötés miatt nem lehet gyök. Ellenőrizve kiderül, hogy a 3 való­ban gyöke az egyenletnek.VálaszAz adott intervallumon nincs gyöke az egyenletnek.

2.7.10. Exponenciális egyenletA hatványozás azonosságainak ismeretére van szükség. Általában az a cél, hogy azonos alapú hatványok legyenek az egyenlet két oldalán. Mivel az exponenciális függvény kölcsönösen egyértelmű, a kitevőknek ilyenkor egyenlőnek kell lenniük.

Q Példák

a) >/2 _ 4_2 _ 8*

l

1 L - 2 L 2 ~ 2 }x

2 2 = 22 ~ } x

( T 7 a)

I E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K Dlellát az exponenciális függvény 1-1 értelműsége miatt

6I Ilenőrizve ez valóban megoldás.

10

25 • 2* - 8 ■ = 0

$ az exponenciális függvény 1-1 értelműsége miatt x = 3.

i llenőrizve ez valóban megoldás.

c)2 2- 3 +4*~' - 2 4 - 0

4jr+ 2-4*= 192

3-4* =192

4" =64$ az exponenciális függvény 1-1 értelműsége miatt

* = 3.I llenőrizve ez valóban megoldás.

5*25-2* = 8 —

553 ■ 2* = 23 • 51

c E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K )d) Oldja meg a következő egyenletet az egész számok halmazán!

2X*2 - 3 I_I = 702.

MegoldásMivel az egyenlet bal oldalán különbség van, és az alapok különbözőek, nem tudunk azonosságokat alkalmazni. Azonban észrevehetjük, hogy a 2X+2 egy 702-nél nagyobb páros számnak kell lennie, ha x egész szám. A 3J-1 viszont nem páros szám, igy különbségük nem lehet páros. Az egyenletnek nincs meg­oldása az egész számok körében.

e)

10 -21 ~ 4 X =16.MegoldásLátható, hogy az egyenlet 2 r-re nézve másodfokú, így helyettesítsük a-val.

1 0a —a2 =16,

a 2 — 10 a + 16 = 0 ,a, = 2 a2 = 8 .

Tehát2X =2 ,

x = 1 ,vagy

21 = 8,J az exponenciális függvény 1-1 értelműsége miatt

x = 3.

Ellenőrzés után kiderül, hogy a két megoldás az 1 és a 3.

c E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K 3I) Oldja meg a következő egyenletet a természetes számok halmazán!

' A _Y _4_25 2 5 ’\ /

J az exponenciális függvény 1-1 értelműsége miatt x = 1 .

M lenőrizve ez valóban megoldás,

jl) Oldja meg a következő egyenletet:3 5 Jxr t . 5 I J = ? 2* , 4 3 7 5 >

Megoldás( 'élszerű az egyenletet úgy alakítani, hogy minden tényező 5-nek vagy 7-nek legyen a hatványa:

? 2 * + i _5 I 1 + 1 . _ ~jix ' 4 3 7 5 ^ m i v e l 4 3 7 5 = 5 4 - 7 ( í g y

jy2x+l ^2x+l _-y2;r+l _ ^4

Mivel 77*+l nem 0 , így azt kapjuk, hogy

Mivel az a* függvény szigorúan monoton, ezért ebből következik, hogy

x 2 +2x + 1 = 4, tehát

x 1 + 2 x - 3 = 0,

Megoldás

5 - 4 '= - - 2 5 * .5

-2 ± V 4 + 1 2 - 2 ± 4—- 1± 2 .

2 2

(7 z 9 )

E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K

Eredeti egyenletünk megoldásai tehát (és ezek valóban megoldások):

x, = 1 és x2 = —3.

2.7.11. Logaritm ikus egyenletekItt a definíció és az azonosságok ismeretére van szükség. Megoldásukat az ci telmezési tartomány vizsgálatával kell kezdeni. Általában érdemes úgy alaki tani az egyenletet, hogy mindkét oldalon ugyanazon alapú logaritmus legyen Ekkor a logaritmusfüggvény kölcsönösen egyértelmű volta miatt a két argu mentumnak egyenlőnek kell lennie.

O Példáka)

lg2x + lg(5;t-15) = 2 5 jc — 15 > 0

lg [2jc(5_x - 15)] = lg 102 |jc>3

Tehát a logaritmusfüggvény 1-1 értelműsége miatt

2x(5jc - 15) = 100 Ezt pedig a szokásos módon oldjuk meg.

b)31og5 x + log25 jc = 7 | jc > 0

31og , + J S f e * . 75 log5 25

•ji , loSs* n 31ogs jc+ j = 7

61og5 x + log5 x = 14

71og5 x = 14

log5 x = 2

log5x = log552

3 a logaritmusfüggvény 1-1 értelműsége miatt* = 25.

Ellenőrizve ez valóban megoldás.

Cüs)

E G Y E N L E T E K , E G Y E N L G T L E N S E G E K

l 4 ~ lg ( 2 x - l ) = lg (4 x -2 ) 2 x - l > 0 és 4 x - 2 > 0

D

1x > —

2

2 + I g (2 x - l)= 2 1g(4x-2)

lglOO 4-lg (2x-l) =lg(4 jc —2) 2

lg [l 00(2 —1) ] =lg(4 jc —2) 2

I»hát a logaritmusfíiggvény 1-1 értelműsége miatt

100(2x - 1) = (4x - 2)2.

ti/t pedig már a szokásos módon megoldhatjuk.

200* — 100 = 1 6 jc2 — 16jc + 4

16x2 - 2 16x 4-104 = 0

2x2 -27x4-13 = 0 D = 272-4 -2 -1 3 = 252

27 ±25x,., = ----------

1,2 4

* ,= 13 x, = —1 2 2

A második szám nem felel meg a kikötéseknek, míg a 13-ról ellenőrzés után kiderül, hogy valóban megoldása az eredeti egyenletnek.

<l)log3[l + log2(l + 31ogjX)] = 1

Megoldás\ kikötés összetett, így inkább ellenőrzéssel kiváltjuk.

(Ü 2>

c E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K )A definíciót alkalmazzuk:

l + log2(l + 31og2x) = 3,

log2(l + 31og2x) = 2,

l + 31og2 jc = 4,

log2x = l,

x = 2.Ez valóban gyöke az egyenletnek.

e)4 log,x+l _ 3 3 _2 log3x + 8 = 0

MegoldásKikötés: jc>0.Alakítsuk az első tagot:

4 .4 l0*3*_33.2 ,°e3* + 8 = 0 .

Látható, hogy az egyenlet másodfokú a 2log3*-re nézve, így helyettesítsük a-val.

4a2 - 33a+ 8 = 0, ű = 332-1 6 -8 = 31233 ±31

a , . , = -------------- .1,2 g

Teháta = 8,

2>og,jr = 8 ,

log3x = 3,

x = 21,vagy

1

~ 4 ’ log3 x - - 2 ,

1x = —

9.

(H s>

( E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K DI llcnőrzéssel igazolható, hogy a megoldások a 27 és az ^ .

I I ( )ldja meg a következő egyenletet, ahol a > 0 valós szám:

logM a 2 + logA £üc2 = 2 .MegoldásU kötés:

Mivel a > 0, ezért x > 0 , jc ^ ^ ,a a'

A /

logot + lOga1! ^ ~ 2

íjjycnlet megoldását kezdjük azzal, hogy a bal oldal mindkét tagját „szétszed­lek " elemeire. Térjünk át mindkét tagban új, pl. a alapra, feltéve, hogy a j - \ .I ^.yanis, ha a = 1, akkor eredeti egyenletünk

lógj 1 + log^ x 2 = 2 alakú,

• i mek pedig minden pozitív és egytől különböző valós szám megoldása, tehát ■ l kor egyenletünk x > 0 , x -t- 1 feltételekkel azonosság.I i'uycn most a + 1, ekkor

loga a1 t loga ax1 __ 2

loga ax loga a2x

\ logaritmus fogalmát és azonosságait felhasználva egyenletünk így írható to­vább:

2 [ 1 + 21oga x 11 + loga x 2 + loga x

Vezessük be a logax = b új ismeretlent. Ekkor

2 1 + 26 .- + ——— = 2 , azaz

1 +b 2+b 2 ( 2 + b) + (1 + 26X1 + b) = 2 0 + b)(2 + b) ■

( H I )

c E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K )Innen

log ; a2 + log , a1 = 1 + 1 = 2 .a~ a

VálaszHa a = 1, akkor x > 0, x ^ 1;ha a & 1 és a > 0 , akkor x = a a megoldása az eredeti egyenletnek.

2.7.12. Trigonometrikus egyenletek

A grafikonok vagy a definícióban szereplő egységkör segítségül hívása ajánlón trigonometrikus egyenleteknél.

Látható, hogy a keresett szög az első és a második negyedbe eshet. A hegyess/ör

hogy második negyedbeli párjával 7t-re egészítik ki egymást. A periodicitást r. figyelembe véve a keresett szögek:

Q Példa

sin2 x = —2

Grafikon segítségével

TEmegoldást (60°, azaz —) illik tudni. Az is tudható, illetve a grafikonról leolvasható,

I E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K )71 2ir

2 x ~ — + 2kn 2x = ----i-2/jt k \ l e 7 ,

Icliát a megoldások:

71 i n i , ix . = — + kn x1 = —+ I k A;/e

hőségkor segítségévelI mijük, hogy a szinusz az elforgatott egységvektor y koordinátája, így egyi l/szintes egyenessel körülbelül a megadott értéknél metszük az egységkört.

A/ első negyedbeli szöget meghatározzuk táblázat vagy számológép segítségé­vel, a második negyedbeli párját a szokásos módon, majd az előzőekben leírt tnódon megkapjuk x lehetséges értékeit.

O Példák *)

cos"7tx 7ÍT 7

c E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K DMegoldásElőször mint másodfokú egyenletet tekintjük:

Az egységkört használjuk segítségül.

Ez alapján a keresett szög:

Innen

b)

71X 7t 71 i 71 , - , rj.----------= — k — , ahol k e l j .3 5 4 2

x 1 1 k 3 ~ 5 _ 4 + 2 ’

27 3* . _x = -----1-----, k e Z.

20 2

sin( * 2 + 1) = sin 2 * .

MegoldásKét különböző szög szinusza akkor egyenlő, ha a két szög különbsége k2n (í:eZ), vagy összegük (21 + 1)tt ( / e Z) .

c E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K DIchát

jt2 + 1 - 2 * = 2kn,

(jc — l ) 2 = 2 kn ,

vagy

jc2 + 1-t- 2 jc = (2 / + l)?r,

(x + l ) 2 = (2 / + l);r.

I átható, hogy az egyenleteknek csak akkor van megoldása, ha k és I nem- ncgatív egészek.Megoldások:

x = l ± j 2 k n vagy x = 1 ± s f l kn , ahol k és l nemnegatív egészek

c)

2 sin4 — - 1----------- 2— = 2 .

4 Xcos —2

MegoldásKikötés:

Xcos—* 0 ,2x * n + 2k n , k e Z

Alakítsuk az egyenletet:

2 sin4 — — 1 = 2 cos4—,2 2

1 4 X . 4 X— = cos — sin —,

2 2 21 r v2 . • 2 * 1 { 2 x ■ 2 ^— = cos — + sin - cos —-sin —2 2V 2 , l 2 2 J

Alkalmazva a négyzetes összefüggést és a megfelelő addíciós tételt kapjuk, hogy

E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K D1

--- = COS X.2

Tehát2n

jc = ± ----- v lm n , ahol m e Z.

2.7.13. Egyenlőtlenségek

Az egyenlőtlenségek megoldási módszerei és elvei megegyeznek az egyenle­tével, csak arra kell ügyelni, hogy ha negatív értékkel szorozzuk vagy osztjuk, akkor az egyenlőtlenség iránya megváltozik. Ezért az ismeretlent tartalmazó kifejezéssel való szorzást, osztást kerüljük. Helyette érdemesebb nullára redu kálni és előj el vizsgálatot végezni. Előjelvizsgálatnál is nagy segítség lehet a grafikus gondolkodás.Az egyenlőtlenségek megoldáshalmaza általában végtelen (az egyenletekkel ellentétben), ezért a megoldás ellenőrzésére nincs lehetőségünk, így minden ki kötést meg kell tennünk a megoldás során.

E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K )0 Példa I)

1 3 1 I 1 c1H-------- > --------- x ^ i;5jc — 5 x — 1 1---------

1 + — + — > 0 x - 5 x - i

( x - 5)(x - 1) + 3(x -1 ) + (x - 5 ) ^( x - 5 ) ( x - l )

* 2 - 5 x - x + 5 + 3 * - 3 + x - 5--------------------------------------- > 0( x - 5 ) ( j t - l )

x2 - 2x - 3--------- :-------> 0 \ szorzattá alakítunk( x - 5 ) ( x - l )

(x - 3 ) ( x + 1) Q( x - 5 ) ( x - l )

1 III a számlálót nem tudjuk szorzattá alakítani, akkor a zérushelyeit a megoldó- kivplettel is megkaphatjuk. Az előjeleket számegyenesen érdemes vizsgálni.

(x-3)(x+l) + - - + +(x-5)(x-l) + N + \ - / +/ t

-1--------- <) í ------^1 1

5 x

t /ek szerint a megoldás:x < -1 vagy 1 < x < 3 vagy 5 < x.

H)2x2 - 5x + 4 > 0

|(/l nehéz szorzattá alakítani, így a megoldóképlettel keressük meg a zérushe- lyi'it. Ahhoz először a diszkriminánst kell megvizsgálni.

D = ( -5 ) 2 - 4 - 2 - 4 = 25 - 3 2 = — 7

A diszkrimináns negatív, tehát nincs zérushely. Érdemes elképzelni a grafikont, Imgy az egyenlőtlenségre válaszolni tudjunk.

c E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K )

JtA felfelé nyitott parabolának, melynek nincs zérushelye, az x tengely felett kell elhelyezkednie. Ez pedig minden x értékre pozitív. Tehát a megoldás: x e R

c)

x2 - 8x + 16 < 0

Az jó, ha az ember észreveszi, hogy ez teljes négyzet. Ha nem, akkor a diszk rimináns vizsgálatakor derül ki, hogy az nulla, tehát egy zérushelye van.

(x - 4 ) 2 < 04

A grafikonról leolvasható, hogy csak egy megoldás van.x = 4

d)

•Jx + 6 > X — 6 .MegoldásKikötés: x > -6.Látható, hogy ha - 6 < x < 6

a bal oldal nem negatív, a jobb oldal negatív, így az egyenlőtlenség teljesül. Ha x > 6, akkor mindkét oldal nemnegatív, így négyzetre emelhetünk.

x + 6> x 2 -12jc + 36,

0 > jc2 — 13jc + 30.Meg kell keresni a kifejezés zérushelyeit:Xj = 3 és x2 = 10.A kifejezés grafikonja egy felfelé nyitott parabola, mely a zérushelyei közöli negatív. Tehát a megoldáshalmaz a [- 6 ; 10[ intervallum.

E G Y E N L E T E K , E G Y E N L D T L E N S E G E K

•>)Jf+1 |

32MegoldásI enyen mindkét oldal azonos alapú hatvány:

jr+1n v « > r i Y

Mivel az 2 alapú exponenciális függvény szigorúan monoton csökkenő, a filugvényérték akkor lesz nagyobb, ha a változó kisebb, tehát

x + 1

Alakítsuk előjelvizsgálattá:x — 1

x +1

■<5.

x - 1 6 - 4 x

x - l

3 - 2 x

- 5 < 0 ,

< 0 ,

< 0 .x - l

+ 1

1 1

ro H

+

+ + w

X

Válasz:

x< 1 vagy x > ~ -

4 ' < 2 * +1+ 3 .Megoldás

Alakítsuk az egyenlőtlenséget:

4* - 2 ■ 2* - 3 < 0 .

c E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K )Látható, hogy ez egy olyan 2*-re nézve másodfokú egyenlőtlenség, mely a zérushelyei, -1 és 3 között igaz:

- 1 < 2* <3.

A bal oldali egyenlőtlenség minden x esetén teljesül, míg a jobb oldali csak ak kor, ha

x < log2 3.

g)log3(jc + 3) > log, 2x.

MegoldásKikötés: 2x > 0 és x+3 > 0, azaz x > 0.Mivel a hármas alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton növő,

x + 3 > 2x,3> x.

A megoldáshalmaz a ]0; 3[ intervallum.h) Legyenek a és b egytől különböző pozitív valós számok, továbbá logab > logAa. Bizonyítsa be, hogy ekkor

lo g > + log»«lo g > 2 - Io g t ű 2

MegoldásAlakítsuk át egyenlőségünk bal oldalát:

l ° g > + l°g l a _ lo g > + logfcfl ft-\ogab2- \ o g ha 2 2\ogab - 2 l o g ha

tehát azt kell megmutatnunk, hogy

l o g > J o g ^ 2 2 V2 .l o g . i - I o g jd

Próbáljuk most a bal oldali tört számlálóját úgy alakítani, hogy megjelenjen benne a tört nevezője:

E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K 3loga 6 + logt a = (log fl b - lo g , a) + 21og„f>-log ba,

de logu b \ o g ha = 1 miatt

log2 6 + log; a = (log a b - log h a ) 2 + 2

I . ok után az egyenlőtlenség így alakul:

l o g > t l o e i , = (lQ g ,fc -l.g t 0 ) ^ 2 2 2 ^ inncn lo g „ i-lo g ,< i lo g ,,* - lo g ,«

logab- log„a + ----- — ------>2sfc,loga — log/, a

tiliol logu b - log, a > 0 a feladat feltétele miatt.A bizonyítandó egyenlőtlenség utóbbi alakja erősen emlékeztet egy pozitív vámnak és reciprokának összegére, amelyről tudjuk, hogy mindig nagyobb

v«Hy egyenlő mint 2. Mivel a jobb oldalon 2\Í2 szerepel, ezért célszerűnek lát-

i/ik elosztani az egyenlőtlenséget V2-vel. Ekkor

logflé - l o g fca t \Í2 ^ 2 42 loga b — log, Cl

Innen már tisztán látszik, hogy a bal oldalon egy pozitív számnak és reciproká- imk az összege szerepel, így - mivel algebrai lépéseink megfordíthatok voltak

iiz eredeti egyenlőtlenséget beláttuk.

I)sinx cos 3x > cosx sin 3x.

Megoldásl'cndezzük az egyenlőtlenséget:

0 > sin 3x cosx - cos 3x sinx A / addíciós tételek alapján:

0 > sin 2 x .

A sinor akkor negatív, ha - 7T+ 2kit< a < 2k7t, k e Z . Tehát

-71 + 2kn <2x< 2 k n ,

~ — + k n < x < k n , k e2

GZ5

c E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K )j)

4 • 4 1cos x - s in x > —.2

M egoldásAlakítsuk szorzattá a bal oldalt és alkalmazzuk a megfelelő azonosságokat:

(cos2 x + sin2 x)(cos2 x - s in 2x) > ^,

n 1cos2 x > —.2

Grafikus segítséggel állapítsuk meg, hogy hol lesz cos a > — :

Tehát

71 _ _ 7Z _---- + 2 m i < 2 x < — + 2 m i ,

3 3k ^ ^ n----- vn i t<x<— v m i , ne6 6

( E G Y E N L E T E K , E G Y E N L Ő T L E N S É G E K )2.7.14. Egyenlőtlenség-rendszer

A/ egyenlőtlenségeket külön-külön meg kell oldani, majd megállapítani a kö- megoldásokat.

O Példa

I chát:

2 x - 5 2 - x , . ,----->---- +1 \-62 3

3 x - 2 4x x - 1--------+ 3 > --------------\ -30

__5________ 3 2

6 x -1 5 > 4 - 2 x + 6

1 8 jt — 12+ 90 >40jc-15x4-15

8x > 25

63 >1 x

25 x> —

8

9 > x

— < j c < 9 . 8

2.8. KÖZEPEK

2.8.1. Számtani közép

Definíció: két szám számtani közepe az összegük fele. Jele: a és b számok számtani vagy algebrai közepe A(a; b).

A számtani közép a számegyenesen éppen felezi a két szám által meghatáro zott szakaszt.

Ha ezen számok összegében minden tag helyére a számtani közepüket írjuk, akkor az összeg nem változik.

2.8.2. Mértani közép

Definíció: két nemnegatív szám mértani közepe a szorzatuk négyzetgyöke. Jele: a; b > 0 számok mértani vagy geometriai közepe G(a; b).

G(a',b) = \[ab

Definíció: n darab nemnegatív szám mértani közepe szorzatuk «-edik gyöke

Ha ezen számok szorzatában minden szám helyére a mértani közepüket írj ni akkor a szorzat nem változik.

2.8.3. Négyzetes közép

Definíció: n darab szám négyzetes közepe négyzeteik számtani közepéin k négyzetgyöke.

Definíció: n darab szám számtani közepe összegük n-ed része

ti

( K Ö Z E P E K 3

I In ezen számok négyzetösszegében minden tag helyére a négyzetes közepüket h |iik, akkor az összeg nem változik.

J.8.4. Harmonikus közép

Mt-riníció: n darab pozitív szám harmonikus közepe a reciprokaik számtani kö- Itfpének reciproka.

Hu ezen számok reciprokösszegében minden tag helyére a harmonikus köze- |n!kct írjuk, akkor az összeg nem változik.

(Villául 24 és 150 esetén

1 8.5. Közepek közötti relációk

I Mel: két nemnegativ szám számtani közepe nem kisebb, mint a mértani kö- p#pük.

A / egyenlőség akkor és csakis akkor teljesül, ha a két szám egyenlő.

G(24; 150) =724-150 =60;

H( 24; 150) =2

= 41,38.

c K Ö Z E P E K DBizonyítás

a + b>2\fab ,?

a -2 y fa b +b>0,

( y f e - y f b ) 2>0.

Ez utóbbi nyilvánvalóan igaz, és az egyenlőség akkor és csakis akkor teljesül, ha a két szám egyenlő. Ezzel a tételt beláttuk.Ezt a tételt be lehet bizonyítani grafikus úton is, kihasználva a Thalész-tételt, ;i magasságtételt és azt, hogy a körben a sugár nem kisebb egyetlen húr felénél sem

a + ö \2 \

•Jab

a bEgyenlőség csak a = b esetén áll fenn.Egy gyakran használt következménye ennek a kapcsolatnak a következő tétel

Tétel: egy pozitív szám és reciprokának összege nem kisebb mint 2.

a + — >2, ahol a > 0 . a

Egyenlőség akkor és csakis akkor van, ha a = 1.Ebből a tételből következik, hogy egy negatív szám és reciprokának összege sohasem nagyobb mint - 2 .

Tétel: Ha a és b pozitív számok, akkor

2

Az egyenlőségek akkor és csakis akkor teljesülnek, ha a = b.

Tétel: n darab pozitív szám esetén

H ( a , . . \an) < G(a] .. \an) < A ( a , .. ;a„) < Q ( a , )

GZD

K Ö Z E P E K

harmonikus k. < mértani k. < számtani k. < négyzetes k.I gyenlőség akkor és csakis akkor áll fenn, ha a számok egyenlőek.

0 Példákn) lígy 2500 nr-es, téglalap alakú telek bekerítéséhez legalább milyen hosszú1 orítés kell?MegoldásI egyen a telek két oldalának hossza a és b. Tudjuk, hogy a b - 2500.A kerítés hossza, aminek a minimumát keressük:

I elhasználtuk a számtani és a mértani közép közötti összefüggést.I mijük, hogy egyenlőség akkor és csakis akkor van, ha a két oldal egyenlő, az- M/ négyzet alakú a telek.A minimális kerítéshossz 200 m.

MegoldásI udjuk, hogy egy pozitív szám és reciprokának összege legalább 2 , és csak ak­kui 2, ha a szám az 1. A jobb oldal maximuma 2, és ezt az értéket akkor veszi lel, ha a kitevő 1 .

sin x

l ellát a két oldal csak akkor lesz egyenlő, ha sin2* = 1 és c o s = 1 . A megoldások a

/átnpárok, ahol k, l e Z .

3. FÜGGVÉNYEK, ANALÍZIS ELEMEI

3.1.1. Definíciók

FüggvényAdott egy A és egy B nem üres halmaz. Ha az A halmaz minden eleméhez a H halmaznak egyértelműen egy-egy elemét rendeljük, akkor az A-n értelmezel! függvényről beszélünk.A függvényeket kisbetűkkel szoktuk elnevezni. Legyen például a definícióban szereplő függvény f

Értelmezési tartományEkkor az A halmaz az/függvény értelmezési tartománya. Ennek jele: Df . Eleme­it független változónak vagy egyszerűen változónak nevezzük. Jelük általában \ .

KéphalmazA B halmazt a függvény képhalmazának nevezzük.

ÉrtékkészletA B halmaznak azok az elemei, amelyeket hozzárendeltünk az /4-beli elemekhez, az/függvény értékkészletét alkotják. Ennek jele: Rr Az értékkészlet lehet a B hal maznál szűkebb is. Elemeit függvényértéknek, képnek nevezzük. Jelük általában y, vagy f ( x ) (ez annak az értéknek a jele, amit az/függvény az jc-hez rendel).

Függvény megadása:Egy függvényt úgy kell megadni, hogy az értelmezési tartomány, a képhalmaz és a hozzárendelési szabály egyértelműen adott legyen.A megadás történhet- grafikusan;- táblázattal;

^ __________________________________ F Ü G G V É N Y E K ___________________________ J

X - 2 3 5 1 0

/ ( * ) 1 - 4 2 3

- szavakkal;- szimbólumokkal.Legyen/ függvény, mely minden természetes számhoz hozzárendeli a felét.

F Ü G G V É N Y E K 3

/ : N - » R , í h - ;2

f ( x ) = « N .

I la az értelmezési tartomány, illetve a képhalmaz valamelyikét nem adjuk meg, nkkor az értelmezési tartomány az a legbővebb halmaz, amelyen a szabály még . ftclmezhető, az értékkészletet pedig az értelmezési tartomány és a hozzáren­delési szabály által egyértelműen meghatározott halmaz, ri'ldául ha

nkkor

rs

A 4-hez rendelt érték:

n/ 5-höz rendelt érték:

f ( x ) = y / x - 3 ,

Df = [x | x > 3 és x e R }

R f~ ( y l y ^ O é s y E R}.

/ ( 4 ) = ^ 4 ^ 3 = 1 ,

f ( 5 ) = y /5^3 = y/2,

1(2) pedig nem értelmezett.Hu azt szeretnénk megtudni, hogy a 6 -ot mihez rendelte a függvény, akkor a kivetkező egyenletet kell felírni:

6 = \ [ x - 3 .

I bből* = 39.

Iellát a következő három rendezett számpár biztosan ezen függvényhez tartozik:

(4;1),(5;n/2 ),(39 ;6).

c F Ü G G V É N Y E K DFüggvény leszűkítése, kiterjesztéseEgy g függvény/függvénynek leszűkítése egy szűkebb értelmezési tartomány ra, ha

Ekkor/függvény g függvény kiterjesztése egy bővebb értelmezési tartományra

Valós függvényHa a függvény értelmezési tartománya és értékkészlete is a valós számok rés/ halmaza, akkor valós függvényről beszélünk.Ha az értelmezési tartomány és az értékkészlet is számhalmaz, akkor a függ vény rendezett számpárokból áll. Ezek (x ,/(x )) alakúak. Az első szám a váltó zó, a második a hozzá rendelt függvényérték. Ilyen számpárokat koordináta rendszerben tudunk ábrázolni.

Függvény grafikonjaEgy /függvény grafikonja azon (x; / (x ) ) pontok halmaza a koordináta-rend szerben, melyekre x a függvény értelmezési tartományának elem e,/(x) pedíj; az ezen x értékhez a függvény által hozzárendelt értéke.Például az 1. példában szereplő függvény grafikonja a következő:

és

V x : x e Dg => g(x) = / ( x ) .

X

10 -

X

X

2 3 xx

c F Ü G G V É N Y E K )I gy függvényt grafikonjával is megadhatunk.

X

I colvasható, hogy Df = (-2 ; 4] és Rf — (-10; 22].I la azt akarjuk megtudni, hogy mennyi a 3-hoz rendelt érték, akkor az x = 3 ér­ieknél kell egy függőleges vonalat húznunk, majd a grafikonnal vett metszés­pontjának y koordinátáját kell leolvasni.

I átható, hogy/(3 ) = 5.

I la azt akarjuk leolvasni, hogy vajon az 1-et mihez rendelte a függvény, akkor n/.y = 1 értéknél kell egy vízszintes vonalat húzni, majd a metszéspontok x ko­ordinátáját leolvasni.

c F Ü G G V É N Y E K )

1 1 2! 3

10 :

x

/ - 10 -

Látható, hogy h a /(x ) = 1, akkor x = -1 vagy x = 2.

Az is észrevehető, hogy igen nagy bajban lennénk, ha azt szeretnénk megtud­ni, hogy a 4-et mihez rendelte a függvény. A legtöbb esetben a pontos leolva­sás nem lehetséges.

Szűrj ekcióEgy/ függvény szüijektív, ha a képhalmaz minden eleme hozzá van rendelve az értelmezési tartomány legalább egy eleméhez.

InjekcióEgy/függvény injektív, ha az értelmezési tartomány különböző elemeihez kii lönböző elemeket rendel a képhalmazból.

Egy /függvény bijektív, ha szürjektív és injektív. Ekkor a függvényt egy-egy értelmű vagy kölcsönösen egyértelmű függvénynek is nevezzük. Ekkor a függ­vényértékből egyértelműen megmondható, hogy mihez rendeltük hozzá, azaz a függvény megfordítása is függvény.

Inverz függvényKölcsönösen egyértelmű / függvénynél a függvény megfordítását, azaz azt a függvényt, m ely/(x)-hez x-et rendeli, az/ függvény inverzének nevezzük. Jele / * , / " ' v a g y /.

Bijekció

c F Ü G G V É N Y E K 3Definíciól-gy/kölcsönösen egyértelmű függvény inverze az az /* függvény, melyre

Dr ~ Rfós

\ / x : x e Df => f \ f ( x ) ) = x.

D Példa

11) L egyen/(x) = 5x - 7 és D = {x|x e Z és 1 < x < 5}.

ükkor f ’(x) = - x + — és Dr - R = {-2; 3; 8; 13; 18}5 5

I átható, hogy/ ’ függvény inverze p e d ig /

b) Ha x > 0, akkor f ( x ) = x 2 függvény kölcsönösen egyértelmű, tehát invertál-

ható és inverz függvénye az /* = \[x .

c) Ha/ egy v vektorral való eltolás, akkor f a - v vektorral való eltolás.

c F Ü G G V É N Y E K )

Látható, ha (x0; y 0) az/ függvényhez tartozó rendezett pár, akkor (j’0; x0) az /* függvényhez tartozik.Ebből adódik egyrészt, hogy egy/ valós függvény inverzét meghatározó össze­függést általában úgy határozhatjuk meg, hogy az /függvény hozzárendelési szabályát megadó egyenletben felcseréljük a változót a függvényértékkel, majd így fejezzük ki - amennyiben ez lehetséges - a függvényértéket (lásd 1. példa)

Másrészt, h a /v a ló s függvény, akkor a z / illetve az f függvény grafikonja az y = x egyenletű egyenesre nézve tengelyesen szimmetrikus egymásra. Például

az x i-» 2X és az x log2 x függvények grafikonjai.

Konstansszoros függvényA (ic f ) függvény értelmezési tartománya megegyezik / értelmezési tartóim nyával és

A függvényértéket minden pontban az adott konstanssal szorozzuk.

ÖsszegfüggvényAz ( / + g) függvény értelmezési tartománya a z /é s g függvények értelmezési tartományainak metszete és

A függvényértékeket minden pontban összeadjuk.

SzorzatfüggvényAz ( f g) függvény értelmezési tartománya az / és g függvények értelmezési tartományainak metszete és

A függvényértékeket minden pontban összeszorozzuk.

Összetett függvényKét függvény által alkotott összetett függvény alatt a két függvény egymás ul.i ni elvégzését értjük.

( f + gXx) = f ( x ) +g ( x ) .

( f - g ) ( x ) = f ( x ) g ( x ) .

c F Ü G G V É N Y E K )Például f és g függvények esetén, az f ( g ( x ) ) összetett függvény akkor •‘itcímezhető, ha minden .te Dg esetén g(x )e Df .I egyenf (x) = T és g(x) = 5 x - 3 .I kkor

f (g( x) ) = 2s*-i és g ( f ( x ) ) = 5 - r - 3 . .Ide:

f °g,f ” g(x) = f ( g ( x ) ) .

U.2. Függvény jellemzése

/(•rushelyI gy / függvény zérushelye az értelmezési tartomány olyan x0 értéke, melyre V f ( xo) = 0. A függvény grafikonja itt metszi az x tengelyt.

S/élsőértékI gy függvénynek kétféle szélsőértéke lehet: maximuma vagy minimuma.

i gy / függvénynek abszolút vagy totális maximuma van az értelmezési tarto­mány egy x0 értékénél, ha az értelmezési tartomány minden x elemére f ( x ) < / ( vu), azaz h a /(x 0)-nál egyik függvényérték sem nagyobb.

l gy / függvénynek abszolút vagy totális minimuma van az értelmezési tarto­mány egy x0 értékénél, ha az értelmezési tartomány minden x elemére f { x ) > H i(l), azaz h a /(x 0)-nál egyik függvényérték sem kisebb.

(Az x0 a maximum, illetve a minimum helye, az f ( x 0) a maximum, illetve a mi­nimum értéke.)

I idiniálható lokális maximum (lokális minimum): ekkor az adott helyen, egy fii tartalmazó nyitott intervallumban van a függvénynek abszolút maximuma (minimuma).

GjED

c F Ü G G V É N Y E K

Q Például:

Maximuma van a függvénynek, helye az x = 4 és értéke az y = 22.Minimuma nincs.Lokális minimuma van. Helye x = 2, értéke y — 1 (megfelelő környezet, pl (1, 3) intervallum).Lokális maximuma van. Helye x = 0, értéke y = 5 (megfelelő környezet, pl (—1, 1) intervallum).

MonotonitásEgy függvény egy intervallumban monoton növekvő, ha ott értelmezve van, és ,i intervallum minden olyan pontpárjára, amelyre x, < x2, igaz, hogy f ( x {) < / ( \ ,) Azaz, ha a változó növekszik, a függvényérték nem csökken.Egy függvény egy intervallumban monoton csökkenő, ha ott értelmezve van, r. az intervallum minden olyan pontpáijára, amelyre x, < x 2, igaz, hogy/fx, ) > J( \ ,) Azaz, ha a változó növekszik, a függvényérték nem növekszik.Ha az egyenlőséget nem engedjük meg, akkor a függvény szigorúan monoton nő, illetve csökken.Az intervallum lehet az egész értelmezési tartomány is.Például az előző függvény szigorúan monoton nő a (-2 ; 0] és a [2; 4] interv al lumokon, szigorúan monoton csökken a [0; 2] intervallumon.

Konvexség, konkávságEgy/ valós függvény alulról konvex egy [a; 6] intervallumon, h a /a z (a; b) in tervallumon folytonos, és az intervallum bármely x p x2 pontpárjára teljesül,

F Ü G G V É N Y E K D/

xx + x2 <■/ ( x ,) + / ( x 2)2v y

I'/ szemléletesen azt jelenti, hogy az intervallumon a függvénygörbe bármely Ivének bármely pontja az ív végpontjai által meghatározott húron vagy a húr iiliilt helyezkedik el.Ilii az egyenlőség nem megengedett, akkor szigorúan konvex a függvény. Pél­

dául az függvény alulról konvex, de nem szigorúan, míg az x \->x2 lílggvény alulról szigorúan konvex.I la az egyenlőtlenség ellentétes, akkor alulról konkáv, illetve szigorúan konkáv it függvény az adott intervallumon.

Inflexiós pontÜgy / függvénynek egy P(p; /(/>)) pontját inflexiós pontnak nevezzük, ha a jjdibe konvexből konkávba vagy konkávból konvexbe megy át a P pontban.I kkor a grafikon P pontjában húzott érintő a függvény grafikonját metszi.

PeriodicitásIIn van olyan c > 0 valós szám, hogy az értelmezési tartomány minden x ele­mére (x ± c) is eleme az értelmezési tartománynak és f ( x ± c) = J(x) teljesül, ükkor/függvényt periodikusnak nevezzük. Ezen lehetséges c-k közül a legki- nelib - amennyiben létezik - a függvény periódusa.Szemléletesen: ha van olyan távolság, mellyel bármelyik irányban és bármeny- liyiszer elmozdítva a grafikont mindig önmagába megy át, akkor a függvény |icriodikus.Mivel ezen c-k között nem mindig létezik legkisebb, lehetséges, hogy egy pe- iiodikus függvénynek nincs periódusa. Ilyen például a konstans függvény. Ezt n furcsaságot más definícióval el lehet kerülni.I'eriodikus függvények például a trigonometrikus függvények.

Puritásl'nritás szempontjából háromféle függvényt különböztetünk meg. Párosat, pá­ni! lant és azokat, melyek se nem párosak, sem ne páratlanok.

l'Aros függvényA //függvény páros, ha az értelmezési tartomány minden x elemével együtt | i ) is eleme az értelmezési tartománynak, és

/ ( - * ) = /(* )•

c F Ü G G V É N Y E K

A páros függvény grafikonja szimmetrikus az y tengelyre.Páros függvények például a páros kitevőjű hatványfüggvények (x a ’1, k e Z +), az a: t-» |*|, az x t-> cos x függvények.

Páratlan függvényA z/függvény páratlan, ha az értelmezési tartomány minden x elemével együtt (-x) is eleme az értelmezési tartománynak, és

f ( - x ) = - f ( x ) .A páratlan függvény grafikonja szimmetrikus az origóra.Páratlan függvények például a páratlan kitevőjű hatványfüggvények (a \ »

x2* 1, k e Z+), az x h* — (c; x * 0), a z í h s in x függvények. x

3.1.3. Egyváltozós valós függvények

Ezek közül csak a legfontosabbakat kell ismerni. Illik tudni a grafikonjaikat áh rázolni és jellemezni.

Lineáris függvényA hozzárendelési szabály:

x t-> ax + bA grafikonja egyenes.Ha a = 0, akkor konstans függvényt kapunk, melynek a grafikonja egy vízszin tes egyenes.Ha a ^ 0, akkor az elsőfokú függvényt kapjuk, melynek a képe olyan egyenes, amelyik egyik tengellyel sem párhuzamos. Az y tengelyt a (0; b) pontban met s z í , a meredekségét az a adja. A meredekség azt mutatja meg, hogy ha egység nyit mozdulunk az x tengely mentén, akkor hány egységet kell mozdulni a/ r tengely mentén. Az egyenes két pontjának koordinátájából - / >(x1; y,) és Q(x2; y 2) - ezt úgy számítjuk, hogy

*l -*2Ha m > 0, akkor az egyenes növekvő.Ha m < 0, akkor csökkenő a függvény.

( F Ü G G V É N Y E K 3HatványfüggvényA hozzárendelési szabály az11 x", ahol n > 2 ) a n e Z+).

A függvény grafikonja áthalad a (0; 0) és az (1; 1) pontokon.Ilii n páros, akkor a függvénynek minimuma van az x = 0 helyen és a függvény piros.Hu n páratlan, akkor a függvénynek inflexiós pontja van az x = 0 helyen és a H Ing vény páratlan.I1 /on két típus alapvető esetei a következők.

Másodfokú függvényA legegyszerűbb alakú másodfokú függvény az

x i-» Jt2.( uafikonja a parabola.

JellemzésI rtclmezési tartomány: RI rtékkészlet: nemnegativ valós számok halmaza.N/élsőérték:

maximuma nincs, minimum van:

abszolút minimumhelye: x = 0, abszolút minimumértéke: y = 0.

Zérushely: x = 0.

(773)

c F Ü G G V É N Y E K )Monotonitás:- szigorúan monoton csökken, ha x < 0,- szigorúan monoton nő, ha x > 0. Paritás: a függvény páros.Periodicitás: a függvény nem periodikus. Általános alakja

Erről az alakról csupán annyi olvasható le, hogy- ha a > 0, akkor felfelé nyitott a parabola,- ha a < 0, akkor lefelé nyitott a parabola.Ennél sokatmondóbb alak a teljes négyzetet tartalmazó alak.

Erről leolvasható a függvény szélsőértéke, azaz a parabola csúcspontjának kn ordinátái.A szélsőérték- helye x = u- értéke y - v.

Ha a > 0, akkor ez abszolút minimum; ha a < 0, akkor abszolút maximum.A függvény zérushelyeit - amennyiben vannak - a megoldóképlet szolgáltatja, azaz ha D > 0,

x i-» ax2 + bx + c, ahol a ^ 0

x i-» a(x - u)2 + v

x,1;2

■b±4b2 -Aac2 a

C ü s)

( F Ü G G V É N Y E K 3li| Harm adfokú függvényA legegyszerűbb alakú az

x h-> x3.(Inilíkonja

Jellemzésértelmezési tartomány: RI itókkészlet: R N/elsőérték:

ubszolút maximuma nincs, ubszolút minimuma nincs:

/írushely: x = 0.Monotonitás: szigorúan monoton növekvő. I' mtás: a függvény páratlan.Periodicitás: a függvény nem periodikus.

c F Ü G G V É N Y E K )

Abszolútérték-függvényLegegyszerűbb alakja az

* |*|.Grafikonja

JellemzésÉrtelmezési tartomány: RÉrtékkészlet: nemnegatív valós számok halmazaSzélsőérték:- maximuma nincs.- abszolút minimuma van:

- minimumhelye: * = 0,- minimumértéke: y = 0.

Zérushely: * = 0.Monotonitás:- szigorúan monoton csökkenő, ha * < 0,- szigorúan monoton növekvő, ha * > 0.Paritás: a függvény páros.Periodicitás: a függvény nem periodikus.

( F Ü G G V É N Y E K 3l.yökfüggvény 1 1>',egyszerűbb alakja az

• iiallkonja

y2

1 4 x

Jellemzésértelmezési tartomány: nemnegatív valós számok halmazaI rlékkészlet: nemnegatív valós számok halmaza N/élsőérték:

nbszolút maximuma nincs.- abszolút minimuma van:

minimumhelye: x = 0 , minimumértéke: y = 0 .

/árushely: x = 0 .Monotonitás: szigorúan monoton növekvő.I'.uitás: a függvény nem páros és nem páratlan. I'criodicitás: a függvény nem periodikus.

G ü )

c F Ü G G V É N Y E K DLineáris törtfüggvényLegegyszerűbb esete a fordított arányosság függvény:

jci— ; ahol jcjű^O.

Ezek közül az jc i-> — ( x^O) függvény grafikonját ábrázoljuk:

Értelmezési tartomány: R\{0}.Értékkészlet: R\{0}.Szélsőérték:- maximuma nincs.— minimuma nincs.Zérushely: nincs.Monotonitás: szigorúan monoton csökken, ha x e ( - 00; 0) vagy x e (0; 00). Paritás: a függvény páratlan.Periodicitás: a függvény nem periodikus.

( F Ü G G V É N Y E K

l.xponenciális függvényAz alapfüggvény alakja

x i-> a*; ahol a > 0 ; a ^ l ; j c e ÍR.(irafikonja

Jellemzéslirtelmezési tartomány: R. értékkészlet: M \Szélsőérték:

maximuma nincs, minimuma nincs.

/érushely: nincs.Monotonitás:

szigorúan monoton csökken, ha 0 < a < 1 szigorúan monoton nő, ha 1 < a.

Paritás: a függvény nem páros és nem páratlan. Periodicitás: a függvény nem periodikus.

c F Ü G G V É N Y E K )LogaritmusfüggvényAz alapfüggvény alakja

x logaJC; ahol a\ x > 0 és a * 1.Grafikonjuk

JellemzésÉrtelmezési tartomány: R Értékkészlet: R .Szélsőérték:- maximuma nincs.- minimuma nincs.Zérushely: x = 1.Monotonitás:- szigorúan monoton csökken, ha 0 < a < 1- szigorúan monoton nő, ha 1 < a.Paritás: a függvény nem páros és nem páratlan. Periodicitás: a függvény nem periodikus.

c F Ü G G V É N Y E K DTrigonometrikus függvények

S/inuszfüggvényx i-» sinx

(irafikonja

Jellemzésértelmezési tartomány: M. értékkészlet: [-1 ; 1],Szélsőérték:

maximuma van,7T

helye: x — — + 2kit, fceZ ,

értéke: y = 1. minimuma van,

3jthelye: x = — + 2 l n , l e Z ,

értéke: y = -1 ./.érushely: x = mii, m e Z.Monotonitás:

n _ 3ít _ ™szigorúan monoton csökken, ha — + 2nn < x < — + I n n , n e /L

7t Kszigorúan monoton nő, ha + 2p7C < x < — + 2pn, p e Z .

Paritás: a függvény páratlan.Periodicitás: a függvény periodikus, periódusa 2%.

(Hz)

c F Ü G E V É N Y E K JK oszinuszfüggvény

x i—> cos xGrafikonja

JellemzésÉrtelmezési tartomány: R.Értékkészlet: [-1 ; 1].Szélsőérték:- maximuma van:

helye: jc = 2kn, k e Z , értéke: y = 1.

- minimuma van:helye: x = 7C + 2/ji, / e Z, értéke: y = - 1.

7TZérushely: x = — + m x , m e Z.

Monotonitás:- szigorúan monoton csökken, ha 2nn < x <K + 2 Ml, n e Z- szigorúan monoton nő, ha 71 + 2pn < x < 2 n + 2pn, p e l , . Paritás: a függvény páros.Periodicitás: a függvény periodikus, periódusa 2n.

c F Ü G G V É N Y E K

lungensfüggvény

x i-» tg x , ahol x & — + 2qn q e

Grafikonja

Jellemzés

írtelmezési tartomány: R \ jx ^ + qn, q e

I rtckkészlet: R.S/.élsőérték:

maximuma nincs, minimuma nincs.

/érushely: x = mn, m e Z.Monotonitás: azigorúan monoton nő, ha

TC 7t- — + p7Z < x < — + p n , p e Z.

Paritás: a függvény páratlan.Periodicitás: a függvény periodikus, periódusa 7t.

c F Ü G G V É N Y E K ' )

3.1.4. Függvénytranszformáció

Az egyes függvénytípusokhoz tartozó függvényeken bizonyos fajta átalakító sokat végezve a típus nem változik meg.A változtatás kétféle lehet:1. Függvényérték változtatás2. Változó változtatásMinkét esetben három lehetőség van:a) Konstans hozzáadásb) Előjelváltásc) Nemnegativ számmal való szorzás

Függvényérték tr. Változó tr.f ( x ) + c A grafikon az y tengely

mentén |c| egységgel elmoz­dul, ha c > 0, akkor felfelé, ha c < 0, akkor lefelé.

f i x + c) A grafikon az x tengelymentén |c| egységgel elmoz dúl, ha c > 0, akkor balra, h.i c < 0, akkor jobbra.

- f i x ) A grafikon az x tengelyre tükröződik.

f ( - x ) A grafikon az y tengelyre tükröződik.

a - f ( x ) A grafikon a z y tengellyel párhuzamosan a-szorosára megnyúlik. Ha a > 1, akkor nyúlik, ha 0 < a < 1, akkor zsugorodik.

f ( a - x ) A grafikon az x tengellyel

párhuzamosan --szorosán) a

megnyúlik. Ha a > 1, akkor zsugorodik, ha 0 < a < 1, akkor nyúlik.

G Példáka)

f { x ) = ~(2x - 6)2 + 4 = - 4 0 - 3)2 + 4

Transzformációk- -4 -gyel való szorzás: tükrözi az x tengelyre és 4-szeresre nyújt az y tengely

mentén,- - 3 : az x tengely mentén jobbra (pozitív irányba) mozgat 3 egységgel;- +4: a z y tengely mentén felfelé (pozitív irányba) mozgat 4 egységgel;

Gzs)

c F Ü G G V É N Y E K 3Mivel a négyzetes tag együtthatója negatív, a függvénynek maximuma van.I átható, hogy a 2 kiemelése után olvasható le egyszerűen a vízszintes eltolás mértéke. Az elmozdulások alapján csúcspontja a (-3 ; 4) pont, így maximumá­nak helye x - - 3 , és értéke y = 4.

b)

g (*) = —s/4 jc +12 + 1 = —2 4x + 3 + 1.

Transzformációk2-es szorzás: tükrözi az * tengelyre és kétszeresre nyújt az y tengely mentén;

- +3: az x tengely mentén mozgat balra (negatív irányba) 3 egységgel;+ 1: az_y tengely mentén mozgat felfelé (pozitív irányba) 1 egységgel;

In is érdemes volt az x együtthatóját kiemelni. Mivel negatív számmal van szo- m/va a függvényérték, a függvénynek maximuma van. A maximumhelye » -3 , -értéke}' = - 5 .

Gz:)

c F U G G V E N Y E K

e)

h(x) = 3sin(2x + n) +1 =3sin f K ' H ----V 2 yj

+1.

Transzformációk- 3-mal való szorzás: az y tengely mentén nyújt 3-szorosra;- 2-vel való szorzás: az x tengely mentén zsugorít a felére;

71 71- + —: az * tengely mentén mozgat balra (negatív irányba) —-vei;

2 2- + 1: az y tengely mentén mozgat felfelé (pozitív irányba) 1-gyel.Látható, hogy a változó transzformációnál az eltolás mértékét a szorzóténye/o kiemelése után tudjuk leolvasni egyszerűen. Az x tengely menti zsugorítás mi att a periódus 71.

y11

S □ R D Z A T D K D1.2. SOROZATOK

Mi csak számsorozatokkal fogunk foglalkozni.Ma egyszerűen akarunk fogalmazni, akkor a számsorozat végtelen sok szám egymás után írva, melyek közt van első és mindegyikről meg lehet mondani, liogy hanyadik.

A matematika nyelvén:Definíció: a számsorozat a pozitív egész számokon értelmezett valósértékű liiggvény.A sorozat jele (an) .A neve lehet más betű is.A/ n-edik elem általános tag jele an, ahol n = 1; 2; 3; ....

1.2.1. Sorozatok megadásaKét fő megadási lehetőség van.A/ egyiknél azt használjuk ki, hogy a sorozat elemei számíthatók az alapján, hogy ők hányadikak a sorozatban. Többféle jelöléssel is megadhatjuk az ösz- v e függést:a) függvény jelöléssel

f : n i->n1 +n

, n e Z * ;

!>) általános tagjával

Ia ., = ■

«(«. + !), n e Z + .

0

1 , n e Z +./j(rc + l)

v /

I / a sorozat tagjainak explicit alakban való megadása.

Cl z D

c 5 D R O Z A T D K jA másik megadásnál azt használjuk fel, hogy az elem az őt megelőző elemek bői meghatározható. Ez a sorozat elemeinek rekurzív alakban való megadása, ilyenkor meg kell adni a sorozat első néhány elemét, melyekből a többi mai számítható.Például

a, = 1, a2 = 2 és anH = 3an - 4a n_, , n e N ,n > 2.

Ennek a sorozatnak első néhány tagja:

1; 2; 2; -2 ; -14; -34 ; ...

Az egyik legnevezetesebb ilyen sorozat a Fibonacci-sorozat:

/ , = 1;/ 2 = 1;/„ +l = /„ + /„ - . N N , n > 2 )

A harmadik tagtól kezdve minden tag az őt megelőző két tag összege.Vannak sorozatok, melyeket mindkét módon meg lehet adni. Például a Fibonacci-sorozat elemeinek explicit alakja

l + >/5 1-V 5

3.2.2. Sorozatok jellemzéseMivel a sorozat speciális függvény, hasonló szempontok alapján lehet jelle mezni, mint a függvényeket. Három fő jellemzési szempontot szoktunk has/ nálni.

KorlátosságEgy sorozat korlátosság szerint négyféle lehet.

DefinícióEgy (an) sorozat felülről korlátos, ha van olyan valós szám melynél a sorozai egyik tagja sem nagyobb. Ez a szám a sorozat egy felső korlátja. Van olyan A, hogy bármely n esetén, an < K.

Például az an = - 2 " egyik felső korlátja a - 2 .

c S O R O Z A T O K

Definícióí gy ( a j sorozat alulról korlátos, ha van olyan valós szám, melynél a sorozat egyik tagja sem kisebb. Ez a szám a sorozat egy alsó korlátja. Van olyan k, hogy bármely n esetén, an > k.

I’éldául az an = n 2 egyik alsó korlátja az 1.

Definícióíg y ( a j sorozat korlátos, ha felülről és alulról is korlátos. Van o ly a n t , hogy

bármely n esetén, |an | < K .

Például az öb = ^ - egyik felső korlátja az 1, egyik alsó korlátja a 0.

I ’gyébként a sorozat sem felülről, sem alulról nem korlátos.Például az an — (-2 )" sorozat.

MonotonitásDefinícióÚgy ( a j sorozat monoton növő, ha bármely pozitív egész //-re an < an+r Ha az egyenlőség nem megengedett, akkor szigorúan monoton növő.

DefinícióEgy ( a j sorozat monoton csökkenő, ha bármely pozitív egész n-re an > an+1.I la az egyenlőség nem megengedett, akkor szigorúan monoton csökkenő.

KonvergenciaDefinícióEgy ( a j konvergens és határértéke egy h szám, ha h bármilyen kicsi környe­zetén kívül a sorozatnak csak véges sok eleme van.Konvergens sorozat tetszőlegesen közel kerül határértékéhez.Jele

(fl„) n~*” >h (an tart h-hoz, ha n tart a végtelenbe);

lim an = h (limesz n tart végtelenhez a egyenlő h).

( T v s )

c S O R O Z A T O K

Azokat a sorozatokat, melyeknek nincs határértéke, divergensnek nevezzük.

Például lim —= 0 ; Iimg" = 0 , ha U < 1 ; q=\ esetén: limí?', = l ,n —*oo ^ n — n —*oo

és egyébként divergens.

Végtelenbe tartó sorozatokA divergens sorozatok között fontos külön említeni azokat, melyek minden ha­táron túl nőnek, illetve csökkennek.

DefinícióEgy (a„) sorozata végtelenhez tart, ha bármilyen K számhoz van olyan n0 szám, hogy ha n > n0, akkor an > K.

Jelölése: an —>°o vagy lim as = .n—*oo

Például: lim q" = 00, ha q > \ .n-*°°

DefinícióEgy ( a j sorozata -°°-hez tart, ha bármilyen L számhoz van olyan n0 szám, hogy ha n > n0, akkor an < L.

Jelölése: an —> -0 0 vagy lim an = .n—*°°

Például: lim ( - / r ) = -°°.

Műveletek konvergens sorozatokkal

Adott két konvergens sorozat ( a j és (A J , határértékeik legyenek rendre a ésb. Ekkor igaz, hogy

a) az (an+bn) sorozat is konvergens és határértéke a + b;

b) az (anb j sorozat is konvergens és határértéke ab;

c)

GzD

sorozat is konvergens és határértéke —, amennyiben (bn) egyetlenb

b':>tagja sem 0 és b ^ 0.

S O R O Z A T O K

d) -Ja~ sorozat is konvergens, és határértéke \ [ a , amennyiben (an) egyetlen tagja sem negatív és a > 0.

Q Példáka)

Határozza meg az [ — ) sorozat határértékét![ 5 n - l J

MegoldásA sorozat határértéke:

3 + 2

lim +-- - Iim -----t = ~ ’ mivel hm —=0 és lim —=0.íi-4* 5n — 1 ^ I 5 fi

b)

Határozza meg a

Megoldás

sorozat határértékét!

,, 3 - -3n —4 „h m = lim . = 3,

V«2 + 2 L 2_Y n2

4 I 2~mivel lim —= 0 és lim J l + — = 1.

n— fi n-+°° V

3.2.3. Szám tani sorozat DefinícióA számtani sorozat olyan számsorozat, amelyben a második tagtól kezdve bár­melyik tag és a közvetlenül előtte álló különbsége állandó.Ezt az állandót d-ve 1 jelöljük és neve differencia.Tehát

an - a„_, = í/ , ahol n g N és n > 2 .

Cl z z )

O R Ű Z A T Q K 3Néhány egyszerű tulajdonság:Ha d > 0, akkor a sorozat szigorúan monoton növő.Ha d - 0, akkor a sorozat állandó.Ha d < 0, akkor a sorozat szigorúan monoton csökkenő.Számtani sorozatban bármely három egymás után álló tag közül a középső a két szélsőnek a számtani közepe.

Ez az összefüggés általánosan is igaz: bármely elem a tőle szimmetrikusan el­helyezkedő tagoknak a számtani közepe.

Tétel: egy számtani sorozat bármely eleme kiszámítható a következő módon

an = a, + ( n - \ ) d , n e Z+.BizonyításTeljes indukcióval.a) n = 1 esetén a, = a, + (1 — 1) d. A tétel igaz.b) Indukciós feltevésTegyük fel, hogy az állítás igaz n = k esetén, azaz ak = a, + {k~ \ )d .c) n = k + 1 eseténTudjuk, hogy ak+l = ak + d. Innen adódik az indukciós feltevés felhasználása val, hogy

an = ak+i =ak +d = « ,+ (/: — l)d +d =ai +kd —a { +(n — l)d .

Tehát a tétel igaz.

Tétel: Számtani sorozatban

ahol Sn az első n tag összege, azaz

Sn = a, + d2 + ... + <xn, n e Z +

a, an-\+an+i ahol n e N és rc > 2 .2

c S O R G Z A T O K )Bizonyításírjuk fel az első n elem összegét az első elem és a differencia, majd fordított sorrendben az /i-edik elem és a differencia segítségével.

Sn = íZj + ű| 4- d 4-... + ű | + (n — 1 )d ;

Sn = an +a1- d + . . .+an - ( n - l ) d .

Adjuk össze a két egyenletet. Mivel a d-1 tartalmazó tagok páronként egymás ellentettjei, így ezek kiesnek.

2-S„ = a , +an + ...+ Ű , +an =tt(íJ, 4 -a J .

így_ (q,+Q„)n

2

Ezzel a tételt bebizonyítottuk.

Q Példáka) Az ( a j számtani sorozat tagjai között az alábbi összefüggések állnak fenn: as + a6 + a7 = 72 és a i0 + au + a l2 = 87.Határozza meg a sorozat első tagját!MegoldásTúl sok az ismeretlen a két egyenlethez. Ezért két ismeretlennel kellene kife­jezni az összes ismeretlent. Erre kézenfekvően adódik a, és d. Ezekkel a követ­kező egyenletrendszert kapjuk,

üj + 4d 4" a | 4- 5d 4" a [ 4- 6d — 72

j| ü| 4- 9d 4- ci| 4-10d 4- ű j 4-11 d — 87

3ű| 4-15d = 7 2

3a, 4 -3 0 J - 8 7

Az első egyenletet szorozzuk meg 2-vel.

; 6a, 4- 30í/ =144

f 3a, 4- 30d = 87

Vonjuk ki az első egyenletből a másodikat.

c S O R O Z A T O K )3a, = 57

a, = 19 Tehát az első elem a 19.b)

Egy számtani sorozat első három tagjának összege 30-cal kisebb, mint a követ­kező három tag összege. Az első hat tag összege 60. Melyik ez a sorozat? Megoldás Azt tudjuk, hogy

a, + a2 + a 3 + 30 = a 4 + aj + a6

a, + a 2 + a 3 + a 4 + a 5 + a 6 = 60

Ismét a ,-gyei és d-vel felírva az egyenletrendszert kapjuk,

a ,+ a , + d + a, + 2d + 30 = a, + 3 d + a , + 4 d + a , + 5d

a, + a , + d + a, + 2d + a , + 3d + a, + 4d + a , + 5d = 60

3 a, + 3d + 30 = 3a, +12d

6a, + 15d =60

30 = 9d 2a, + 5d — 20

Az első egyenlet alapján d = - ^ . Ezt a másodikba helyettesítve kapjuk, hogy

2a, + — = 203

10 5 ö| " 6 “ 3

Tehát az első elem —, a differencia — .3 3

S O R O Z A T O K )3.2.4. Mértani sorozat

DefinícióA mértani sorozat olyan számsorozat, amelyben a második tagtól kezdve bár­melyik tag a közvetlenül előtte álló elemnek ugyanannyiszorosa (^-szorosa).A q a mértani sorozatra jellemző állandó szorzótényező, neve kvóciens.

Tehát an - a n_x q , ahol n e Z és n > 2.

Néhány egyszerű tulajdonság:Ha a, = 0, akkor a sorozat minden tagja 0.Ha q = 0 és a, * 0, akkor a második elemtől kezdve minden elem 0.Ha q - 1, akkor a sorozat minden tagja egyenlő.Ha a, * 0 és q pozitív, akkor a sorozat minden tagja azonos előjelű; ha a q ne­gatív, akkor a tagok váltakozó előjelűek.Ha a1 > 0, akkor 1 < q esetén a sorozat szigorúan monoton növő, 0 < q < 1 ese­tében viszont szigorúan monoton csökkenő. Ha < 0, akkor éppen fordítva.

Q Példáka)

a, = 2 és q =3

«, = 2 és q - -3

2 ;-6 ; 18; -54 ;

c)

o ' 1 a. = 2 es q = —' 2

2; 6; 18; 54; ...

b)

S O R O Z A T O K

d)

1a, = -2 es q — —

Tétel: mértani sorozatban bármely elem meghatározható a következő módon

an = , n e Z + .Bizonyítás Teljes indukcióval.a) ti = 1 esetén ax = a,*?1”1. Az tétel igaz.b) Indukciós feltevésTegyük fel, hogy az állítás igaz n = k esetén, azaz ak = axqk- \c) n - k + 1 eseténTudjuk, hogy = akq. Innen adódik az indukciós feltevés felhasználásával, hogy

a„=ak+l=akq = ( a lqk~1) q = a iq k .

Tehát a tétel igaz.

Tétel: mértani sorozatbann _j

= a\----- --» ha q 1, n e Z +.q - 1

Sn itt is az első n tag összege.Ha <7 = 1, akkor Sn = n - a v BizonyításHa q - 1, akkor minden tag egyforma, tehát Sn - t r a vHa q & 1 (q ^ 0), akkor írjuk fel az első n tag összegét, majd szorozzuk mermindkét oldalt ij-val.

GÉDl

c S D R D Z A T O K 3Sn = al +al q + ... + a } q n~i ;

S „ q = a l q + a i q 2 + . . . +a l q n.

Vonjuk ki a második egyenletből az elsőt.

s n < l - s n = a \ Q n - a n

(,q - \ ) S n = a {(qn- \ ),

Meg kell még vizsgálnunk a bizonyítás során kizárt esetet.I la q = 0, akkor a második elemtől kezdve minden elem 0, így Sn = ay Tehát a formula ebben az esetben is helyes.I ízzel a tételt bebizonyítottuk.

Pozitív számokból álló mértani sorozatban bármely három egymás után álló tag közül a középső a két szélsőnek a mértani közepe. Azaz

Az állítás általánosan is igaz: a pozitív számokból álló mértani sorozatban bár­mely tag a tőle szimmetrikusan elhelyezkedőknek a mértani közepe.O Példák n)ügy mértani sorozat harmadik tagja 6, hetedik tagja pedig 54. Határozza meg uz első 10 tag összegét!Megoldás

Mivel4íi7 — a3q ,

4 ° 7V = — •a

c S O R O Z A T O K DTehát

Határozzuk meg az első elemet!

így

3.2.5. Kamatoskamat-számítás

Ha valamely A0 érték évente p eM * százalékkal növekszik, akkor a meg növekedett érték az n-edik év végén

értékre csökken.Az ilyen típusú számításokat nevezzük kamatoskamat-számítási feladatoknak Persze a változás üteme nem csak éves lehet, hanem napi, havi stb. is.Az összefüggésben négy adat szerepel. Ezek mindegyike lehet feladat kérdése Mind a négy típusra hozunk egy-egy példát.

lesz.

Minden év végén a meglévő összeget az í 1 + kamattényezővel kell szó rozni. \ >00,Évente q %-os csökkenés esetén pedig az Aa az H-edik év végére azrozni.

S O R O Z A T O K )0 Példákii) Ha a mobilfelhasználók száma évente 20%-kal nő, akkor hány év alatt dup­lázódik meg?Megoldástudjuk, ha most A0 felhasználó van, akkor n év múlva lesz 2 A0.1 e hát

A negyedik évben duplázódik meg.

I)) Ha 500 ezer forintot teszünk a bankba évi 6%-os kamatra, akkor 10 év múl­va mennyi lesz a megtakarításunk?Megoldás

tehát közel 900 ezer forintunk lesz 10 év múlva a bankban.

i | Mennyi pénzt kell betennünk a bankba, ha 2 millió forintot szeretnénk 20 év múlva és az éves kamat 4%?

I«y

lg O lg 6 - lg 5

10 =895424.

c S O R O Z A T O K 3MegoldásTudjuk, hogy

20

Innen

Tehát körülbelül 913 ezer forintot kell betennünk.

d) Egy fertőző betegségben szenvedők száma 10 év alatt megduplázódoti Hány százalékos az éves növekedés?

MegoldásTudjuk, hogy

jC = (1 2 - 1 ) 1 0 0 = 7.18.

Az éves növekedés körülbelül 7,2 %-os.

3.2.6. G yűjtő járadck számításTegyük fel, hogy minden év elején ugyanakkora (A0) értéket teszünk be a bank ba, ez pedig évente p%-kal kamatozik.Az n-edik év végére a bankban lévő pénz mennyisége

Innen

c S D R D Z A T D K DBizonyításAz /i-edik év végére /i-szer helyeztük el az A0 összeget. Az első «-szer, és min­den következő befizetett összeg eggyel kevesebbszer kamatozik. így az utolsó befizetés csak egyszer. Ezek összege

A) 1 + J l V a / i + J L100

+ ...+ A J 1 + p100

V

Ez egy mértani sorozat első n elemének összege, amit az ismert módon úgy is számíthatunk, hogy

4 ,= A, 1 + -100

V1 +

100„1

p100

Ezzel az állítást bebizonyítottuk.

0 PéldaAz előrelátó Glázser Bozsó fia születésétől kezdve minden évben 50 000 ezer forintot helyez el a bankban 6%-os kamatra. Mekkora összeggel tudja meglep­ni fiát a 18-adik születésnapján?Megoldás1 ibben az esetben A0= 50000,p = 6, n= 18. így

/lls =50000 1 +100

100

/ 6100

A/ ajándék 1 millió 638 ezer forint lesz.

c S O R O Z A T O K )3.2.7. Törlesztőrészlet szám ításaTegyük fel, hogy egy A0 nagyságú, p %-os kamatozású kölcsönt kell visszafi­zetnünk n év alatt úgy, hogy minden évben A összeget fizetünk vissza. Ilyen kor az A törlesztő részlet nagysága

A)A=-

1 + -100

P100

1+ -

100-1

BizonyításGondolkozhatunk hasonlóan, mint a gyűjtőjáradéknál. Itt minden évben A{[ összeget fizetünk be p %-os kamatozással úgy, hogy az utolsó befizetés mái nem kamatozik, mivel azzal megszűnik a tartozásunk. Az n-edik év végére a befizetéseknek egyenlőnek kell lenniük a kölcsön n év alatt p %-os kamatozás sál megnőtt értékével. Tehát

A) 1 + - A + A 1 +vn-l

+ . . .+A 1 + '100

AJ i + ~ ~

1 100= A

f l +— 1 100 J

n

-1

bInnen

A)A - -

1 + -100

p100

\ n1+ -

100-1

Ezzel az állítást bebizonyítottuk.Q PéldaGlázser Bozsö fia 25 évesen lakást akar venni és kénytelen felvenni 10 mii lm forintos kölcsönt, 20 évre évi 5%-os kamattal. Mekkora lesz az éves törlés/lo részlet?

S O R O Z A T O K

Megoldás

A =

Íívente 802 426 forintot kell törlesztenie.

1 la havonta kell törlesztenie és havonta — %-os kamattal számolunk, akkor a12

befizetések száma 20-12, és így a havi törlesztőrészlet

n/az 66 ezer forint.

1.2.8. Végtelen mértani sor

Végtelen sorokA végtelen sok tagból álló összeget végtelen sornak nevezzük.

u\ +ai + --- + íln +•••

A végtelen sor első n tagjából álló összeget (sn) részletösszegnek, an-t pedig a iitr általános tagjának nevezzük.

*1 = 0 ,;

=al + a 2 + ... + an.

A végtelen sor összegén a részletösszegek sorozatának határértékét értjük, iimennyiben az konvergens. Ekkor a sort is konvergensnek nevezzük.Hu a részletösszegek sorozata nem konvergens, akkor a végtelen sornak nem Irlezik összege.

S O R O Z A T O K

Végtelen m értani sorokÁltalános alakjuk

a + aq + aq~ + .. .+ aqn +..,

Az «-edik részletösszeg

sn = a, + a2 +... + an = a

Ezen utolsó alakról látható, hogy a részletösszegek sorozata akkor és csakis ak

kor konvergens, ha qn konvergens, azaz |<y| < 1. Ekkor a második tag határéra- ke 0, így

Tehát egy végtelen mértani sor akkor és csakis akkor konvergens, ha hányadú sának abszolút értéke kisebb, mint 1, ekkor összege

2 a s = a +aq +aq +... = ------.l - q

Q Példáka) Határozzuk meg az

összeget.

Megoldás

1 1 -Ez egy olyan végtelen mértani sor, melyben a = — és a = — . így az összeg2 2

2

S O R D Z A T O K 3b) írjuk fel a 0,235 számot közönséges tört alakbanMegoldásMivel

• ' 235 235 2350,235 —--------1--------— + . . .H---------- 1-...

1000 1000: 1000"

235felfogható olyan végtelen mértani sorként, melyben a = és

I<7 = ------ •1000

c A N A L Í Z I S 33.3. ANALÍZIS

3.3.1. Függvények határértéke

KörnyezetEgy x0 valós szám egy környezetén értünk egy olyan nyitott intervallumot, melynek eleme x0. Ez lehet szimmetrikus és nem szimmetrikus. Szimmetrikus környezet például az ]x0 - e\ x0 + e[ intervallum, melyet az x0 £ sugarú kör­nyezetének nevezünk.

FeladatVizsgáljuk meg a következő függvényt azon pontok környezetében, ahol nem értelmezett:

x2 - 6x + 9 . .Xl-»--- ------ , X*-3;3.

x -9

Azon a helyeken, ahol a függvény nem értelmezett, biztosan megszakad a függvény grafikonja. A kérdés, hogy hogyan viselkedik a függvény, ha egyre közelebb megyünk a szakadási helyekhez, hax közelít -3-hoz, illetve 3-hoz? Alakítsuk át a hozzárendelési szabályt megadó kifejezést:

x2- 6x + 9 _ (x-3)2 _ x - 3 _j 6 x 3 x2-9 (x-3)(x + 3) x+3 x + 3 ’

Ez az új alak már 0 értéket vesz fel a 3 helyen, de -3-nál ez sem értelmezett. A két kifejezés által felvett értékek e két kritikus hely kivételével megegyeznek Ezek szerint a 3-hoz közeledve a függvényértékek a O-hoz közelítenek. A -3- hoz közeledve viszont a számláló egy - 6 körüli szám, a nevező pedig egyre job ban közelít O-hoz. Ezáltal a hányados értéke a oo-be illetve a -oo-be „növek szik”, attól függően, hogy balról vagy jobbról közelítünk - 3-hoz. A függvény

1az — függvény transzformáltja.

x

c A N A L Í Z I S J

Végesben vett véges határérték

DefinícióI jegyen az / függvény az x0 pont valamely környezetében értelmezve, kivéve ebből esetleg az x0 pontot. A z/függvénynek az x0 helyen létezik határértéke és iiz A, ha bármely olyan (xn) sorozat esetén, melynek minden tagja eleme a z / értelmezési tartományának és xn —» x 0, (x n * x0) akkor/(* „ ) —> A.I la x n tart x0-hoz, akkor f ( x j tart A-hoz.

Jelölése lehet még: lim /(.* )= A .

I la bármely olyan (x„) sorozat esetén, a sorozat minden tagja eleme az/ értel­mezési tartományának és x n —» x0, akkor azt úgy is írhatjuk, hogy x —> x0.

0 PéldaA feladatban említett függvénynek van véges határértéke a 3 helyen, mégpedig nO.

í gy nevezetes határérték:,, sinx ,l im --------= 1*-»0

Végesben vett végtelen határérték

Definíció1 egyen az / függvény az x0 pont valamely környezetében értelmezve, kivéve ebből esetleg az x0 pontot. Az/függvénynek az x0 helyen létezik határértéke és a/ a °o (illetve a -<»), ha bármely olyan (xn) sorozat esetén, melynek minden la^ja eleme az / értelmezési tartományának és x n —> x0, (xn ^ x0), akkor

/'(*„) -> “ (illetve/(x„) - > - » ) .

c A N A L Í Z I S 3Ha x n tart x0-hoz, akkor f ( x n) tart a végtelenbe (illetve a -°°-be)-hoz.

Jelölése lehet még: lim f ( x ) = °° .

Ha például az első definícióban azt is kikötjük, hogy x n < x0, akkor bal oldali határértékről, ha x n > x 0, akkor jobb oldali határértékről beszélünk.Egy függvénynek létezik egy x 0 helyen határértéke akkor és csakis akkor, ha mindkét oldali határértéke létezik és az egyenlő.

A feladatban szereplő függvénynek -3-ban a bal oldali határértéke és jobb oldali határértéke -oo.

Végtelenben vett véges határérték

DefinícióLegyen az/függvény egy [a; °°[ félegyenesen értelmezve. Az/függvénynek ;i oo-ben vett határértéke A, ha minden x n sorozat esetén, ha (xn) —> akkor /(* „ ) -> A.

Ahogy a változó értékét egyre jobban növeljük, a függvényértékek az A egyre kisebb sugarú környezetébe kerülnek.Ezt úgy is mondhatjuk, hogy az/függvény a végtelenben A -hoz konvergál.

PL: lim(l + —)J: = e *-*“ x

Az előzőek alapján meg lehet fogalmazni a következő definíciókat is:a)/határértéke - oo-ben A;b)/határértéke oo-ben oo;c)/határértéke oo-ben -oo;d)/határértéke -oo-ben oo;e)/határértéke - oo-ben -oo;

Az utóbbiak a végtelenben vett végtelen határértékre vonatkozó definíciók

A N A L Í Z I S

3.3.2. Függvény folytonossága

l'ontban való folytonosság DefinícióKgy/függvény egy x 0 pontban folytonos, ha az x 0 helyen van határértéke, és iiz/ ( x 0)-lal egyenlő.

Azaz: legyen az /függvény az x0 pont valamely környezetében értelmezve. Az/függvény az x0 helyen folytonos, ha az x -» x0, akkor f ( x ) —> f ( x 0).

Intervallumon való folytonosság Definíciól 'gy/függvény egy I intervallumon folytonos, ha a z /a z / intervallum min­den pontjában folytonos.Ha ez az intervallum a függvény értelmezési tartománya, akkor azt mondjuk, hogy a függvény folytonos.

Példáulfolytonos függvény:

polinom függvények; gyökfüggvény;

- exponenciális függvény;• szinuszfüggvény.

Nem folytonos függvény: reciprok függvény (0-ban van szakadása); egészrész függvény (minden egész helyen van szakadása).

PéldákHatározza meg a következő határértékeket!

#)

. 4x2 - 7 ; c + 5 lim------------ —• 3 x - 2 x

G ü )

A N A L Í Z I S

Megoldás

Ax1- l x + 5hm------------ r—*-*• 2>x-2x

= - 2 .

xFelhasználtuk, hogy

lim —= 0.x

lim*~*° x - 5 MegoldásMivel a függvény folytonos 0-ban a határérték egyenlő a helyettesítési érték kel:

x2 +3 3hm --------= — .

x - 5 5

c|

sin3x hm -------*->0 xMegoldás

sin3x 3sin3x . . . sin3x _ hm --------= lim ---------- = 3 lim --------=3.x->° x x->o 2x *->0 3x

sin xFelhasználtuk, hogy lim------= 1 .

x

Megoldás

tg5x sin5* I x cos7x 5 5hm —— = hm ---------------------------------- .*-*° tg 7* 5* sin I x cos5x 7 7

3.3.3. Differencia- és differenciálhányados

Differenciahányados

Tudjuk, hogy a lineáris függvény esetén a meredekség ( m - — ) növekedésA X

mértékét fejezi ki. Ezt a típusú hányadost más függvények esetén is előállíthat­juk két pontja segítségével.

DefinícióHa egy /függvény értelmezve van xü egy ]a\ b[ környezetében, akkor a

„ f ( x ) - f ( x o)it(x) = ----------------- , x € ]a; o[ es x £ x n,

x ~ x 0

tliggvényt az / függvény x0-hoz tartozó differenciahányadosának nevezzük.

\iz a függvény minden x helyen az (x ;/(x )) és az (x0; / ( x 0)) pontok által meg­határozott egyenes meredeksége.

Differenciálhányados

DefinícióAz/ függvény x0-hoz tartozó differenciahányadosának jc0-ban vett határértékét, mnennyiben az létezik és véges, a függvény x 0 helyen vett differenciálhánya­dosának (deriváltjának) nevezzük.

Jele: f \ x 0), ~

f ( x ) - f ( x 0)hm-------------- 2- = / (x0).••+*> x - x 0

(Hz)

A N A L Í Z I S

Ha egy függvénynek egy helyen van deriváltja, akkor azt mondjuk, hogy ;i függvény az adott helyen deriválható, differenciálható.H a/ függvény az jc0 helyen deriválható, akkor grafikonjának az (x0; /(* „ )) pontban van érintője, és f ' ( x 0) ezen érintő meredeksége. így az érintő egyenlety = f ' ( x 0) ( x - x 0) + /(* 0) •

Ha az/függvény az ]a\ b[ intervallum minden pontjában deriválható, akkor a/t mondjuk, hogy/ az ]a; 6[ intervallumon deriválható, differenciálható. Ha a/ ]a; b[ intervallum minden x eleméhez hozzárendeljük az adott pontbeli diffe renciálhányados értéket, akkor kapjuk a differenciálhányados-függvény 1, deriváltfüggvényt (az/ deriváltját az adott intervallumon).

Ha az/ függvény értelmezési tartománya egy nyitott intervallum vagy nyitón intervallumok uniója és ezen/ az értelmezési tartományának minden pontjában deriválható, akkor /deriválható függvény.

A -fA deriváltfüggvény jele: / ' , — .

dv

3.3.4. A deriválásról

Deriválási szabályok

1. Konstansszoros függvényHa/ függvény deriválható x0 helyen, akkor c • / függvény is deriválható és de riváltja:( c •/(*<>))'= c /'(•*<>)•

2. ÖsszegfüggvényH a /é s g függvények deriválhatóak x 0 helyen, akkor az f + g függvény is az, és deriváltja:( f ( x 0) + g ( x 0) ) ' = f ' ( x 0) + g '(*0)

3. SzorzatfüggvényH a /és g függvények deriválhatóak x0 helyen, akkor a z /- g függvény is, és de­riváltja:(/X*o) •#(*<)))' = / '( * o ) ‘g(*o) + / '( * o ) -g'(*o)-

4. Függvények hányadosafH a /é s g függvények deriválhatóak x0 helyen, akkor az — függvény is, és de-P

riváltja:

( A N A L Í Z I S )

/(* „ )v 2(*o) j

f \ x 0) -g ( x 0) - f ( x 0) - g ' ( x j0))2

, ha g(x0) * 0 .

5. Összetett függvényHa g függvény deriválható jc0 helyen, és / deriválható a g (x 0) helyen, akkor

f o g függvény is az, és deriváltja:

(/ ° S)'(*0) =(/(g(^o))), = / íg(*o)) 8 t*o> •

Néhány függvény deriváltjaa) Konstans függvény

\ z xh->c függvény deriváltja az x i-» 0 függvény.

Bizonyítás

|im / ( * ) - / ( * , ) = Um£ Z £ = | im 0 = o,' - ‘■'0 X - X 0 ‘ - ,Io X - X 0 *-**0

b) Lineáris függvény

Az xv-^ax + b függvény deriváltja az x h-> a függvény.

Bizonyítás

Hm / ( * ) ~ / ( * o ) = lim a x + b - ( a x 0+b) _

c A N A L Í Z I S 3c) Hatványfüggvény

Az xy-) x" függvény, ahol n egy 1-nél nagyobb pozitív egész szám, derivált

ja az x n ■ x n~' függvény.

Bizonyításn szerinti teljes indukcióval.1. Az n = 2-re

,im/w-/(yjUm =x — Xq ■'-**(> x - jc0

= lim(jr + x0) = 2 x 0, x * x 0.X Xq

Mivel minden valós x 0 esetén igaz, az i h í 2 függvény deriválható és

{x2)' = 2x (ez egy tömörebb jelölés).

Tehát az állítás igaz.2. Tegyük fel, hogy az állítás n - k-ra igaz, azaz

(xk)' = k x i ~\ .3. Vizsgáljuk n - A:+ 1-re az állítást.

(.ín), = (* í+1)7 - x ' - x k + jc ■ (x *) * =

= 1' x k + x - k - x k~' = {k + \ ) x k = n - x"^.

Felhasználtuk az indukciós feltevést és a b) pontot.Az állítás tehát igaz.

MegjegyzésEz a deriválási szabály igaz akkor is, ha n negatív egész vagy racionális tört Például

/ I V 2— = (x~2)' = - 2 - x~* = — j , ha x * Q \

kx J x- 1 -- 1

(yfx)' = ( x 2)' = —■ x 2 = — t=, ha jc>0.2 2sjx

( z d d )

A N A L Í Z I S

il) Szinuszfüggvény

Az x i-» sin x függvény deriváltja az x l-» cosx függvény,

c) Koszinuszfüggvény

Az x i-»cosx függvény deriváltja az xb-> -sinx függvény.

I) Tangensfüggvény

Az xh-»tgx függvény deriváltja az x h >— függvénycos~x

n) Kotangensfüggvény

f K yx ^ — + k K , k e Z .

2

Az xi-^ ctgx függvény deriváltja az x h ------ — függvény (x * m n , m e Z ) .sin x

Q PéldákDeriváljuk a következő függvényeket:■)

/ (x )= yfx -sin X .

Megoldás

f \ x ) = ( t f x ) ' s m x + i fx(sinx) ' - s'1fL l +ifx cosx.5vx4

b). . cosx

g ( x ) ~ — r t * * 0 -X

Megoldás

(cos x)' ■ x2 - cos x ■ (x 2) , - x 2sin x -2xcos xg \ x ) = -

( X 2 ) 2

c A N A L Í Z I S )c)

h(x) - sin(4x) , x>0.

Megoldás

h \ x ) = sin'(Vx) ( \ f x ) ' =2y]x

d)

f ( x ) = cos5 (*3 - 2x2) .

MegoldásEz egy többszörösen összetett függvény. Kívülről haladva: egy hatványfügg vény, trigonometrikus függvény és legbelül polinom függvény.

/ '( j t ) = 5cos4(jc3- 2 ; t 2)-( -s in (jt3-2.*:2)) i 3 x 2-4 x )

= -5 jt(3 ;t-4)sin(;c3-2 ;c 2)cos4( ;t3- 2 ; t 2) .

3.3.5. Deriválás alkalmazásai

Érintő egyenletének megadásaH a / függvény az x 0 helyen deriválható, akkor grafikonjának az (jt0; f ( x u)) pontban van érintője, és f ( x 0) ezen érintő meredeksége. így az érintő egyenlet

y = f \ x 0X x - x 0) + f ( x Q) .

PéldáulAdja meg az f { x ) = x 2 függvény grafikonjának érintőjét az jc0 = 3 helyen.

Megoldás

Mivel f \ x ) = 2 x , az f ' ( x 0) = / '(3 ) = 6 .

így az érintő egyenlete

y = 6(* + 3 )+ 9 , y = 6x - 9 .

(Ee Í )

c A N A L Í Z I S JFüggvényvizsgálat

I. Monotonitás1.egyen az/függvény az ]a\ b[ intervallum minden pontjában deriválható. Ha az intervallum minden x pontjában- / ' ( jc) > 0, akkor az/ az ]a; b[ intervallumon szigorúan monoton növő;

f \ x ) > 0, akkor az/ az ]a; b[ intervallumon monoton növő;- / '(jc) < 0, akkor a z /a z ]a\ b[ intervallumon szigorúan monoton csökkenő;- f ' ( x ) < 0, akkor a z /a z ]a; b[ intervallumon monoton csökkenő.

2. SzélsőértekLegyen az/ függvény az ]a\ 6[ intervallum minden pontjában deriválható. Ha az intervallum egy x 0 pontjában a deriváltja 0 és ott a deriváltfüggvény elője­let vált, akkor x 0 pontban az/ függvénynek lokális szélsőértéke van. Ha nega­tívból pozitivba vált a derivált függvény előjele (az/ szigorúan monoton csök­kenőből vált szigorúan monoton növőre), akkor lokális minimuma, ha pozitívból negatívba vált, akkor lokális maximuma van.

3. Konvexitás, konkávitásLegyen az /függvény egy [a; b\ intervallumon deriválható, és legyen az / ' függvény is deriválható ezen az intervallumon.Ha az [a\ b] intervallum minden pon tjában /"(x ) > 0, akkor az adott interval­lumon / függvény konvex.Ha az [a; b] intervallum minden pontjában f " ( x ) < 0, akkor az adott interval­lumon / függvény konkáv.

4. Inflexiós pontA függvénygörbe azon pontját, ahol konvexből konkávba vagy konkávból kon­vexbe megy át, inflexiós pontnak nevezzük. Itt a görbéhez húzott érintő bele- inetsz a görbébe.Legyen az / függvény egy [a; 6] intervallumon deriválható, és legyen az / ' függvény is deriválható ezen az intervallumon. Ha az intervallum egy x0 pont­jában f " ( x ) = 0, és itt a z / " függvény előjelet vált, akkor x 0 pontban a z /fü g g ­vénynek inflexiós pontja van.

d ° 3 >

c A N A L Í Z I S 3Példa

Végezze el az f ( x ) = x 3 - 6x2 +1 h: - 6 polinomfiiggvény vizsgálatát!

MegoldásDeriváljuk a függvényt és keressük meg a derivált zérushelyeit a monotonitás és a szélsőérték vizsgálatához.

f \ x ) = 3x2 — 12 jc + 11.

A zérushelyek:

f \ x ) = 3x2 - l 2 x + U ,

12±2>/3 ^ yfcx ., = ------------= 2± — .

1,2 6 3Mivel a görbe felfelé nyitott parabola, függvény.Állítsuk elő a második deriváltat is, és inflexiós pont vizsgálatához.

f \ x ) = 6 x - l 2 .

A zérushelye:x — 2.

Foglaljuk táblázatba az információinkat:

a zérushelyek között negatív a derivált­

keressük meg zérushelyeit az alak és a/

JC < 2 --------

3

VIjc = 2 --------

3

2 -------- < x < 2

3

x = 2VI

2 < jc < 2 + -----

3

jc = 2 + —

3

, ^2 + ------< x

3

/ ’+ 0 - - - 0 +

r - - - 0 + + +

/n ö v ő m a x . c s ö k k e n ő m i n . n ö v ő

k o n k á v i n f l e x . - c o n v e x

Lokális maximum értéke: / 2 - * '3

2 V3= 0,38.

c A N A L Í Z I S

Lokális minimum értéke: /

Inflexiós pont:/(2) = 0

' 2 + *3

- -0 ,3 8 .

Az ábrázolás után látható, hogy jellemzésünk jó.

3.3.6. Primitív függvény, határozatlan integrál

DefinícióLegyen / egy nyitott intervallumon értelmezett függvény. Ekkor azt a függ­vényt, melynek deriváltja az/függvény, az/ prim itív függvényének nevezzük.

Például az x 1—> 3x~ függvény deriváltja az x h-» 6x függvény, így az x 1—> 6*n 2 2függvény primitív függvénye az x •—» 3x függvény. Azonban az x h-» 3,r +8

függvény is primitív függvénye, hisz az ő deriváltja is az x 6* függvény.

Tételügy nyitott intervallumon értelmezett függvény bármely két primitív függvé­nye csak egy konstans tagban térhetnek el egymástól.

Tehát az x i-» 6x függvény összes primitív függvénye x i-> 3x2 + c alakú.

c A N A L Í Z I S )Határozatlan integrál DefinícióEgy/függvény összes primitív függvényének halmazát az/függvény határú zatlan integráljának nevezzük.

Jele: J / vagy J /(x )d x .

Ha/ függvény egy primitív függvénye F, akkor

f / (x )d x = F (x )+ c .

Fontos tudatosítani, hogy ez nem egy függvény, hanem egy függvényhalmaz.

Néhány függvény határozatlan integrálja:

a) J a d x = a x + c ;

r xn+lb) [x" dx = ------+ c , n e Z \{ - l } ;

J n + 1

c) isin xdx = -co s x + c ;

d) Jco sx d x = s in x + c ;

f) — 2—dx = - c tg x + c . J sin x

Szabályok:Ha f és g függvényeknek létezik határozatlan integrálja, akkor

Jc/(x)dx=cJ7(x)dx,J7 W + g Wdv = J /(* )d r + |g (x )d x .

(2 0 6)

c A N A L Í Z I S 33.3.7. Határozott integrál

(■őrbe alatti területLegyen/ egy [a; 6] intervallumon értelmezett folytonos függvény, melynek ér­tékei pozitívak. Ekkor annak a síkrésznek a területét, melyet a függvény grafi­konja, az x tengely és az a illetve b pontokban az y tengellyel húzott párhuza­mosok határolnak, görbe alatti területnek nevezzük.

Kétoldali közelítés módszereEzt a módszert a görbe alatti terület meghatározására használjuk.I .egyen f egy [a; b] intervallumon értelmezett folytonos függvény, melynek ér­tékei pozitívak. Osszuk fel az [a; b\ intervallumot az a = x 0\ x x\ . . . , x n = b pon­tokkal n részre. Ezt az intervallum egy felosztásának nevezzük. Tekintsük az egyik x ] intervallumot. Legyen mi az/függvény legnagyobb alsó korlát­ja (alsó határa) az intervallumon, és a legkisebb felső korlátja (felső hatá­ra). Rajzoljunk meg az összes [x._,; x(] szakasz fölé az mj magasságú téglala­pot. Ezek együtt alkotják a tartomány beírt sokszögét, mivel minden téglalap teljes egészében a tartományban van. Ha ugyanígy M j magasságú téglalapokat rajzolunk, akkor a kapott sokszög a tartomány körülírt sokszöge, mivel a tarto­mány a sokszögben van. A beírt sokszög területét J„-nel jelöljük, és alsó köze­lítő összegnek hívjuk. A körülírt sokszög területe Sn, felső közelítő összeg. Tizek az összegek:

n

s„ = m l(xi - x 0) + . . . + mn(xn - ) = £ m,.(x,. - xM ) ;1=1

n

S,, = M A - * o ) + --- + M n(*n -* » - ,) = •«=i

I la ezen osztópontokhoz újakat veszünk fel, akkor azt a beosztás finomításának nevezzük. A beosztás finomításával az alsó közelítő összegek nem csökkennek,ii felső közelítő összegek nem nőnek.Ha egyetlen olyan szám van, amely nem kisebb egyetlen alsó közelítő összeg­nél és nem nagyobb egyetlen felső közelítő összegnél, az / függvényt ezen az intervallumon integrálhatónak nevezzük, és ezt a számot az ezen az intervallu­mon vett határozott integráljának nevezzük.

(É £Z )

c A N A L Í Z I S )b b

Jele: J/C*)cbc vagy J / .a a

TételAz [a; Z?] zárt intervallumon értelmezett korlátos f függvény integrálhatóságá­nak szükséges és elégséges feltétele, hogy az intervallum tetszőleges, minden határon túl finomodó beosztássorzatához tartozó alsó és felső közelítő össze­gek sorozata ugyanahhoz a határértékhez tartson.

Ha/ egy [a\ b] intervallumon értelmezett folytonos függvény, melynek értékei

B PéldaLegyen f ( x ) = x2, és az [0; 1] intervallumon állítsunk elő alsó és felső közeli

b

pozitívak, akkor az y = f ( x ) görbe alatti terület egyenlő J / (x)dr -szel.

tő összeget. Legyen x0 = 0, Xj = —, x 2 = —, x, = ■

Jiy1

0,25 0,5 0,75 1 x

Ekkor minden intervallum — hosszúságú, tehát

c A N A L Í Z I S D1 r n 2 i '1 T 1 r 3 T- + - - + • - +4 4 , 2 J 4

S . = l ± l - U l - • —4- 4

( 3

1__ I4__ 7_ 4 ~ 6 4 ~ 3 2

1 30 15\ + 1 4 64 32 ‘

Finomítsuk a beosztást, felezzük meg az eddigi intervallumokat. így 8 interval­

lumot kapunk, melyek hossza - . Tehát8

= 02 - +18

í j \ 2 1 _ 35 8 ~~ 128

f i f i__L f i Y

8 ,4 J.1 + + i2. 1 = 1 L 8 8 128

Látható, hogy az alsó közelítő összeg nőtt, a felső pedig csökkent. Hogy mi a

határértékük, azt innen még nem lehet tudni, de bizonyítható, hogy i .

Ha/ egy [a\ b] intervallumon értelmezett folytonos függvény, melynek értékei b

negatívak, akkor az |/(x)dLc az y = f ( x ) görbe feletti terület ellentettje lesz.a

A tengely alatti területet negatív előjellel számítja.

IntegrálfüggvényDefinícióLegyen/integrálható az [a; b] intervallumon, és legyen [a; x] c [a; b] . Az/ ( * ) integrálfüggvénye az

x

F(jc) = j / ( 0 d/, ( a < x < b ).

A N A L Í Z I S DTételH a/(:v) folytonos [a; b] intervallumon, akkor az intervallum minden pontjában F{x) differenciálható, és

VF'(x) = \ j / ( í ) d f = / ( * ) .

Tehát/integrálfüggvénye F(x) egyben egy primitív függvénye is /n e k .

Newton-Leibniz-tételHa /integrálható az [a; ö] intervallumban és F az /-nek egy primitív függve nye, akkorb

\ f ( x ) d x = F ( b ) - F ( a ) .a

Az F ( b ) - F ( a ) különbséget az [^(jc)]* alakban is szokás írni,

Q Példák

x3

o ” 3 3 “ 3

la) J ;t2dc =

b) |s in x d t = [-cosx]^ = -c o s ;r + cosO = 1 + 1 = 2;0In

c) J s in jcdx = [—cos jc]2* = -co s2 ;r + cos7r = - l - l = - 2 .K

Látható, hogy görbe feletti terület, tehát negatív.

Integrálási tulajdonságoka) H a/integrálható [a; ö]-n, akkor c f is integrálható, ésb b

J c / ( x )d v = c |/ (x ) d x ;a ab)b a

J7 (x )d x = - j / ( X ) á c ;

c A N A L Í Z I S 3C)af / ( x ) d x = 0 ;

I ad) H a /é s g integrálható [a; £]-n, akkor/ ± g is integrálható, és b b b{ f i x ) ± g(x)dx = J / (x )d x ± J g (x )d x ;a a a

e) Ha/integrálható [a; b] és [6; c] intervallumon, akkor integrálható az [a; c]-nis, esr o v

j7 (x)dx = J /(x )d x + J7 (x )d x .

Q Példáka)fi

o y j 4 - x 2 Megoldásfi _

rdX.

I rdU = [ - V 4 ^fi

= -1 + 2 = 1.o 'Ja ~x

b)nJ s in x c o s 2xdxo

MegoldásJTJsin x -co s2xdx = oc)Mekkora területet határol az x tengely és az y - f (x) görbe, ha

/ (x) = x2 + 4 x .

cos' x c o s 3 7T c o s 30 _ 2

3 + 3 3 ‘

c A N A L Í Z I S D

0

í x2 +4xdx’ r 3— + 2x2

0

0 - ( 6 4 ------1-32

J- 4 3

-4 l 3 J

MegoldásElőször keressük meg a függvény zérushelyeit, hogy az integrálási intervallu­mot megkapjuk. A zérushelyek jc, = 4 é sx 2 = 0.Mivel a görbe az adott intervallumon az jc tengely alatt van, a görbe feletti te­rület:

r- -in323 '

d) Számítsa ki a két parabola által közrefogott területet!

/ ( x ) = - x 2 +1 L e -10;

g (x) = -2 x 2 + 22jc - 28.

MegoldásHatározzuk meg a két parabola metszéspontjait:

-jc2 +1 Ijc- 10 = -2jc2 + 2 2 x - 28,

x2 -11x4-18 = 0,

x, = 2 x 2 = 9

y, = 8 y 2 = 8.

A metszéspontok az x tengely fölött vannak, így a görbe feletti területet nem kell számítani. Egyébként érdemes lenne konstans hozzáadásával a grafikono kát megemelni.A g függvénygörbe halad az/függvénygörbéje fölött, így

9 9

T = J ( - 2 x 2 4- 22x - 28) - ( - x 2 4-1 l x - 10) dx = J - x 2 4-11 x - 18 dx=

x 1 Ijc----- + ---------18x3 2

81 50 343 „= — + — = -----* 57,17.

2 3 6

A közrefogott síkrész területe körülbelül 57,17 területegység.

c G E O M E T R I A I A L A P O K

4. GEOMETRIA

4.1. GEOMETRIAI ALAPOK

Alapfogalmak: pont, egyenes, sík, illeszkedés.Mivel ezek alapfogalmak, nem definiáljuk őket, hanem a szemléletünkben ki­alakult jelentésükre hagyatkozunk. Az illeszkedéshez azonban egy kis magya­rázatot füzünk. Ha egy pont rajta van egy egyenesen, akkor azt úgy mondjuk, hogy a pont illeszkedik az egyenesre. Másként: az egyenes illeszkedik a pontra.

JeleikPontok jelei a nyomtatott nagybetűk, például: A; B; ...Egyenesek jelei a kisbetűk, például: e; f ;g; ...Síkok jelei görög kisbetűk, például: a; p: ..., vagy S Illeszkedés jele: e , például P e e, P pont illeszkedik az e egyenesre.A pontot, az egyenest és a síkot térelemeknek nevezzük. A térelemeket a rájuk illeszkedő pontok halmazaként fogjuk fel.

f élegyenes: egy egyenest egy rá illeszkedő pont két félegyenesre oszt. Ez a pont mindkét félegyenes kezdőpontja.

Szakasz: egy egyenesen két különböző pont egy szakaszt fog közre. A két pon­tot a szakasz végpontjainak nevezzük.

4.1.1. Szögügy síkban két azonos pontból kiinduló félegyenest és az általuk meghatározott bármelyik síkrészt szögnek nevezzük. A közös kezdőpontot a szög csúcspontjá­nak, a két félegyenest a szög szárainak, a síkrészt szögtartománynak nevezzük. Két, közös kezdőpontból kiinduló félegyenes két szöget határoz meg. Azt, amelyikkel dolgozunk, az ábrán körívvel jelöljük.

Jele: görög kisbetű vagy ABCZ (B csúcspont, A és C a két szárra illeszkedik).

c G E O M E T R I A I A L A P O K )Nevezetes szögek

Nullszög: a két szögszár egybeesik, a szögtartomány az üres halmaz.

Egyenesszög: a két szögszár egy egyenest alkot, a szögtartomány az egyik félsík

Teljesszög: a két szögszár egybeesik, a szögtartomány a sík.

SzögmérésA szögek nagyságát kétféle egységgel mérhetjük. Az egyik a fok, a másik a ra dián.

Szögmérés fokokkal: a teljes szög 360-ad része az egy fok, azaz 1° nagyságú szög. Az egy fok hatvanad része az egy perc (1'), az egy perc hatvanad része a/ egy másodperc {1").

Szögmérés radiánban: az egységsugarú körben a középponti szöghöz tartozó körívhosszat a szög ívmértékének nevezzük. Egy radián annak a középponti szögnek az ívmértéke, melyhez tartozó körívhossz egyenlő a sugárral, aza/ egységsugarú körben egy. Mivel az egységsugarú kör kerülete 2k , a hozzá tai tozó 360°-os középponti szög 2 x radián. Nem egységsugarú körben a szög ív

Az a°-os szög ívmértékét « r-rel jelöljük. Tudjuk, hogy egy körben a közép­ponti szög nagysága egyenesen arányos a hozzá tartozó körív hosszával. Ebből adódik, hogy a ° egyenesen arányos ocr-rel. így felírhatjuk a következő arány párt: a ° : a t — 360° : 2ti egyszerűbben a ° : a r ~ 180° : 7t. Tehát az átváltások hoz a következő képleteket érdemes alkalmazni:

Fokból radiánba való átszámításnál:

mértékét az ~ képlettel kapjuk.

JTa.

Radiánból fokba való átszámításnál:

a°180°

71

J

c G E O M E T R I A I A L A P O K

0 Példa

3 0 " = Í Í = I , 45 ° = — = —12 6 8 4

* U i ü ° : =135., 2 -2 .1 5 1 -II4 .6 -4 4 71

Szög elnevezése Nagyság fokban Nagyság ívmértékben

Nullszög P O 11 O o a r = 0

Hegyesszög 0° < a° < 90° 0 < a r < jt/2

Derékszög a ° = 90° a r = Jt/2

Tompaszög 90° < a° < 180° 7t/2 < a r < 7t

Konvex szög 0° < a° < 180° 0 < a r < 7C

Egyenesszög a ° = 180° a r = 7t

Konkáv szög 180° < a ° < 360° 7i < a r < 27t

Teljesszög a ° =360° a r = 27t

Táblázat: fokokban és ívmértékben megadott szögek elnevezései

_ t inullszög hegyesszög derékszög konvex szög

egyenesszög konkáv szög teljesszög

Szögpárok:

(HD

c G E O M E T R I A I A L A P O K )Csúcsszögek: csúcsaik egybeesnek és száraik páronként egy-egy egyenest ;il kotnak. A csúcsszögek egyenlőek.

Mellékszögek: csúcsaik egybeesnek, egy-egy száruk egybeesik, a másik két szúi egy egyenest alkot. A mellékszögek egymást egyenesszögre egészítik ki.Az ábrán a és y, illetve (3 és 5 csúcsszögek, az (a, fi), (fi, y), (y, <5) és (a, f i ) szögpárok egymás mellékszögei.

Egyállású szögek: két konvex vagy két konkáv szög szárai páronként párhu zamosak és azonos irányba mutatnak. Az egyállású szögek egyenlőek. Az áb rán az (a, p), (fi, a), (y, 0) és (<5, a>) szögpárok.

Váltószögek: két konvex vagy két konkáv szög szárai páronként párhuzamo sak és ellentétes irányba mutatnak. A váltószögek egyenlőek. Az ábrán az (a, 0), (fi, (o), (y, p) és fő, a ) szögpárok.

e

f

c G E O M E T R I A I A L A P O K 3Merőleges szárú konvex szögek: száraik páronként merőlegesek egymásra. Nagyságuk egyenlő vagy egymást 180°~ra egészítik ki.

Hajlásszög

Két félegyenes hajlásszögeAz általuk meghatározott kisebbik szög, amennyiben van kisebb. így közbezárt szögük legkisebb értéke 0°, legnagyobb értéke 180°.

Két egyenes hajlásszögeHa egy síkban vannak: az általuk meghatározott kisebbik szög, amennyiben van kisebb. így közbezárt szögük legkisebb értéke 0°, legnagyobb értéke 90°. Ha kitérőek: a tér egy tetszőleges pontján átmenő és az adott egyenesekkel pár­huzamos egyenesek hajlásszöge. Ez a szög a pont megválasztásától független.

Egyenes és sík hajlásszögeEgy, a síkot metsző egyenes merőleges a síkra, ha merőleges a sík minden egyenesére.

Ha az egyenes (<?) nem merőleges a síkra, akkor az egyenes merőleges vetüle- te a síkon szintén egyenes (e ’). Ebben az esetben az egyenes és a sík hajlásszö­gén az egyenes és a vetülete hajlásszögét értjük. Ez a szög a legkisebb az egye­nes és a sík egyenesei által bezárt szögek között.

Két sík hajlásszögeHa a két sík nem párhuzamos egymással, akkor metszésvonaluk egy pontjában mindkét síkban merőlegest állítunk a metszésvonalra. A két sík hajlásszöge a két merőleges hajlásszöge. Ha a két sík párhuzamos, akkor hajlásszögük 0°.

c G E O M E T R I A I A L A P O K DForgásszög: egy pontból kiinduló egybeeső két félegyenesből az egyik fixen hagyásával és a másiknak a közös végpont körüli elforgatásával kapjuk. A for­gásszöget nagyságával és irányával adjuk meg. Tetszőleges nagyságú lehet cs kétféle irányítású. Pozitív az irányítása, ha az óramutató járásával ellentétes irányba mozdul a mozgatott szár, és negatív, ha megegyező irányba.Az irányított szögek megadásánál feltüntetjük a szárak sorrendjét. Például: (a; b)Z = 45°, (c; d ) Z = -75°, ( e ; / )Z = 420°.

4.1.2. Térelemek kölcsönös helyzete és távolsága:

Egyenes-egyenesMetsző: két egyenes metsző, ha pontosan egy közös pontjuk van. Ekkor a/ egyenesek egy síkba esnek.Párhuzamos: két egyenes párhuzamos, ha egy síkban vannak és nincs közös pontjuk, vagy minden pontjuk közös. Ha két egyenesnek két különböző pontja közös, akkor minden pontjuk közös, egybeesnek.Kitérő: két egyenes kitérő, ha nincsenek egy síkban.

Egyenes-síkPárhuzamos: egy egyenes párhuzamos egy síkkal, ha nincs közös pontjuk, vagy az egyenes illeszkedik a síkra. Ha az egyenesnek van két különböző pont ja, mely illeszkedik egy síkra, akkor az egyenes illeszkedik a síkra.Metsző: egy egyenes metszi a síkot, ha egy és csak egy közös pontjuk van.

Ol l b )

G E O M E T R I A I A L A P O K

Sík-síkPárhuzamos: két sík párhuzamos, ha nincs közös pontjuk, vagy minden pont­juk közös.Metsző: két sík metsző, ha van egy és csak egy olyan egyenes, mely mindket­tőre illeszkedik.

Illeszkedési axiómákNéhány illeszkedési tulajdonságot bizonyítás nélkül elfogadunk, axiómának tekintünk.I. axióma: két pont egy és csakis egy egyenest határoz meg. Tehát, ha két egyenesnek van két közös pontja, akkor minden pontjuk közös.II. axióma: ha egy egyenes két pontja illeszkedik egy síkra, akkor az egyenes illeszkedik a síkra.III. axióma: ha két síknak van közös pontja, akkor van közös egyenesük is.IV. axióma: három, nem egy egyenesre illeszkedő pont egy és csakis egy síkot határoz meg. Tehát, ha két síknak van három nem egyenesre illeszkedő közös pontja, akkor minden pontjuk közös.Párhuzamossági axiómaV. axióma: egy egyenessel egy rá nem illeszkedő ponton keresztül egy és csak­is egy párhuzamos húzható.

Távolság

Két pont távolsága: A pontokat összekötő szakasz hossza. A és B pont távol­ságának jele d(A; B).A d(A;B) egy nemnegatív valós szám, mely a következő három feltételnek tesz eleget:1. d(A; B) - 0 akkor és csakis akkor, ha A - B .2. d(A\ B) = d(B; A)3. d(A; B) + d(B; C ) > d(A; C) és egyenlőség akkor és csakis akkor igaz, ha B

illeszkedik AC szakaszra.B

(É13>

c G E O M E T R I A I A L A P O K )Pont és egyenes távolságaA pontból az egyenesre bocsátott merőleges szakasz hossza. Ez a legrövidebb a pontot az egyenes pontjaival összekötő szakaszok közül.

Két egyenes távolságaPárhuzamos egyenesek: bármelyik egyenes egy tetszőleges pontjának távolsá ga a másik egyenestől, azaz a két egyenest összekötő, mindkettőre merőleges szakasz hossza.Metsző egyenesek: távolságuk nulla.Kitérő egyenesek: távolságuk az őket összekötő, mindkettőre merőleges sza kasz hossza. Azt az egyenest, mely mindig létezik és egyértelmű, amely mindkét kitérő egyenesre merőleges, a két egyenes normáltranszverzálisának nevezzük így két kitérő egyenes távolsága normáltranszverzálisuk közéjük eső részének hossza.

Pont és sík távolságaA pontból a síkra bocsátott merőleges szakasz hossza. Ez a legrövidebb a pon tót a sík pontjaival összekötő szakaszok közül.

Egyenes és sík távolságaHa párhuzamosak, akkor az egyenes bármely pontjának távolsága a síktól, azaz az egyenes bármely pontjából a síkra bocsátott merőleges szakasz hossza. Ha metszők, akkor távolságuk nulla.

Két sík távolságaPárhuzamos síkok: bármelyik sík tetszőleges pontjának távolsága a másik síktól, azaz bármelyik sík egy tetszőleges pontjából a másik síkra bocsátott me­rőleges szakasz hossza.Metsző síkok: távolságuk nulla.

Két tetszőleges ponthalmaz távolságaA két ponthalmaz egymáshoz legközelebb eső két pontjának távolsága.Ez a definíció magában foglalja az összes előző speciális esetet.

c G E O M E T R I A I A L A P O K

4.1.3. Nevezetes ponthalmazok

Körvonal (kör)Olyan pontok halmaza a síkban, melyek egy adott ponttól (középpont) egyen­lő távolságra vannak.Ez egy görbe. Általában körnek nevezzük, például „kör egyenlete”.

© ’X-------- d(0; P) = rA középpontot a körvonal bármely pontjával összekötő szakasz a sugár.

Körlap (zárt)A körön és a körvonalon belül lévő pontok halmaza.

Ez egy síkidom. Ezt is szoktuk körnek nevezni, például „kör területe” .

Nyílt körlapA körvonalon belül lévő pontok halmaza a síkban.

d{0\ P) < r GömbEgy adott ponttól (középpont) egyenlő távolságra lévő pontok halmaza a térben.

c G E O M E T R I A I A L A P O K )Zárt gömbtest (gömbtest)Egy adott ponttól (középpont) egy adott távolságnál nem nagyobb távolságra lévő pontok halmaza a térben.

Nyílt gömbtestEgy adott ponttól (középpont) egy adott távolságnál kisebb távolságra lévő pontok halmaza a térben.

Szakaszfelező merőlegesA szakasz felezőpontján áthaladó, rá merőleges egyenes.Tétel: a szakaszfelező merőleges pontjainak halmaza egyenlő a szakasz két végpontjától egyenlő távolságra lévő pontok halmazával.Ez azt jelenti, hogy ha egy pont illeszkedik a szakasz felező merőlegesére, akkor a végpontoktól egyenlő távolságra van, illetve, ha egy pont egyenlő távolságra van a szakasz két végpontjától, akkor az illeszkedik a felező merőlegesére.

SzögfelezőA szöget két egyenlő részre osztó félegyenes.TételA konvex szög szögfelezőjére illeszkedő pontok halmaza egyenlő a szög szá­raitól egyenlő távolságra lévő pontok halmazával.Ez azt jelenti, hogy ha egy pont illeszkedik a szögfelező félegyenesre, akkoi egyenlő távolságra van a szög száraitól, illetve, ha egy konvex szögben egy ponl egyenlő távolságra van a száraktól, akkor illeszkedik a szög szögfelezőjére.

ParabolaEgy adott ponttól és egy, az adott pontra nem illeszkedő egyenestől egyenlő távolságra lévő pontok halmaza a síkon. Az adott pont a parabola fókuszpontjíi (F ), az adott egyenes a parabola vezéregyenese, direktrixe (v). A vezéregyenes és a fókuszpont távolsága a parabola paramétere ( p ).Halmazelméleti jelölésekkel:

P = {P | d(P; v) = d(P; F); P,v,F e a} ,

ahol a egy sík.Amely pontok közelebb vannak a fókuszponthoz, azok a belső pontok, amelyek távolabb, azok a külső pontok.

(ü § )

c G E O M E T R I A I T R A N S Z F D R M Á C I Ó 34.2. GEOMETRIAI TRANSZFORMÁCIÓ

A transzformáció szó átalakítást jelent. Ezt a geometriában akkor használjuk, mi­kor egy alakzatot, ponthalmazt egy egyértelmű szabállyal átalakítunk. így egy ki­induló ponthalmazhoz egyértelműen egy újat rendelünk, tehát függvényről van szó. Az eredeti ponthalmazt ősnek, az újat képnek nevezzük.

4.2.1. AlapfogalmakA geometriai transzformáció ponthalmazok között értelmezett függvény Tehát a geometriai transzformációk esetén az értelmezési tartomány és az ér­tékkészlet is ponthalmaz. Mi csak olyan transzformációkat vizsgálunk, me­lyeknél ez a két halmaz ugyanaz a sík. Ezeket síkbeli transzformációknak ne­vezzük. Ezek után már csak a hozzárendelési szabályt kell megadni a sík egy tetszőleges pontjára, így minden pontjára, hogy a transzformáció adott legyen. Mint a már ismert függvényeknek, a geometriai transzformációknak is vannak tulajdonságaik, melyekkel őket jellemezzük.

TulajdonságokTávolságtartás: azokat a transzformációkat, melyeknél bármely két pont távol­sága egyenlő a képeik távolságával, távolságtartó transzformációknak nevezzük. Ekkor minden szakasz képe vele egyenlő hosszúságú szakasz.A távolságtartó transzformációkat egybevágósági transzformációknak nevezzük. Szögtartás: azokat a transzformációkat, melyeknél bármely szög nagysága egyenlő képének nagyságával, szögtartó transzformációknak nevezzük.A szögtartó transzformációkat hasonlósági transzformációknak nevezzük.A távolságtartásból következik a szögtartás, és hogy az egyenes képe egyenes. Fixpont: olyan pont, melynek képe önmaga.Fix alakzat: olyan alakzat, melynek minden pontja fix.Invariáns alakzat: olyan alakzat, melynek képe önmaga, habár nem minden pontja fix.Körüljárási irány: bármely sokszöget, alakzatot két különböző irányban lehet körbejárni a síkban. Az óramutató járásával megegyező irány a negatív, míg az ellentétes a pozitív irány.

c G E O M E T R I A I T R A N S Z F O R M Á C I Ó )4.2.2. Egybevágósági transzformációkA legegyszerűbb egybevágósági transzformáció az identikus leképezés, mely­nél minden pont képe önmaga.Nézzük a legfontosabb egybevágósági geometriai transzformációkat.

A sík legfontosabb egybevágósági transzformációi

1) Tengelyes tükrözés DefinícióA sík önmagára történő leképezése.Adott egy egyenes, ezt a tükrözés tengelyének nevezünk és általában í-vel je­löljük.A tengely pontjai fixpontok. A többi P ponthoz azt a pontot rendeljük, melyei általában P '-vei jelölünk, melyre igaz, hogy a PP' szakasz felezőmerőlegese ;i t tengely.

SzerkesztéseEzt a / ’'pontot úgy szerkesztjük meg, hogy a P-ből merőlegest állítunk /-re, majd erre felmérjük /-tői a d(P; t) távolságot a P-vel ellentétes oldalon. Tulajdonságai: távolságtartó, szögtartó, fixpontjai a tengely pontjai, fix egye nese a tengely, invariáns egyenesei a tengelyre merőleges egyenesek, a körül járási irányt megváltoztatja.

2) Közeppontos tükrözés DefinícióAdott egy pont. Ezt a tükrözés középpontjának nevezünk és általában C-vel je­lölj ük.A középpont fixpont, bármely más ponthoz - legyen ez P - azt a P 'pontot ren deljük, melyre igaz, hogy a PP' szakasz felezőpontja a C.

c G E O M E T R I A I T R A N S Z F O R M Á C I Ó DP

SzerkesztésEzt a P 'pontot úgy szerkesztjük meg, hogy a P-ből egyenest húzunk C-n keresz­tül, majd erre felmérjük C-től a d(P; C ) távolságot a P-vel ellentétes oldalon. ’Iülajdonságai: távolságtartó, szögtartó, fixpontja a középpontja, fix egyenese nincs, invariáns egyenesei a középponton áthaladó egyenesek, a körüljárási irányt nem változtatja meg.

3) Forgatás DefinícióA sík önmagára történő leképezése.Adott egy pont, ami körül forgatunk és egy forgásszög. Ezt középpontnak nevezzük és általában C-vel jelöljük. A forgásszög megadja a forgatás nagyságát- legyen ez a - és a forgatás irányát.A középpont fixpont, bármely más ponthoz, legyen ez P, azt a P' pontot rendel­jük, melyre igaz, hogy CP = CP' és P C P '/ = a a megfelelő irányban.

SzerkesztésEzt a P ' pontot úgy szerkesztjük meg, hogy a C-ből félegyenest húzunk P-n ke­resztül, majd erre felmérjük az a szöget az adott irányban, majd C-től felmér­jük az új szögszárra a d(P , C) távolságot. A példaábrán a < 0.Tulajdonságai: távolságtartó, szögtartó, fixpontja a középpontja, fix egyenese nincs, invariáns egyenese nincs, a körüljárási irányt nem változtatja meg. Könnyen belátható, hogy a 180°-os forgatás a középpontos tükrözéssel megegyezik.

P ’

c G E O M E T R I A I T R A N S Z F O R M Á C I Ó )4) Eltolás DefinícióA sík önmagára történő leképezése.Adott az eltolás iránya és nagysága. Ezt vektorral adjuk meg, melyet általában v -vei jelölünk. Egy tetszőleges P ponthoz azt a P' pontot rendeljük, melyre

igaz, hogy P P ' = v .

SzerkesztésEzt a P' pontot úgy szerkesztjük meg, hogy a P-ből párhuzamost húzunk v -vei és erre felmérjük a vektor hosszát P-ből a megadott irányban.Tulajdonságai: távolságtartó, szögtartó, fixpontja nincs, fix egyenese nincsinvariáns egyenesei a v-vel párhuzamos egyenesek, a körüljárási irányt nem változtatja meg.

A tér legfontosabb egybevágósági transzformációi

1. Középpontos tükrözés DefinícióA tér önmagára történő leképezése.Adott: egy pont.Ezt a tükrözés középpontjának nevezünk és általában C-vel jelölünk.A középpont fixpont, bármely más ponthoz, legyen ez P, azt a P ' pontot ren deljük, melyre igaz, hogy a PP' szakasz felezőpontja a C.

Tulajdonságai: távolságtartó, szögtartó, fixpontjai a középpontja, fix egyene se nincs, invariáns egyenesei a középponton áthaladó egyenesek, az alakzat irányítását megváltoztatja.

(EB)

c G E O M E T R I A I T R A N S Z F O R M Á C I Ó

2. Síkra való tükrözés DefinícióA tér önmagára történő leképezése.Adott egy sík. Az adott sík pontjai fixpontok, bármely más ponthoz, legyen ez P, azt a P ' pontot rendeljük, melyre igaz, hogy a P P ' szakasz felezőmerőleges sikja az adott sík.

Tulajdonságai: távolságtartó, szögtartó, fixpontjai a sík pontjai, fix egyenesei a síkra illeszkedő egyenesek, invariáns egyenesei a síkra merőleges egyenesek, az alakzat irányítását megváltoztatja.

3. Egyenesre való tükrözés DefinícióA tér önmagára történő leképezése.Adott egy egyenes. Ez a tükrözés tengelye, általában í-vel jelöljük.Az adott egyenes pontjai fixpontok, bármely más ponthoz, legyen ez P, azt a P' pontot rendeljük, melyre igaz, hogy a PP' szakasz felezőmerőleges egyene­se az adott egyenes.

Tulajdonságai: távolságtartó, szögtartó, fixpontjai a tengely pontjai, fix egye­nese a tengely, invariáns egyenesei a tengelyre merőleges egyenesek, az alak­zat irányítását nem változtatja meg.

4. Egyenes körüli forgatás DefinícióA tér önmagára történő leképezése.Adott egy egyenes, ami körül forgatunk és egy forgásszög. Ezt forgástengely­nek nevezzük és általában í-vel jelöljük. A forgásszög megadja a forgatás nagy­ságát, legyen ez a, és a forgatás irányát.A tengely fix, bármely más ponthoz, legyen ez P, azt a P' pontot rendeljük, mely­re igaz, hogy d(t; P) - d ( t ; P ') és PCP'A = a a megfelelő irányban a P-re illesz­kedő és /-re merőleges síkban, ahol C ezen merőleges sík és a t metszéspontja.

Tulajdonságai: távolságtartó, szögtartó, fixpontjai a tengely pontjai, fix egye­nese a tengely, invariáns egyenese a tengely, az alakzat irányítását nem változ­tatja meg.Belátható, hogy a 180°-os forgatás az egyenesre való tükrözéssel megegyezik.

(É£2)

c G E O M E T R I A I T R A N S Z F O R M Á C I Ó )5. Eltolás DefinícióA tér önmagára történő leképezése.Adott az eltolás iránya és nagysága. Ezt vektorral adjuk meg, melyet általában v -vei jelölünk.

Egy tetszőleges P ponthoz azt a P 'pontot rendeljük, melyre igaz, hogy PP' = v

Tulajdonságai: távolságtartó, szögtartó, fixpontja nincs, fix egyenese nincs, invariáns egyenese a v -vei párhuzamos egyenesek, az alakzat irányítását nem változtatja meg.

Egybevágóság

DefinícióKét alakzatot egybevágónak nevezünk, ha van olyan egybevágósági transzfoi- máció, mely az egyiket a másikba viszi át.Az egybevágóság jele: =.

Két háromszög egybevágó, ha- oldalaik hossza páronként egyenlő,- ha két-két oldaluk hossza és az általuk közbezárt szögek nagysága egyenlő,- ha két-két oldaluk hossza és a nagyobbikkai szemközti szögek nagysága

egyenlő,- ha egy-egy oldaluk hossza és a rajta fekvő két-két szögük nagysága egyen

lő.

Két sokszög egybevágó, ha- az egymásnak megfelelő oldalak hossza és az egymásnak megfelelő szögek

nagysága egyenlő;- az egymásnak megfelelő oldalak hossza és az egymásnak megfelelő átlók

hossza egyenlő.

c G E O M E T R I A I T R A N S Z F O R M Á C I Ó 3Szimmetria

ligy alakzat szimmetrikus, ha van olyan egybevágósági transzformáció (az iden­tikus leképezés kivételével), melynél a képe önmaga.

Tengelyesen szimmetrikus a kör minden, a középpontján áthaladó egyenesre,

[ az egyenlőszárú háromszög az alap felező merőlegesére,! a szabályos háromszög a három oldalfelező merőlegesre,

a húrtrapéz (szimmetrikus trapéz) az alapok felező merőlegesére, a deltoid az egyik átló egyenesére, minden szabályos sokszög.

Középpontosan szimmetrikus- a kör a középpontjára,

a paralelogramma az átlók metszéspontjára,a páros oldalú szabályos sokszögek a köré írható kör középpontjára .

c G E O M E T R I A I T R A N S Z F O R M Á C I Ó )Forgásszimmetrikus- a kör,- a szabályos háromszög,- a paralelogramma,- a szabályos sokszögek.

4,2.3. Hasonlósági transzformáció

A szögtartó transzformációkat hasonlósági transzformációknak nevezzük.

Középpontos hasonlóságAdott egy pont, a hasonlóság centruma, melyet általában C-vei jelölünk. Ezen kívül egy nullától különböző valós szám, legyen ez X (X ^ 0). Egy tetszőleges

P pont képe az a P ' pont, melyre igaz, hogy C P '- X - C P .Ezt a P ’ pontot úgy kell megszerkeszteni, hogy felmérjük a CP távolság |X|- szeresét a CP egyenesre C-ből P-vel megegyező irányba, ha X > 0, illetve el lenkező irányba, ha X < 0.Például: ha X = 2, akkor /"P -v e l azonos oldalon van és C-től kétszer olyan t;i vol, mint P.

— CP ’

Tulajdonságai:- szögtartó,- egyenes képe vele párhuzamos egyenes,- szakasz hossza |X|-szeresre változik,

c G E O M E T R I A I T R A N S Z F O R M Á C I Ó 3- fixpontja C,- fix egyenese nincs,- invariáns egyenesek a centrumra illeszkedő egyenesek.

H asonlósági transzform áció

Minden hasonlósági transzformáció előállítható egy középpontos hasonlóság és egy egybevágósági transzformáció egymás utáni elvégzésével.

H asonlóságKét síkbeli alakzat hasonló, ha van olyan hasonlósági transzformáció, mely az egyiket a másikba viszi át.

Két három szög hasonló, ha- oldalaik hosszának arányai páronként egyenlő,- ha két-két oldaluk hosszának aránya egyenlő és az általuk közbezárt szögek

nagysága egyenlő,- ha két-két oldaluk hosszának aránya egyenlő és a nagyobbikkai szemközti

szögek nagysága egyenlő,- ha szögeik nagysága páronként egyenlő.

Alkalmazás

Ezt az állítást használhatjuk fel egy szakasz adott arányú felosztására.

Jele: -

D

Könnyen belátható a következő állítás:

AC AB AC ABHa CB || DE, akkor illetve — - —

CE BD AE AD '

c G E O M E T R I A I T R A N S Z F O R M Á C I Ó )Például adott egy szakasz, legyen ez AB, és osszuk fel 2 :3 arányban. Ekkor a szakasz felvétele után az egyik végpontjából felmérünk egy félegyenest, mely­re e végpontjából felmérünk egymás után egy kettő, majd egy három egység hosszúságú szakaszt. Legyenek ezek az új pontok C és D. Kössük össze D -1 B- vel, majd húzzunk ezzel a szakasszal párhuzamost C-n keresztül. Ez a párhu­zamos AB szakaszt el fogja metszeni, mely metszéspont legyen E. Az előző ál

AE _ AC _ 2lítás alapján tudjuk, hogy TTT ~ ~ T - Tehát ez az E pont az AB szakasz 1

EB CL) j

valóban 2 : 3 arányban osztja.

Bizonyos problémáknál jól használhatóak a következő tételek.

TételHasonló alakzatok területeinek aránya egyenlő az arányossági tényező négyze tével.Például a következő háromszögnél,

C

ha D és E harmadoló pontok, akkor ABC a - DEC a és A = -----= —.Tehát: ^ ^

^DEC a _ ^ 2 _ _J_

( 2 3 2)

c G E O M E T R I A I T R A N S Z F O R M Á C I Ó )TételHasonló testek felszíneinek aránya egyenlő a hasonlóság arányának négyzetével.

T ételHasonló testek térfogatainak aránya egyenlő a hasonlóság arányának köbével.

Q PéldaEgy gömb sugarát 50%-kai növeljük. Hány százalékkal nő a felszíne és a tér­fogata?MegoldásMivel a sugár 50%-kal nő, így az új sugár a régi 1,5-szerese. Tehát a hasonló­ság aránya, X - 1,5. Tudjuk, hogy hasonló testek felszínének aránya X2, itt te­hát X2 = 1,52 = 2,25. Az új felszín ez alapján 2,25-szerese az eredetinek, ami 125%-kos növekedést jelent.Azt is tudjuk, hogy hasonló testek térfogatainak aránya X \ itt tehát X3 = 1,53 = 3,375. Az új térfogat ez alapján a 3,375-szerese az eredetinek, mely 237,5%- kos növekedést jelent.

4.2.4. M erőleges vetítés

SíkbanD efinícióA sík egy egyenesre történő leképezése.Adott egy egyenes, jelöljük e-vel. Az adott egyenes pontjai fixpontok, bármely más ponthoz, legyen ez P, az e egyenes azon P ' pontját rendeljük, melyre igaz, hogy a PP' szakasz merőleges e-re.

G E O M E T R I A I T R A N S Z F O R M Á C I Ó

T ulajdonságai: nem távolságtartó; nem szögtartó; fixpontok az e pontjai; fix egyenes az e; az e-re merőleges egyenesek képe egy pont; a szakasz képének hossza akkor és csak akkor egyenlő a szakasz hosszával, ha a szakasz párhuza­mos e-vel, egyébként kisebb.

TérbenDefinícióA tér egy sikra történő leképezése.Adott egy sík, jelöljük a-val. Az adott sík pontjai fixpontok, bármely más pont hoz, legyen ez P, az a sík azon /"p o n tjá t rendeljük, melyre igaz, hogy a PP' szakasz merőleges a-ra.

Tulajdonságai: nem távolságtartó; nem szögtartó; fixpontok az a pontjai; fix egyenesek az a-ra illeszkedő egyenesek; az a-ra merőleges egyenesek képe egy pont; az a-ra merőleges síkok képe egy egyenes; szakasz képének hosszn akkor és csak akkor egyenlő a szakasz hosszával, ha a szakasz párhuzamos a val, egyébként kisebb; ha egy derékszög egyik szára párhuzamos a-val, a má sik szára pedig nem merőleges rá, akkor a szög képe is derékszög.

<03

4.3. SÍKBELI ÉS TÉRBELI ALAKZATOK

4.3.1. Háromszögek

Egy háromszöget három megfelelő adata egyértelműen meghatározza. A leg­gyakrabban használt adathármasok a következők:- három oldal

két oldal és az általuk közbezárt szög két oldal és a nagyobbikkai szemközti szög egy oldal és a rajta fekvő két szög

Ha két háromszög ezen adathármasok közül bármelyikben megegyezik, akkor csak helyzetükben térhetnek el, egyébként az egymásnak megfelelő adataik rendre egyenlők, azaz a két háromszög egybevágó.Háromszög ábrázolásakor a szokásos jelölésmód:

C

( ___________________ S Í K B E L I É 5 T É R B E L I A L A K Z A T O K ___________________ j

A csúcsokat pozitív körüljárással jelöljük A, B illetve C betűkkel, a náluk elhe­lyezkedő szögek pedig a , /3 illetve y, az ezekkel szemben lévő oldalak rendre a, b illetve c.

Csoportosításuk Hegyesszögű háromszögDefiníció: olyan háromszög, melynek minden szöge kisebb mint 90°. Tompaszögű háromszögDefiníció: olyan háromszög, melyben van egy 90°-nál nagyobb szög. Derékszögű háromszögDefiníció: olyan háromszög, melyben az egyik szög 90°.A 90°-kal szemközti oldalt átfogónak, a másik két oldalt befogóknak nevezzük.

c S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K DEgyenlő szárú háromszögDefiníció: olyan háromszög, melyben két oldal egyenlő.Ezeket az egyenlő oldalakat száraknak, a harmadik oldalt alapnak nevezzük Szabályos háromszögDefiníció: olyan háromszög, melynek oldalai egyenlőek.

Tételek háromszögre

Háromszög-egyenlőtlenségTétel: egy háromszögben bármely két oldal hosszának összege nagyobb, mint a harmadik oldal hossza. Ha az oldalak a, b, c, akkor

a + b > c és a + c> b és b + c > a.

Pitagorasz tétele

Tétel: ha egy háromszög derékszögű, akkor a befogók hosszának négyzetös/ szege egyenlő az átfogó hosszának négyzetével.MáskéntA derékszögű háromszög befogóira rajzolt négyzetek területének összege egyenlő az átfogóra rajzolt négyzet területével.MáskéntAlgebrai alakban:a1 + b2 = c2, ahol a és b a derékszögű háromszög két befogója és c az átfogója

Bizonyítása) Első bizonyítás.Két egybevágó (a + b oldalú) négyzetet rajzolunk.Mindkét négyzetből (különböző elhelyezésben) elveszünk az eredeti deréks/u gű háromszöggel egybevágó négy háromszöget.így a két négyzetből a sötétebb részek maradnak meg, amelyek területe egyen lő, hiszen egybevágó alakzatokból egybevágó alakzatokat vettünk el.Az I. négyzetben a megmaradó idom épp a befogókra rajzolt két négyzet, leni létük összege: a2+ b2.

c S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K 3b a

a

b

A II. négyzetben a megmaradó idom egy négyszög. Erről bebizonyítjuk, hogy négyzet: a négyszög minden oldala c, az egybevágó derékszögű háromszögek átfogója (tehát rombusz); a szögei is egyenlőek, minden szöge derékszög,I K0° - (a + p), ahol a + f5 - 90° (hiszen a és (5 az eredeti derékszögű három­szög hegyesszögei).

b a

a

b

b

a

a bI /. a négyszög tehát éppen az átfogóra rajzolt négyzet, melynek területe: c2.

b) Második bizonyításI issünk egy olyan bizonyítást, mely az érintő- és szelőszakaszok közötti ösz- './cfüggésre épít.Segédtétel: egy külső pontból egy körhöz húzott érintőszakasz hossza mértani közepe az ugyanezen pontból húzott, bármelyik szelőn keletkezett, szelőszaka- x/.ok hosszának.

(ü z )

S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K

Az egyik befogóval mint sugárral, rajzolhatunk egy kört, melynek a derékszíj miatt érintője lesz a másik befogó. így az érintőszakasz a, a két szelőszaka ./ pedig c + b illetve c - b . A segédtételt tételt felhasználva

a2 = (c + b)(c - b),innen pedig adódik, hogy

a2 = c2 - b1.

c) Harmadik bizonyításA harmadik bizonyításban a befogótételt használjuk fel.Az ábra jelöléseivel:

a2 - p c és b2 = qc. A két egyenletet összeadva kapjuk, hogya1 + b2 = (p + q)c

Viszont p + q - c. Teháta1 + b2- c2.

d) Negyedik bizonyításTalán a leggyorsabb mégis az, ha a koszinusztételt alkalmazzuk. Ez alapján:

c2 = a2 + b2 -2 a b c o s y .

Itt y - 90° , melyre cos 90° = 0. Teháta2+ b2 = c2.

(ü § )

S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K )l’itagorasz tételének megfordításal étei: ha egy háromszög két oldal hosszának négyzetösszege egyenlő a harma­dik oldal hosszának négyzetével, akkor a háromszög derékszögű.

Bizonyítás:a) Első bizonyitásA feltétel szerint az ABC háromszögben a2 + b2 = c2.Alkossunk az a, b oldalakkal mint befogókkal derékszögű háromszöget. Ennek Átfogóját jelölje c'.

B' B

Erre a háromszögre Pitagorasz tételét alkalmazva kapjuk: a2 + b2 = c '2.Az egyenlőségek bal oldala megegyezik, így c2 = c '2 következik belőlük. Mi­vel c és c' pozitív számok (oldalhosszak), ez csak akkor lehet igaz, ha c - c'. Tehát a két háromszög mindhárom oldala megegyezik, vagyis egybevágóak, így az ABC háromszög is derékszögű.

b) A második bizonyításban a koszinusztételt alkalmazzuk.Ez alapján c2 = a2 + b2 - 2ab cos y. A feltételünk szerint a2 + b1 = c2. Ezekből adódik 2 ab cos y - 0. Mivel a és b pozitív (oldalhosszak), cosy - 0 kell legyen. Azonban csak akkor lehet igaz, ha y - 90°, mivel 0° < y< 180° (háromszög bel­ső szöge).

Együtt a két tétel.Tétel: egy háromszög akkor és csakis akkor derékszögű, ha a két oldal hosszá­nak négyzetösszege egyenlő a harmadik oldal hosszának négyzetével.

(Ü5)

c S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K )

y = 90° <=> a2 + b2 = c2

Megjegyzés:Azokat a pozitív egész számhármasokat, melyek közül kettő négyzetösszege egyenlő a harmadikkal, pitagoraszi számhármasoknak nevezzük. Például 3 ,4 ,5 ; 5 ,1 2 ,1 3 ; 12,35,37; 9 ,4 0 ,4 1 ; ...

Tétel: háromszögben egyenlő hosszúságú oldalakkal szemben egyenlő nagy ságú szögek vannak.Tétel: háromszögben egyenlő nagyságú szögekkel szemben egyenlő hosszúsá gú oldalak vannak.

EgyüttTétel: háromszögben két oldal hossza akkor és csak akkor egyenlő, ha a velük szemközti szögek nagysága egyenlő.

Tétel: háromszögben hosszabb oldallal szemben nagyobb szög van.Tétel: háromszögben nagyobb szöggel szemben hosszabb oldal van.EgyüttTétel: háromszögben egy oldal akkor és csakis akkor nagyobb egy másik oldalnál, ha a vele szemközti szög nagyobb mint a másikkal szemközti.

S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K

Tétel: bármely háromszögben a belső szögek összege 180°.

Definíció: háromszög külső szöge belső szögének mellékszöge.

Tétel: a háromszög külső szöge egyenlő a nem mellette lévő két belső szögI összegével.

fi' = a + y

Tétel: a háromszög külső szögeinek összege 360°.I (Ez bármely konvex sokszögre igaz.)

A háromszög nevezetes vonalai

: SzögfelezőA háromszög szögfelezőinek a belső szögek szögfelező félegyeneseit nevezzük.Tétel: a háromszög szögfelezői egy pontban metszik egymást.

c S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K 3C

BizonyításStratégia: két tetszőleges szögfelező metszéspontjáról megmutatjuk, hogy il leszkedik a harmadikra is.

Segédtételek:a) Ha egy pont illeszkedik egy szög szögfelezőjére, akkor az egyenlő távolság

ra van a két szártól.b) Ha egy pont egy konvex szög szögtartományában egyenlő távolságra van ;i

két szártól, akkor illeszkedik a szögfelezőre.

Legyen az ABC háromszög a szögének szögfelezője f a. Ennek minden ponlj.i egyenlő távolságra van a b és a c oldaltól, (az a) segédtétel miatt)A fi szög szögfelezője f p. Ennek minden pontja egyenlő távolságra van az a ol daltól és a c oldaltól, (az a) segédtétel miatt)

C

( 242)

S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K

Azf a és az fp szögfelezők a háromszög belsejében metszik egymást, a metszés­pont legyen N, amely egyenlő távolságra van />től és c-től, és ö-tól és c-től is, vagyis mindhárom oldaltól. Eszerint egyenlő távol van a-tól és 6-től is, tehát rajta van a y szög szögfelezőjén is (a b) segédtétel miatt).A három belső szögfelező egyetlen közös pontja az N. líz a pont egyenlő távolságra van a három oldaltól, így ezzel a középponttal raj­zolható olyan kör, mely érinti mindhárom oldalt. Ez a háromszög beírható köre.

letel: a háromszög szögfelezője a szemközti oldalt a mellette lévő oldalak ará­nyában osztja.

c, _ bL felezi y-t =>■ ' c2 a

Oldalfelező merőleges

I étel: a háromszög oldalfelező merőlegesei egy pontban metszik egymást.

C

c S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K 3BizonyításStratégia: megmutatjuk, hogy két tetszőleges oldalfelező merőleges metszés­pontjára a harmadikra is illeszkedik.

Segédtételek:a) Ha egy pont illeszkedik egy szakasz felező merőlegesére, akkor az egyenlő távolságra van a két végponttól.b) Ha egy pont egyenlő távolságra van egy szakasz két végpontjától, akkor a/ illeszkedik a felező merőlegesére.

Tekintsünk két tetszőleges felező merőlegest. Legyenek ezek az AB, illetve a BC felezőmerőlegesei.

C

Mivel AB és BC metszik egymást, a felező merőlegeseik metszik egymást (ni i vei metsző egyenesekre merőlegesek). A metszéspont legyen M. Az M egyen lő távolságra van ^4-tól és 5-től, illetve 5-től és C-től is (az a) segédtétel miatl), vagyis mindhárom ponttól, eszerint v4-tól és C-től is.Tehát M rajta van az AC oldal felező merőlegesén (a b) segédtétel miatt). Ezzel állításunkat bebizonyítottuk.

A három felező merőleges egyetlen közös pontja az M.Ez a pont egyenlő távolságra van a háromszög csúcspontjaitól, így ezzel a középponttal rajzolhatunk olyan kört, mely mindhárom csúcspontra illeszkc dik. Ez a háromszög köré írt kör.

S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K

Hegyesszögű háromszögnél ez a pont a háromszög belsejében van, tompaszö­gűnél a háromszögön kívül, míg derékszögűnél az átfogó felezőpontja. Ez utóbbi egy neves tétel.

Thalész tételeTétel: ha egy kör egy átmérőjének két végpontját összekötjük a körvonal egy harmadik pontjával, akkor derékszöget kapunk. (A körvonal bármely pontjából az átmérő derékszögben látszódik.)

Bizonyítása) Első bizonyítás:

A kör átmérője legyen AB, a körvonal tetszőleges, A -tói és ő-től különböző pontja C. Rajzoljuk be az OC sugarat. Az AOC és a BOC háromszög egyenlő szárú.Az AOC háromszögnek az alapon fekvő két szögét jelöljük a-val, a BOC há­romszögnek az alapon fekvő két szögét /3-val. Az ABC háromszög belső szö­geinek összege a + ( a + fi) + P = 180°.Innena + p = 90°.Ezzel a tételt bebizonyítottuk.Az ABC háromszög C csúcsánál levő szöge derékszög.

S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K )b) Második bizonyításFelhasználjuk a középponti és a kerületi szögek tételét (adott ívhez tartozó ke rületi szög feleakkora, mint a hozzá tartozó középponti szög).

Az AOB középponti szög 180°, a hozzá tartozó kerületi szög, ACB szög, ezek szerint 90°.A tételt beláttuk.

Thalész tételének megfordításaTétel: Ha egy kör egy átmérője egy derékszögű háromszög átfogója, akkor a derékszög csúcsa a körvonalra illeszkedik. (Ha egy pontból egy szakasz derék szögben látszódik, akkor a pont illeszkedik a szakasz mint átmérő köré rajzoll körre.)

Bizonyítása) Az első bizonyítás indirekt úton történik.Ad abszurdum tegyük fel, hogy: A C BZ = 90° és C nem illeszkedik AB szakasz Thalész körére (a szakasz mint átmérő köré rajzolt kör).Ha nem illeszkedik a körre, akkor vagy kívül vagy belül helyezkedik el (lásd az ábrákat). Mindkét esetre:

A B

c S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K

Legyen C' az AC és a kör metszéspontja. Thalész tétele miatt AC'BZ = 90°. A feltétel szerint pedig ACBZ = 90°. Akkor viszont CBC' háromszögben két derékszög van és a harmadik szög is pozitív. Ez lehetetlen, hiszen ellentmond annak, hogy a belső szögek összege 180° bármely háromszögben. Tehát a pont nem lehet másutt, csak a körön.

b) A második bizonyítás gyorsabb.C

CAzt kell megmutatnunk, hogy az átfogó felezőpontja egyenlő távolságra van a háromszög csúcsaitól.Tükrözzük az ABC háromszöget az átfogó F felezőpontjára. A középpontos tükrözés tulajdonságai miatt egy olyan paralelogrammát kapunk, melynek két szemközti szöge derékszög. A paralelogramma tehát téglalap. A téglalap átlói egyenlő hosszúak és felezik egymást. így tehát AF = FB - FC; épp a három­szög köré írható kör sugarával egyenlőek.Ezzel az állítást igazoltuk.

c) A harmadik módszer a kerületi szögekről tanultakat használja fel.C

c S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K }Az ACB szög 90°, a hozzá tartozó középponti szög AOB, ezek szerint 180°. A tételt beláttuk, hisz így a háromszög köré írt kör középpontja illeszkedik az átfogóra, méghozzá a felezőpontja.

EgyüttTétel: AB átmérője k körnek:

P é k <=> APBZ = 90°.

MagasságMagasságvonal: a háromszög magasságvonala a csúcspontból a szemközti oldalegyenesre bocsátott merőleges egyenes.

Magasság: a magasság, a magasságvonal csúcspont és az oldalegyenes köze eső szakasza.

C

Tétel: a háromszög három magasságvonala egy pontban metszi egymást.

BizonyításStratégia: egy már bizonyított tételre vezetjük vissza az állítást. Megmutatjuk, hogy van olyan háromszög, melyben az adott háromszög magasságvonalai ol­dalfelező merőlegesek.

Legyen ma az ABC háromszög A csúcsához tartozó magasságvonala. Húzzunk a háromszög csúcsain keresztül párhuzamosokat a szemközti oldalakkal. A / eredeti háromszög csúcsai A, B és C; az új háromszög csúcsai A', B' és C'.

c S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K

c

Vizsgáljuk ma-1. Az A 'B 'C' háromszög származtatásából az következik, hogy BCAC', BCB'A négyszögek paralelogrammák (mivel szemközti oldalaik párhu­zamosak). Ebből az következik, hogy B C - A C ' és BC - B ’A (azaz a szemköz­

ti oldalak egyenlőek is). Tehát A felezi B'C'-i. Mivel ma J.B C és B C \B 'C {

adódik, hogy ma ± B ' C ' . Tehát ma felező merőlegese ü'C '-nek. Hasonlóan be­látható a többi magasságvonalról is, hogy felező merőlegesek. Tehát ABC há­romszög magasságvonalai az A 'B 'C háromszögben oldalfelező merőlegesek. Ezekről viszont már beláttuk, hogy egy pontban metszik egymást.Ezzel a tételt bebizonyítottuk.

Ez a metszéspont a háromszög magasságpontja.Ez hegyesszögű háromszögnél a háromszög belsejében van, tompaszögűnél a háromszögön kívül, derékszögűnél pedig a derékszög csúcspontjával esik egybe.

Középvonal

Középvonal; a háromszög középvonala két oldalának felezőpontjait összekötő szakasz.

c S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K )Tétel: a háromszög középvonala párhuzamos a vele nem találkozó oldallal iS hossza annak hosszának fele.Például:

FF. || c és F F = —a b n a c 2

BizonyításAz ABC háromszög és az FhFaC háromszög hasonló, mivel két-két oldaluk

aránya egyenlő, = 2, és a /sz ö g közös. Ebből adódik hogy a haiCFh CFa

ABmadik oldalpár aránya is 2, a z a z ------ - 2 , és a megfelelő szögek egyenlősc

FF,a oge miatt (pl. ABC Z = FbFaC Z ) AB^FhFa. A többi középvonalra is hasonlóan belátható a tétel.

Súlyvonal

Súlyvonal: a háromszög súlyvonala a csúcspontot a szemközti oldal felező pontjával összekötő szakasz.Koordináta-geometriában a súlyvonal egyenest is súlyvonalnak szoktuk nevezni Ha a súlyvonalra illeszkedve támasztunk alá egy síkidomot, akkor az egyen súlyban marad.

Tétel: a háromszög súlyvonalai egy pontban metszik egymást. Ezt a pontul súlypontnak nevezzük és ez mindhárom súlyvonalon az oldalhoz közelebbi harmad olópont.

Bizonyítása) Az első bizonyítás stratégiája, hogy ha bármely kettő súlyvonal metszés pontja mindkét súlyvonalon az oldalhoz közelebbi harmadolópont, akkor a há­rom harmadolópont (a három súlyvonalon) ugyanaz a pont.

S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K

c

A B

Az ABC három szögbe oldalának felezőpontja legyen E, BC oldalának felező­pontja F. A BE és az AF súlyvonalak metszéspontja S. Az ABS és az FES há­romszögek hasonlók, mert szögeik páronként egyenlők (az EF középvonal pár­huzamos AB-voX, ezért az azonosan jelölt szögek váltószögek). A hasonlóság aránya 2 :1 , mert az EF középvonal az AB oldal fele. így az EB és az FA súly­vonalak az oldalakhoz közelebbi harmadolópontjukban metszik egymást. Ha­sonlóan látható be, hogy az EB súlyvonal és a C csúcsból induló súlyvonal metszéspontja is ez a pont (S ), mivel EB-nek csak egy oldalhoz közelebbi har- madolópontja van.lizzel a bizonyítandó állítást beláttuk.b) A második bizonyításban vektorokat használva látjuk be, hogy a három megfelelő harmadolópont ugyanaz a pont.felhasználjuk azt, hogy hogyan kell egy szakasz osztópontjába mutató vektort felírni a végpontokba mutató vektorok segítségével.Legyen H v / / , és H} az A, B és C pontokból induló súlyvonalak oldalhoz kö­

zelebbi harmadolóponlja. Az ezen pontokba mutató helyvektorokat jelöljük h ,

íi2 és Aj-mai. Ekkor felírhatjuk, hogy

b + c + a3

(Ü3

c S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K DHasonlóan a másik két súlyvonalra:

és

a + b +c3

Látható, hogy a három harmadolópont ugyanaz a pont. Ezzel a tételt beláttuk.

Ha egy síkidomot a súlypontjánál támasztunk alá, akkor az egyensúlyban marad.

MagasságtételTétel: derékszögű háromszögben az átfogóhoz tartozó magasság mértani köze­pe az átfogó általa meghatározott két szelete hosszának.

Bizonyítás

Az alábbi ábra jelöléseit használva ATCa - T B C a , mivel szögeik egyenlőek (ATCZ = CTBZ = 90°; CATZ és BCTZ merőleges szárú hegyes szögek). így a megfelelő oldalak aránya egyenlő:

C

azaz

Ezzel a tételt beláttuk.

S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K 3BefogótételTétel: derékszögű háromszögben bármely befogó hossza mértani közepe az át­fogó és az átfogóra eső merőleges vetület hosszának.

Bizonyítás

Az alábbi ábra jelöléseit használva ABC a- ATC a , mivel szögeik egyenlőek (ATCZ = A C BZ = 90°, a közös). így a megfelelő oldalak aránya egyenlő

azaz

b2 = c .c .

A másik befogóra hasonló módon látható be a tétel.

C

A B

befogótétel: magasságtétel:b2 - c ] ■ c és a2 - c2 ■ c,2

S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K

Szimmetrikus háromszögek

Egyenlő szárú háromszögTétel: egyenlő szárú háromszögben az alaphoz tartozó magasság, súlyvonal, oldalfelező merőleges, a szárszög szögfelezője, a beírt kör középpontja és a kő rülírt kör középpontja a szimmetriatengelyre illeszkedik.

m„= sa = f a =faEgyenlő szárú derékszögű háromszög alapon fekvő szögei 45°-osak, az átfogó

(alap) V2 -szerese a befogóknak (száraknak).

Szabályos háromszögHárom szimmetriatengelye van, melyek egyben magasságvonalak, súlyvon;i lak, oldalfelező merőlegesek és szögfelezők, A beírt kör középpontja, a körül írt kör középpontja, a súlypont és a magasságpont egybeesik, ez a háromszög’ középpontja.

^ „ 2 1 RMagassaga — -szerese az oldalnak. R = —m, r - —m = —.2 3 3 2

(US

S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K

4.3.2. Síknégyszögek

Osztályozásuk

Konkáv négyszögDefiníció: olyan négyszög, melynek van 180°-nál nagyobb szöge.

Konvex négyszögDefiníció: olyan négyszög, melynek egyik szöge sem nagyobb 180°-nál.

HúrnégyszögDefiníció: olyan négyszög, melynek van köré írt köre. Van olyan kör, mely át­halad mind a négy csúcson.

Tétel: ha egy négyszög húrnégyszög, akkor szemközti szögeinek összege 180°.BizonyításA kör egy ívéhez tartozó kerületi és középponti szögek közti összefüggést fel­használva a húrnégyszög a szögéhez tartozó középponti szög 2 a, az a szöggel szemközti y szöghöz tartozó középponti szög 2 y.

Mivel 2 a + 2 y - 360°, adódika + y = 180°*Mivel a belső szögek összege 360°, a másik két szög összege is 180°. lizzel az állítást bebizonyítottuk.

c S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K 3Tétel: ha egy négyszög szemközti szögeinek összege 180°, akkor az húrnégy­szög.

Bizonyítása) Az első bizonyítás indirekt bizonyítás.Ad abszurdum tegyük fel, hogy a szemközti szögek összege 180° és a négy­szög nem húrnégyszög.Tehát az egyik csúcs nem illeszkedik a másik három által meghatározott körre. Ez a csúcs legyen a C.

D

B

D

B

Legyen P — DC r \ k , így kapjuk ABPD négyszöget, mely húrnégyszög. Ezek ről pedig már beláttuk, hogy szemközti szögeinek összege 180°, tehát D PBZ = 180°- a .Ebből viszont az következik, hogy a BPC háromszög egyik szöge a, egy ma sik pedig 1 8 0 ° -a. Ezek összege a harmadik szög nélkül is 180°, ami el lentmond a belső szögek összegére vonatkozó tételnek. Mivel helyesen kövei keztettünk, csak a kiindulási feltételben lehet a hiba, tehát C illeszkedik a körre.

b) Második bizonyításTudjuk, hogy az ABCD négyszög szemközti szögeinek (legyen a és y) ö sszá r 180°.

c S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K

Rajzoljuk meg az ABD háromszög köré írt kört. Azt kell megmutatnunk, hogy a C pont erre illeszkedik. A kör BD húrja az A pontból a szög alatt látszik, a C pontból pedig 180°- a szög alatt. A síkon azok a pontok, amelyekből a BD húr 180° - a szög alatt látszik, az ABD háromszög köré írt körnek az ábrán vasta­gon jelölt íve és ennek a BD-re vonatkozó tükörképe. Mivel a feltétel miatt az ABCD négyszög konvex, ezért C csak a körvonalon levő köríven lehet. így az ABCD négyszög valóban húrnégyszög.Ezzel a tételt beláttuk.

A két tétel együtt:Tétel: egy négyszög akkor és csakis akkor húrnégyszög, ha szemközti szögei­nek összege 180°.

ÉrintőnégyszögDefiníció: olyan négyszög, melynek van beírható köre. Van olyan kör, mely érinti mind a négy oldalt.

Tétel: ha egy négyszög érintőnégyszög, akkor a szemközti oldalak hosszainak összege egyenlő.

BizonyításAz érintési pontok mind a négy oldalt két részre osztják. Ezek a szakaszok érintő szakaszok. Mivel külső pontból egy adott körhöz húzott érintő szaka­szok hosszai egyenlőekAEl = AE4 és BE] - BE2 és CE2 = CE-, és DE} - DEA.Teháta + c — A E t + E tB + CEj + E^D =

= AE4 + BE2 + CE2 + DE4 =b +d .

Ezzel a tételt bebizonyítottuk.

c S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K )Tetei: ha egy konvex négyszögben szemközti oldalak hosszának összege egyenlő, akkor az érintőnégyszög.

BizonyításIndirekt úton bizonyítunk.Ad abszurdum tegyük fel, hogy egy konvex négyszög szemközti oldalainak összege egyenlő és nem érintőnégyszög.Ha nem érintőnégyszög, akkor bármely három oldala által meghatározott köri (a három oldalegyenes által meghatározott háromszög beírható köre) a negye­dik oldal nem érinti.Ha nincs a négyszögben tompaszög, akkor mind a négy szöge derékszög kell legyen, hisz csak akkor lehet a belső szögek összege 360°. Az oldalhosszakra vonatkozó feltétel miatt csak négyzet lehet, az pedig érintőnégyszög.Ha van tompaszöge, akkor belátható, hogy ezen lehetséges négy kör közül a/ egyik olyan helyzetű, hogy a négyszög egy tompaszögének egyik szárát érinli és a másikkal nincs közös pontja.

B

így kapjuk A'BCD négyszöget, mely érintőnégyszög, tehát szemközti oldalai nak összege egyenlő, azaz A'B + CD = BC + DA'.Mivel a tompaszög, az A A D háromszögben DA' a legnagyobb oldal, tehál DA' > DA.Mivel A ' az AB szakasz belső pontja,A'B < AB.Ezek felhasználásával kapjuk, hogyDA + BC < DA'+ BC - A ’B + CD < AB + CD.

S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K

Ez viszont ellentmond annak a feltételnek, hogy DA + BC = AB + CD,azaz, hogy az ABCD négyszög szemközti oldalainak összege egyenlő.Mivel helyesen következtettünk, csak a kiinduló feltételben lehetett hiba, tehát a négyszögnek érintőnégyszögnek kell lennie.Ezzel a tételt bebizonyítottuk.

A két tétel együtt:Tétel: egy konvex négyszög akkor és csakis akkor érintőnégyszög, ha szem­közti oldalai hosszának összege egyenlő.

TrapézDefiníció: olyan négyszög, melynek van párhuzamos oldalpárja.A párhuzamos oldalakat alapoknak, az őket összekötő oldalakat száraknak ne­vezzük. Az egy-egy szárra illeszkedő szögek kiegészítő szögek, összegük 180°.

Szimmetrikus trapézDefiníció: olyan trapéz, melynek van szimmetriatengelye.- az alapok felező merőlegese a szimmetriatengely,- az alapokon fekvő két-két szöge egyenlő,- átlói egycnlőek,- húrnégyszög.

ParalelogrammaDefiníció: olyan négyszög, melynek szemközti oldalai párhuzamosak.A definícióval ekvivalens állítások:Egy négyszög akkor és csakis akkor paralelogramma, ha:- szemközti oldalai egyenlő hosszúságúak,,- szemközti szögei egycnlőek,

a szomszédos szögek összege 180°, átlói felezik egymást,egy oldalpárja párhuzamos és egyenlő hosszú, középpontosan szimmetrikus.

c S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K

DeltoidDefiníció: olyan négyszög, melynek két-két szomszédos oldala egyenl< hosszúságú.Jellemzői:- az egyik átló egyenesére szimmetrikus,- az átlók merőlegesek egymásra,- érintőnégyszög.

TéglalapDefiníció: olyan paralelogramma, melyben van derékszög.Jellemzői:- minden szöge derékszög,- átlói egyenlőek,- szimmetrikus az oldalfelező merőleges egyenesekre,- húrnégyszög.

RombuszDefiníció: olyan négyszög, melynek oldalai egyenlő hosszúságúak. Jellemzői:- mivel szemközti oldalai egyenlőek, a rombusz speciális paralelogramma,- átlói merőlegesen felezik egymást,- szimmetriatengelyei az átlók,- érintőnégyszög.

NégyzetDefiníció: olyan téglalap, melynek oldalai egyenlő hosszúságúak.Jellemzői:- átlói és középvonalai szimmetriatengelyek,- érintőnégyszög,- húrnégyszög.

Síknégyszögek

I------------------ >konvex konkáv

S Í K B E L I e s t e r b e l i a l a k z a t o k

húrnégyszög trapéz érintőnégyszög

1szimmetrikus trapéz paralelogramma deltoid

O Oi f

téglalap

J L

rombusz

D

~lf Vnégyzet

c S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K )Tétel: a négyszög belső szögeinek összege 360°.

Tétel: a konvex négyszög külső szögeinek összege 360°. (Külső szög a belső szög mellékszöge.)

Négyszög középvonalaDefiníció: a szemközti oldalak felezőpontjait összekötő szakasz.

Paralelogramma középvonalaTétel: a paralelogramma középvonala párhuzamos a mellette fekvő oldalakkal és velük egyenlő hosszúságú.

Trapéz középvonalaTétel: a trapéz szárakat összekötő középvonala párhuzamos az alapokkal ó hossza azok hosszának számtani közepe.

( z 6 z )

S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K )4.3.3. Sokszögek

Konvex sokszögek átlóinak száma TételEgy n oldalú konvex sokszög átlóinak száma

n(n - 3)2

BizonyításAz n oldalú konvex sokszögben egy csúcsból n - 3, n csúcsból összesen n(n - 3) átló húzható. így mindegyik átlót kétszer számítottuk, egyszer az egyik végpontjánál, egyszer a másiknál. Az n(n - 3)-at ezért el kell osztani 2-vel.Az n oldalú sokszög összes átlójának száma tehát valóban

n{n - 3)2

■ Ezzel a tételt bebizonyítottuk.

Konvex sokszögek belső szögeinek összege TételEgy n oldalú konvex sokszög belső szögeinek összege ( n - 2)180°BizonyításEgy n oldalú konvex sokszögben egy csúcsból n — 3 darab átló húzható (saját magába és a két szomszédos csúcsba nem rajzolható átló). Az egy csúcsból hú­zott n - 3 átló a sokszöget n - 2 háromszögre bontja. Ezek belső szögeinek ösz- szege:( n - 2)180°.Ez éppen a sokszög belső szögeinek összegét adja.Ezzel a tételt bebizonyítottuk.

TételEgy konvex sokszög külső szögeinek összege 360°.BizonyításMivel a külső szög a belső szög mellékszöge, az egy csúcsnál lévő külső és bel­ső szögek összege 180°. Egy n oldalú konvex sokszög esetén az összes csúcs-

( ü D

c S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K

nál lévő belső és külső szögek összege így «T 80°. Ha ebből kivonjuk a belső szögek összegét, akkor megkapjuk a külső szögek összegét. Tehát a külső szö­gek összegew l8 0 o- ( / i-2 )1 8 0 ° = 180°-2 = 360°.Ezzel a tételt bebizonyítottuk.

Szabályos sokszögekDefiníció: azokat a sokszögeket, melyek belső szögei és oldalainak hossz;i egyenlő, szabályos sokszögeknek nevezzük.

Ezekbe és köré mindig írható kör.

( n - 2)180°Egy rt oldalú szabályos sokszög belső szögei --------------- nagyságúak.

n

Az OAB egyenlőszárú háromszöget középponti háromszögnek nevezzük és se gítségével a sokszög területe:

R 2 - s in ( 3 6 0 »T = «■---------------J—L ,2

ahol R a köré írt kör sugara.

c s í k b e l i e s t e r b e l i a l a k z a t o k

4.3.4. Kör

HúrDefiníció: a körvonal két különböző pontját összekötő szakasz.

ÁtmérőDefiníció: a kör középpontjára illeszkedő húr.Ez a kör leghosszabb húija, hossza a sugár kétszerese.

ÉrintőDefiníció: olyan egyenes, melynek egy közös pontja van a körrel. A többi pontja a körön kívül helyezkedik el.Tétel: az érintési pontba húzott sugár merőleges az érintőre.

BizonyításTudjuk, hogy egy egyeneshez egy rá nem illeszkedő pontból húzható szaka­szok között az egyenesre merőleges szakasz a legrövidebb.Tudjuk, hogy az e egyenes minden pontja, E kivételével, a körön kívül helyez­kedik el, így az E van legközelebb AMioz.E kettőből adódik, hogy KE az egyenesre merőleges.

ÉrintőszakaszDefiníció: az érintő egy pontja és az érintési pont által meghatározott szakasz. Tétel: egy külső pontból a körhöz húzott érintőszakaszok egyenlő hosszúságúak.

c S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K 3BizonyításMivel KE} - KE2 = r, KJ’ közös oldal és K E }P Z = KE2P Z = 90°, a KPE] és a PKE2 háromszögek két-két oldala és a nagyobbik oldalakkal szemközti szöge egyenlő. Tehát a két háromszög egybevágó, így a megfelelő oldalak egyenlőek. Tehát PEt - PE2.Ezzel a tételt beláttuk.

SzelőDefiníció: olyan egyenes, melynek két közös pontja van a körrel.

SzelőszakaszDefiníció: egy pontra illeszkedő szelőn a pont és a körrel vett metszéspont által meghatározott szakasz.Egy ponton áthaladó szelőn két szelőszakasz és egy húr található.

Érintőszakasz: EP Szelőszakaszok: PA és PB

KörcikkDefiníció: egy kör két tetszőleges sugara és az általuk meghatározott egyik körív által közrefogott síkrész.

KörszelctDefiníció: egy kör egy húrja és az általa meghatározott egyik körív által közrefogott síkrész.

c S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K D

Középponti szögDefiníció: két sugár által meghatározott szög.

Egy körív egy középponti szöget határoz meg, azt melynek szögtartományában van. Ha az ív félkörnél kisebb, akkor a hozzá tartozó középponti szög konvex. Ha az ív nagyobb, akkor a középponti szög konkáv. Ha az ív a kör fele, akkor a középponti szög 180°.

Kerületi szögDefiníció: a kerületi szög olyan szög, melynek csúcsa a kör kerületén van, szá­rai pedig a kör egy-egy húrját tartalmazzák vagy egyik szára egy érintő fél­egyenes (ez utóbbi az érintőszárú kerületi szög). A körvonalnak a kerületi szög szögtartományába eső íve a kerületi szöghöz tartozó körív.Egy körív végtelen sok kerületi szöget határoz meg, azokat, melyeknek a szög­tartományában van. Ha az ív félkörnél kisebb, akkor a hozzá tartozó kerületi szög hegyesszög. Ha az ív nagyobb, akkor a kerületi szög tompaszög.

c S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K

D

B

B

D

AB, rövidebb, illetve hosszabb ívéhez tartozó középponti szög AOBZ, k erű le ti szög például A C BZ és AD BZ, illetve ADPZ.

Tétel: adott ívhez tartozó középponti szög kétszerese az ugyanezen ívhez tar­tozó kerületi szögeknek.Az ábra jelöléseivel: AO BZ - 2-AC BZ = 2 -AD BZ . . . .BizonyításA bizonyítás négy lépésben történik aszerint, hogy a középponti szög csúcsa (a kör középpontja) hogyan helyezkedik el a kerületi szög szögtartományálio/ képest.

S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K

1.) A középponti szög és a kerületi szög egyik szára egy egyenesbe esik (a kö­zépponti szög egyik szára a kör átmérője).

Az ábrán látható AOC háromszög egyenlő szárú, mert szárai a kör két sugara, így az alapon fekvő szögei egyenlőek, nagyságuk: a. Az (0 szög az AOC há­romszög külső szöge, ezért cú=2a2.) A középponti szög csúcsa a kerületi szög szögtartományában van.

Ebben az esetben az AO átmérőnek az azonos oldalán levő középponti és ke­rületi szögekre alkalmazható az első pontban bizonyított állítás. így összegük­re igaz, hogy

« = &), +co2 =2 a, +2 a , = 2 (a, + a 1)= 2 a ,

3.) A középponti szög csúcsa kívül esik a kerületi szög tartományán. A BOC középponti, illetve a BAC kerületi szög az AD átmérő megrajzolása után két- két szög különbségeként hható föl:

c S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K )

co = BO CZ = BODZ - C O D Z , a = BACZ = BADZ - C A D Z .

Az egyenlőségek jobb oldalán lévő szögekre fennáll az első pontban bizonyí­tott állítás, azaz BODZ - 2 ■ BADZ illetve CODZ = 2 • CADZ. így az ö) = 2a állítást beláttuk.

4.) Ha a kerületi szög egyik szára érintő, akkor három esetben kell megnézni (az ábrák jól szemléltetik), hogy a kerületi szög (a ) feleakkora, mint a hozzá tartozó középponti szög (2a).

c S Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K 3Az előbb bizonyított tételből következik a kerületi szögek tétele.Tétel: egy körben (vagy azonos sugarú körökben) az azonos (vagy egyenlő) ívhez (vagy ívekhez) tartozó kerületi szögek egyenlők.

LátószögEgy alakzat egy, az alakzaton kívüli pontból olyan szögben látszódik, melynek csúcspontja a pont és a legkisebb olyan szög, melynek szögtartományán kívül nincs az alakzatnak pontja.G Példa

P

A P pontból a szögben látszódik az alakzat.A látószög konvex szög.

A kerületi szögek tételéből adódik, hogy azok a pontok, melyekből egy adott szakasz adott konvex szögben látszódik, két, a szakasz egyenesére szimmetri­kus körívet alkotnak (kivéve az ívekből a szakasz végpontjait).

a < 90° a = 90°

Ha a látószögköríven belül megyünk, akkor a látószög nő, ha kívül, akkor csökken.

rS Í K B E L I É S T É R B E L I A L A K Z A T O K

Q PéldaA mozi nézőterének mely pontjából látszódik a mozivászon magassága a leg­nagyobb szögben?MegoldásAbból a pontból, melyhez tartozó látószögkörív érinti a nézőtér egyenesét. Azért, mert ha metszené, akkor a két metszéspont által meghatározott húr pont­jaiból nagyobb szögben látszódna, hisz a látószögköríven belül vannak.

c K E R Ü L E T - É S T E R Ü L E T S Z Á M Í T Á S )4.4. KERÜLET- ÉS TERÜLETSZÁMÍTÁS

4.4.1. Kerületszám ítás

Egy síkidom kerülete az őt határoló görbe vonal hossza.

KörAz r sugarú kör kerülete

k = 2 r%.

Körcikk és körszeletAz r sugarú körben az cc középponti szöghöz tartozó körcikk, illetve körszelet kerülete:

Ahol, „ a °i - ocr, vagy i = 2 m — —

360°(az ív hossza egyenesen arányos a hozzá tartozó középponti szöggel).Itt a a középponti szög radiánban kifejezve; a ° ugyanez fokokban.

Szabályos sokszögekSzabályos sokszögeknél felhasználjuk egyrészt azt, hogy van köré, illetve be­írható körük. Másrészt, hogy felbonthatók egyenlő szárú, egybevágó három­szögekre, melyek egyik csúcspontja a sokszög középpontja.

c K E R Ü L E T - É B T E R Ü L E T S Z Á M Í T Á S )a

Legyen R a köré írható kör, r a beírható kör sugara. Egy n oldalú szabályos sok­szög esetén a középponti szög:

360° a = — n

Az oldal hosszúsága:

ex exa = 2R s in—, a = 2 r t e —.

2 2Mivel k - na,

, ■ I80° , * >80°k = 2Rn s in ------ , k - 2 rnt g ------n n

4.4.2. Területszámítás

Egy síkbeli alakzat területe a síkbeli alakzathoz egyértelműen rendelt nem negatív szám, mely hozzárendelés a következő tulajdonságokkal rendelkezik:1. az egységnégyzet területe 1 területegység;2. egybevágó alakzatok területe egyenlő;3. ha egy alakzatot több egymásba nem nyúló részre vágunk, akkor az alakzat

területe egyenlő az őt alkotó részek területeinek összegével.

c K E R Ü L E T - É S T E R Ü L E T S Z Á M Í T Á B

Háromszög

a) Legyen az egyik oldal a, és a hozzá tartozó magasság ma\ j Ekkor:

a - m„t = ----s..

2Bizonyítás

[ Felhasználjuk, hogy téglalap területe egyenlő az oldalainak szorzatával.A háromszöget egészítsük ki téglalappá úgy, hogy a háromszög leghosszabb oldala (amelyiknél nincs hosszabb) legyen az egyik oldala, a hozzá tartozó ma­gasság pedig legyen egyenlő a téglalap másik oldalának hosszával.

E A D

Mivel BTA&= BAEa és TCAa= ACD a (egy oldal és a rajta fekvő két szög : egyenlő), a háromszög területe a téglalap területének fele. Tehát

BC ■ BE a ■ mnt = —-------- = ----- ÍL.

2 2b) Legyen két oldal a és b, a közbezárt szögük pedig y!

. Ekkor:

a b - sin y t - - ---------- -.2

K E R Ü L E T - E S T E R U L É T S Z Á M I T A S

BizonyításHárom részben bizonyítunk.1. y < 9 0 °

Látható, hogy

Innen

Tehát

siny = — b

t =

ma = ésiny.

a ■ ma _ a ■ b ■ sin y

2. y > 90°

m.

Látható, hogy sin (l8 0 ° - y) =h

Tudjuk, hogy sin(l 80° - y) = sin y . Tehát

_ a m a _ a b -sin(180o- y) a ■ - sin y1 ~ 2 _ 2 “ 2

d z i)

c K E R Ü L E T - É S T E R Ü L E T S Z Á M Í T Á S 33 . 7 = 9 0 °

A

Látható, hogy ma = b. Tudjuk, hogy sin 90° = 1.Tehát

_ a m a _ a b \ _ a - b ü n y2 2 2 '

c) Legyen az ABC a kerületének fele s!Ekkor

t - yjs(s - a ) ( s - b ) ( s - c ) .

Ezt Heron-képletnek nevezzük.

d) Legyen a háromszögbe írt kör sugara r!Ekkor

t = r s .BizonyításA háromszög csúcsait kössük össze a beírható kör középpontjával! így három háromszöget kapunk. Mivel az érintési pontba húzott sugár merőleges az érin­tőre, ezen háromszögek magassága épp a beírt kör sugara lesz.

A

A háromszög területét megkapjuk a kis háromszögek területeinek összegeként.

c K E R Ü L E T - E B T E R U L E T S Z A M I T A S

Teháta r b r c -r a + b + cí - t . + f, + /, = ------4--------h -— = r -------------=r -s .

2 2 2 2

e)Legyen a háromszög köré írható kör sugara R. Ekkor

a b ct - ---------.

4 RNégyszög területe

Általános négyszög:Legyenek az átlói e é s / közbezárt szögük 5.

2NégyzetHa az oldal a, akkor:

t = a2.TéglalapLegyenek az oldalai a és b. Ekkor:

t= a • b.Trapéz

c

c K E R Ü L E T - E S T E R U L É T S Z Á M I T A S

Legyen a két alap a és c, a magassága pedig m. Ekkor:

a + c t = ------ m.

Paralelogramma

Legyen az egyik oldala a és a hozzá tartozó magasság ma. Ekkor:t — a ■ ma.

Legyenek az oldalai a és b, a közbezárt egyik szög pedig a. Ekkor:

Deltoid

Legyenek az átlói e é s / Ekkor:

t = e f

Szabályos sokszög területe

A kerületszámításnál használt jelölésekkel.

f i2 sin a a r k rt — n ----------- t = n ----- —----- .

2 2 2KörAz r sugarú kör területe:

t - r 2n.Körcikk

( K E R Ü L E T - É S T E R Ll L É T S Z Á M Í T Á S )

Körcikk területe kiszámítható a kör sugarából és a hozzá tartozó körív hosszá­ból, valamint a sugárból és a hozzá tartozó középponti szögből.

i r a r 2 a° 2t = — = ------- t c - ------ r ln

2 2 c 360°

Ahol a a középponti szög radiánban kifejezve; cc° ugyanez fokokban.

Felhasználtuk, hogy i = a - r , valamint hogy a körcikk területe egyenesen ará­nyos a hozzá tartozó középponti szöggel.

Körszelet

Az ábrán látható, hogy a körszelet területét megkapjuk, ha a körcikk területé­ből kivonjuk a háromszög területét.

r 2sinatK = * c --------- r -

c T É R G E O M E T R I A

4.5. TÉRGEOMETRIA

4.5.1. Hengerszerű testEgy zárt síkbeli görbevonal pontjain keresztül párhuzamosokat húzunk egy, a görbevonal síkjával nem párhuzamos egyenessel. így egy végtelen hengerfelü­letet kapunk. Ha ezt elmetszük a görbevonal síkjával és egy vele párhuzamos síkkal, akkor két végtelen térrészt és köztük egy véges testet határolunk el. Az így nyert véges test a hengerszerű test.A metsző síkokban elhelyezkedő lapok a hengerszerű test alaplapjai, az őket összekötő görbe felület a hengerszerű test palástja. A származtatásakor húzott párhuzamosoknak a metsző síkok közé eső darabjai a hengerszerű test alkotói. A párhuzamos síkok távolsága a magassága.

H engerHa a hengerszerű test alapjai körök, akkor körhengerről beszélünk (gyakran henger alatt körhengert értünk). A körlapok középpontjait összekötő egyenes a henger tengelye.Ha a metsző síkok merőlegesek az adott egyenesre, a hengert egyenes, egyéb­ként ferde hengernek nevezzük.

H asábHa a hengerszerű test alapjai sokszögek, akkor a hengerszerű testet hasábnak nevezzük.A metsző síkokban elhelyezkedő lapok az alaplapok, a többi lap a hasáb oldal­lapja. Az oldallapok paralelogrammák, ezek alkotják a hasáb palástját. A szár­maztatáskor húzott párhuzamosoknak a metsző síkok közé eső darabjai a ha­sáb alkotói. Az alaplapok oldalai az alapélek, a többi él a hasáb oldalélé.

(Z B J)

c T É R G E Q M E T R I A )A párhuzamos síkok távolsága a hasáb magassága. A téglalap alapú egyenes hasáb a téglatest; a kocka pedig olyan téglatest, amelynek minden éle egyenlő.

Ha a metsző síkok merőlegesek az adott egyenesre, a hasáb egyenes, egyébként ferde. Ha a hasáb egyenes és a síkbeli sokszögvonal szabályos, akkor szabá lyos hasábról beszélünk. A szabályos sokszögek középpontjait összekötő egye nes a hasáb tengelye.Aparalelepipedon olyan hasáb, ahol a kiinduló sokszögvonal paralelogramma.

4.5.2. Kúpszerü testLegyen adott egy síkbeli zárt görbevonal és egy, az adott síkra nem illeszkedő pont. Húzzuk meg a külső pontot a görbevonal pontjaival összekötő egyenese­ket. Ezen egyeneseknek a külső pont és a sík közötti szakaszai, valamint a sík által határolt véges térrészt (adott vezérgörbéjű, adott csúcsú) kúpszerű testnek nevezzük.

A zárt görbe vonal által határolt síkidom a kúpszerű test alaplapja. A kúpszerü test csúcsát az alaplap kerületi pontjaival összekötő szakaszok az alkotók A csúcsai és az alaplap síkja közötti távolság a magassága. A csúcsát az alap lappal összekötő görbe felület a palástja.

(ZBZ)

T É R G E D M E T R I A

KúpHa a kúpszerű test alaplapja kör, akkor a kúpszerű test körkúp. (Ha kúpról be­szélünk, többnyire körkúpra gondolunk.) A körkúp csúcsát a kör középpontjá­val összekötő egyenes a kúp tengelye. A kúp egyenes, ha tengelye merőleges a kör síkjára. Ez a forgáskúp. Az egyenes kúp alkotói egyenlők, tengelymetsze­te (a tengelyre illeszkedő, az alapsíkra merőleges síkmetszet) egyenlő szárú há­romszög.

A kúpot az alaplapjával párhuzamos metsző síkkal egy kúpra és egy csonka kúpra bontjuk. Ha egyenes körkúpot metszünk, akkor egyenes csonka kúpot nye­rünk. (Csonka kúpon általában egyenes csonka kúpot értünk.)

Ha a kúpszerű testet származtató görbe vonal zárt sokszög, akkor a kapott tes­tet gúlának nevezzük.

Csonka kúp

Gúla

c T É R G E O M E T R I A )A sokszög a gúla alaplapja, a többi lap a gúla oldallapja. A gúla oldallapjai há­romszögek, amelyek közös csúcsa a gúla csúcsa, ami a rögzített pont. Az oldal­lapok alkotják a gúla palástját. A gúla alaplapjának oldalai az alapélek, a többi él oldalél.Ha a gúla alaplapja szabályos sokszög és az oldalélek egyenlők, akkor a gúla szabályos, oldallapjai egybevágó egyenlő szárú háromszögek. Ha egy három oldalú gúla (tetraéder) lapjai egybevágó szabályos háromszögek, akkor szabá­lyos tetraéderről beszélünk.

Csonka gúlaA gúlát az alaplapjával párhuzamos metsző síkkal egy gúlára és egy csonka gúlára bontjuk.

4.5.3. Gömb

GömbfelületEgy adott ponttól adott, egyenlő távolságra lévő pontok halmazát a térben gömbfelületnek vagy egyszerűen gömbnek nevezzük.Az adott pont a gömb középpontja, az adott távolság a gömb sugara.

Zárt gömb (gömbtest)Egy adott ponttól adott távolságnál nem nagyobb távolságra lévő pontok hal­mazát a térben gömbtestnek nevezzük.Térfogatszámításnál a gömb szót ebben az értelemben szokták használni.

Nyílt gömbEgy adott ponttól adott távolságnál kisebb távolságra lévő pontok halmazát a térben nyílt gömbnek nevezzük.

m

T É R F O G A T - É S F E L S Z í N S Z Á M Í T Á S D4.6. TÉRFOGAT- ÉS FELSZÍNSZÁMÍTÁS

4.6.1. FelszínszámításA testek felszíne az őket határoló felületek területeinek összege.

Egyenes henger felszíneA = 2T+ P,

ahol T a henger alapjainak területe, P pedig a palást területe.

Körhenger felszíneA = 2m(r + m),

ahol r az alaplapok sugara, m pedig a henger magassága.

Egyenes hasáb felszíneUgyanúgy számoljuk, mint az egyenes henger felszínét.

A = 2T+ PItt az alaplapok sokszögek, a palást pedig téglalapokból áll. Ha az alaplapok ke­rülete k, akkor P = km, ahol m a hasáb, azaz az oldallapok magassága.

Kúp és gúla felszíneA = T+ P

Gúla esetén a palást háromszögekből áll, ezek területeit kell összeadni. Egyenes körkúp esetén a palástot kiterítve egy körcikket kapunk melynek su­gara az alkotó (a), és az ívhossz az alapkör kerülete.

(EsD

c T É R F O G A T - É S F E L E Z í N S Z Á M Í T Á S )Egyenes csonka kúp

A = n ( R 2+(R+ r ) a + r 2)Ahol r és R az alapkörök sugarai; az a pedig az alkotó.

Gömb felszíneEgy r sugarú gömb felszíne

A = 4nr2.

4.6.2. TérfogatszámításA térfogat egy, a testhez egyértelműen rendelt nemnegatív szám, mely hozzá­rendelés a következő tulajdonságokkal rendelkezik:1. az egységnyi élű kocka térfogata 1 térfogategység;2. az egybevágó testek térfogata egyenlő;3. ha egy testet véges számú részre vágunk, akkor a részek térfogatainak ösz-

szege egyenlő a test térfogatával.

Kocka térfogataEgy a oldalélű kocka térfogata

V = a \

Téglatest térfogataHa a téglatest élei a, b és c, akkor térfogata:

V = abc.

Egyenes henger és hasáb térfogataHa az alaplapok területe T és a magasság m, akkor a térfogat:

V - Tm.

T É R F O G A T - E S F E L S Z Í N S Z Á M Í T Á S 3Körhenger esetén, mivel az alaplapok körök

V — r 2nm.

Kúp és gúla térfogataAz előző jelöléseket használva,

V =Tm

Csonka gúla és csonka kúp térfogataHa az alaplap területe T, a fedőlap területe t és a magasság m, akkor a térfogat

V = ^ (T + ^ + t y

Szabályos csonka kúp esetén az alap- és fedőlap kör, így a térfogat

V = — {R2+Rr + r 2).3

c T É R F O G A T - E S F E L S Z I N S Z A M I T A S

Gömb térfogataEgy r sugarú gömb térfogata:

V = - r 37t.3

Z B B )

c V E K T O R O K )4.7. VEKTOROK

4.7.1. Fogalmak

DefinícióA vektor irányított szakasz, iránnyal, állással és nagysággal rendelkező meny- nyiség.

Jele: a; a ; AB ez az A kezdőpontú és B végpontú vektor

Jellemzői tehát:a) Állás: a szakaszra illeszkedő egyenes helyzete egy másik vektor egyenesé­

hez képest. Két vektor egyállású, ha párhuzamosak.b) Nagyság, vektor abszolút értéke: a szakasz hossza, egy nemnegatív szám.

Jele: \a\ vagy ||a||.

Ebben a könyvben ez utóbbit fogjuk használni, hogy a számok abszolút értékétől könnyen meg tudjuk különböztetni.

c) Irány: az irányítás megmondja, hogy melyik pont a kezdőpont és melyik a végpont.

Két vektor egyenlő, ha mindhárom tulajdonságukban megegyeznek. Ha egy vektort párhuzamosan eltolunk, akkor vele egyenlő vektort kapunk.

NullvektorDefinícióAzt a vektort, melynek a kezdő- és végpontja egybeesik, nuüvektomak nevezzük.

Jele: Ö

- nagysaga: = 0 ,

eges,- állása: tetsző- irányítása: tetszőleges.

Ellentett vektorAz a vektor ellentett vektora - a .

- nagysága: egyenlő a nagyságával,- állása: egyállású a -val,- irányítása: ellentétes a. irányításával.

4.7.2. Vektorműveletek

VektorösszeadásVektorok összeadására két módszer van.

ÖsszefűzésA vektorokat összefűzzük úgy, hogy az egyik vektor végpontja legyen a követ­kező vektor kezdőpontja. Az összegvektor a szabad kezdőpontból mutat a sza­bad végpontba.Két vektor esetén, ha nem párhuzamosak:

Ha a két vektor párhuzamos:

c V E K T O R O K )Több vektor esetén:

\c V b

d

a+b+c+3

Paralelogramma-módszerEz két vektor összeadása esetén használható. A két vektort közös kezdőpontba toljuk, majd megrajzoljuk az általuk kifeszített paralelogrammát. Az összeg­vektor a közös kezdőpontból induló átlóvektor.

Vektorok különbségeA két vektort közös kezdőpontba toljuk. A különbségvektor a kivonandó vek­tor végpontjából mutat a kisebbítendő vektor végpontjába.

Vektor skalárszorosaHa egy vektort egy számmal (skalárral) szorzunk, akkor beszélünk a vektor skalárszorosáról.Legyen a szám X, Ekkor d skalárszorosa Xá vektor,- nagysága: a nagyságának |^,|-szorosa,- állása: a -val egyállású,- irányítása: ha X > 0, akkor a-val megegyező; ha X < 0, akkor azzal ellenté­

tes; ha A, = 0, akkor tetszőleges, mivel Xa — 0 • a — 0.

c V E K T O R O K 5

- - a /

Műveleti azonosságok:

a + b = b + á

a + (b + c ) - (a + b)+ c

X(a±b) = Xa±Xb (A + fi)a = Aö + na (A/z)a = A(^la)

Egy speciális eset:Ha egy vektort elosztunk a hosszával, akkor a vele egyállású, azonos irányú egységvektort kapjuk.

a

Vektorok felbontása összetevőkre

Legyen a é s b két, egymással nem párhuzamos és nem nullvektor a síkban. Ek

kor bármely c vektor a sikban egyértelműen előállítható a következő alakban

c = Xa + \ib.Q Példa:

y

c = 3a + 2b = 2b + 3a

d ü )

( V E K T O R O K 3Az előállítás a sorrendtől eltekintve egyértelmű.

Tehát mindig megadható egyértelműen két olyan vektor, melyek cz-val, illetve

6-vel párhuzamosak és összegük a c vektor.

Skaláris szorzatA skaláris szorzat két vektor olyan szorzata, melynek eredménye egy szám, egy skalármennyiség.Definíció

a o b = a • cos a , ahol a a két vektor által bezárt szög

Geometriai tartalmaKét vektor skalár szorzata az egyik vektor hosszának és a másik vektor előző­re eső vetülete hosszának a szorzata.

Két vektor akkor és csakis akkor merőleges egymásra, ha skaláris szorzatuk nulla.

Vektor négyzeteHa egy vektort önmagával skalárisán szorzunk, akkor hosszának négyzetét kap­juk.

a 2 - a ° a = flail- ||ö||- cosO° = lla f = a 2.

c T R I G O N O M E T R I A

4.8. TRIGONOMETRIA

4.8.1. Hegyesszögek szögfüggvényeiHegyesszögek szögfüggvényeit a szöget tartalmazó derékszögű háromszög se­gítségével definiáljuk.

Definíció

Legyen ABC a az a szöget tartalmazó derékszögű háromszög! Ekkor

szöggel szemközti befogósmff = -

cos a =

tg a =

c tg a =

átfogó

szög melletti befogó átfogó

szöggel szemközti befogó szög melletti befogó

szög melletti befogó szöggel szemközti befogó

Szimbólumokkal

a bsm a = — cos a = —

c ca b

t g a = - ctg a = —b a

Ha c = 1, akkor sin a = a és cos a = b.

( 2 9 4 )

c T R I G O N O M E T R I A

B Példa

2Adott sin a = —. Határozzuk meg a többi szög függvényét a meghatározása nélkül!

Megoldása) Rajzoljuk fel a legegyszerűbb megfelelő derékszögű háromszöget! A harma­dik oldalt Pitagorasz tételével határozhatjuk meg.

Ezek után bármelyik szögfüggvény leolvasható az ábráról.

b) Pitagorasz-tétellel belátható, hogy sin2 a + cos2 a = 1.Mivel hegyesszögek esetén a szögfuggvények pozitív számok, ebből

2

Az is könnyen látható, hogy

sin aés ctgct = -----

tg atg a =

cos a

így2

V53

2

Nevezetes szögek szögfüggvényei

A hegyesszögek közül nevezetesek a következők:30°, 45°, 60°.

c T R I G O N O M E T R I A 3Lehet a szögfíiggvényeiket memorizálni, de talán egyszerűbb azokat a derék­szögű háromszögeket megjegyezni, melyekben szerepelnek.Az egyik egy szabályos háromszög félbevágásával keletkezik. Mivel felezzük az egyik oldalt, érdemes egy 2 egység oldalúból kiindulni. így a rövidebb be­

fogó 1 lesz, míg a hosszabb - Pitagorasz tétele alapján - £ .

A másik háromszöget egy négyzet átló menti kettévágásával kapjuk. Érdemes

egységnégyzetből kiindulni, melynek köztudottan \ f l az átlója.

Az ábrákról leolvashatóak a szögfüggvények értékei.

30° 45° 60°

szinusz 1 £ £2 2 2

koszinusz £ £ 12 2 2

tangens A3

1 £

kotangens £ 1 £3

c T R I G O N O M E T R I A )4.8.2. Tetszőleges szög szögfüggvényei

Tetszőleges nagyságú szög csak forgásszög lehet. így ezek szögfuggvényeit koordináta-rendszerben egységhosszúságú forgásvektor segítségével definiáljuk.

Szinusz és koszinusz DefinícióLegyen e egy egység hosszúságú helyvektor. Ezt az adott a forgásszöggel el­

forgatjuk 1 bázisvektorhoz képest. Legyen az így kapott végpont x koordinátája cos a y koordinátája sin a.

A definíció alapján jól látható, hogy-1 < sin a < 1 és -1 < c o s a < 1.

Szögfüggvények meghatározásánál és szögek visszakeresésénél praktikus tud­ni a hegyesszögek és a többi szög közötti kapcsolatot.Ehhez az előjeleket kell tudni a negyedekben.

Szinusz Koszinusz

n. 1 i. II. i.

+ + — +

— _ — +III. IV. ni. IV.

c T R I G O N O M E T R I A DEz után csak azt kell tudni, hogy egy a szögnek (0° < a < 360°) hogy számit hatjuk ki az első negyedbeli párját. Ez is attól függ melyik negyedbe esik a.

I. n. n. n. m. n. IV. n.a 18 0 °- a a - 180° 360°-a

Például a cos 210° meghatározásánál először eldöntjük, hogy melyik negyedbe esik a szög. Ez a III. negyed, itt a koszinusz negatív. Az első negyedbeli párja pedig a 210°-180° = 30°.Tehát:

V3cos 210° = -co s 30° = ------ .

2

Azonosságok

Tetszőleges a szög esetén igazak a következő azonosságok. Pótszögekre vonatkozó: sin a = cos (90° - a ),

cos a = sin (90° - a). Kiegészítő szögekre vonatkozó: sin a = sin (180° - a),

Negatív szögekre vonatkozó:

Pitagoraszi összefüggés:

cos a = -cos (180° - a).sin ( - a ) = -sin a ,cos ( - a ) = -cos a.sin2 a + cos2 a = 1(ahol például sin2a = (sin a ) 2).

Tangens és kotangens Definíció

KEgy tetszőleges a szög esetén, ha a * — + kn (k e Z ), azaz cos a * 0, legyen

tg a = -s in acos a

Ha a * I n (/ e Z), azaz sin a * 0, legyen

cos actg a = —-----•

sin a

G B )

4.8.3. Szinusztétel

TételBármely háromszögben két oldal aránya egyenlő a velük szemközti szögek szi­nuszainak arányával.

Például ABC a-ben:

a sin ab sin 13

Bizonyítás

Tudjuk, hogy tetszőleges ABC a háromszögben

ö c s in a acsin B t = ---------- illetve t = --------- —

Tehát

b c s m a = a c s i n p .Mivel egyik érték sem lehet 0,

Ezzel a tételt bebizonyítottuk.

sin a asin /? c

MegjegyzésHa szöget határozunk meg szinusztétel segítségével, éberen ügyelnünk kell ar­ra, hogy a szinuszfüggvény a lehetséges szögek intervallumán nem egyértel­mű. Egy adott szinusz értékhez tartozhat hegyesszög, illetve tompaszög meg­oldás is. Akkor lesz két megoldás is, ha a háromszög két oldala és a kisebbikkel szemközti szög van megadva. Köztudott, hogy ez az adathármas nem határoz­za meg egyértelműen a háromszöget.

d z i )

c T R I G O N O M E T R I A

4.8.4. Koszinusztétel

Mivel ezt elég nehéz szavakba foglalni, csak szimbólumokkal írjuk le.Tétel

Egy tetszőleges ABC a háromszögben bármely oldalra felírható a következő összefüggés:

c1 = a2 + b2 ~ 2abcos y.

BizonyításIrányítsuk a háromszög oldalait:

CA = b , CB = a és AB = c .Ekkor

c =a — b ■Emeljük mindkét oldalt négyzetre:

c 2 = ö 2 + b 2- 2 a ° b ,

| c f =||a||2 +p>||‘ -2-||a||-p>||-cosy,

c2 =a2 + b2 - 2 a b c o s y .Ezzel a tételt beláttuk.

A szinusztétel és a koszinusztétel használata

a) Ha két szög ismert és egy oldal, akkor szinusztétellel bármelyik oldal meg határozható.

63 Példa

Egy ABC a háromszögben az a oldal 6 cm, a fi szög 60° és a y szög 35°. Mck kora a b oldal?

d ° s )

MegoldásHatározzuk meg az ismert oldallal szemközti szöget, a = 180° - / ? - y= 85°. Tudjuk, hogy

a sin a .— = ------ , innenb sin (3

sín (3 sin60° 0,866 b — ű — o * — o * ~ 5,2.

sin a sin 85° 0,996

A keresett oldal 5,2 cm.

b) Ha két oldal és az egyikkel szemközti szög adott, akkor a szinusztétel segít­ségével meghatározható a másik oldallal szemközti szög.

Q Példa

Legyen az ABC a háromszögben az a oldal 5 cm, a b oldal 7 cm és az a szög 38,2°! Mekkora a P szög?Megoldásírjuk fel a szinusztételt:

sinP _ b sin a a

Ebbőli *7 n

sin/J = —sin a = — sin38,2° = 0.86577 ® — . a 5 2

így P lehet 60° vagy 120° is.

c) Ha egy szög és két oldal ismert, akkor bármelyik oldal meghatározható ko­szinusztétellel, majd ezek segítségével már bármelyik szög is meghatároz­ható, akár szinusztétel segítségével is.

□ PéldaEgy háromszög egyik oldala 5 egység, a másik 7 egység és ezen utóbbival szemközti szög 60°. Mekkora a harmadik oldal?

dÉ3

c T R I G O N D M E T R I A )MegoldásÉrdemes ábrát készíteni, hogy jobban lássuk a helyzetet.

írjuk fel a koszinusztételt.72 = 52 + jc2-2-5-jc'C0S 60°

Mivel cos 60° = -i, összevonások és rendezés után ezt kapjuk:

x2-5x ~2A = 0

Ezt könnyű szorzattá alakítani.(x - 8)(x + 3) - 0

A két megoldás közül csak a pozitív jöhet szóba, mivel oldalhosszúságot kerestünk. A keresett oldal 8 egység hosszú.

4.8.5. Addíciós tételek

Az addíciós (összegzési) tételek azt adják meg, hogy hogyan lehet egy összeg­ként felírt szög szögfüggvényeit kifejezni a tagok szögfüggvényei segítségével.

sin (a ± /3)=sinaicos /3 f c o s a s in p ,

c o s (a ± /í)= c o so íc o s /í + s in a s in /? ,

Ezek alapjánsin 2a - 2 sin a cos a ,

cos2a = cos2 a - sin2 a ,

c K □ □ R D I N Á T A - G E □ M E T R I A

4.9. KOORDINÁTA-GEOMETRIA

4.9.1. Vektorok koordináta-rendszerbenA koordináta-rendszerben két részre osztjuk a vektorokat kezdőpontjuk szerint. A helyvektorok azok a vektorok, melyeknek a kezdőpontja az origó.A szabad vektorok azok, melyeknek a kezdőpontja nem az origó.Bármelyik szabad vektort eltolhatjuk az origóba, így mindegyik helyett használhatjuk a vele egyenlő helyvektort. A helyvektorok azért praktikusak, mivel megadásukhoz csak a végpontjukat kell megadni. Általában a pontnak és az oda mutató helyvektornak ugyanazt a nevet szoktuk adni, a pontnév nagybetű, a vektomév kisbetű. így például az A(a l\ a2) pontba az a(ay, a 2) vektor mutat.A koordináta-rendszerben van két kitüntetett vektor. Az egyik az i (1; 0) vek­tor, a másik a j) vektor. Ezeket bázisvektoroknak nevez­zük. Az ő segítségükkel írjuk fel a koordináta-rendszerben az összes vektort. Például az A ( - 3; -2 ) pontba mutató á ( -3 ; —2) vektorra:

a = ( - 3 / ) + ( - 2 J ) = - 3 1 - 2 J

A y

. . i

-3 J 1

Azaz a helyvektor koordinátái lesznek a bázisvektorok együtthatói.

c K Ű Q R D I N Á T A - G E D M E T R I A DVektor 90°-os forgatottjának koordinátáiHa egy vektort az origó körül 90°-kal elforgatunk, akkor koordinátái felcseré­lődnek. Ha pozitív irányba forgattuk, akkor x koordinátája, ha negatív irányba, akkory koordinátája vált előjelet.

Például á ( -3 ; 2) vektor +90°-os elforgatottja az a \ —2; - 3 ) vektor, mig

(~90°)-os elforgatottja az a "(2; 3) vektor.

Vektorok összegének koordinátái

Adjuk össze az a (a,; a2) és b(b{ ,b2) vektorokat.

a + b = ( a j + a2j ) + (bli +b2j ) =

= (űj + )i + ( a 2 +b2) j

Tehát

a + b ( a t + £>,; a2 +b2).Például, ha

a ( - 2; 4) és b ( 5; - 2 ) , akkor a + b (3;2).

c K Q D R D I N Á T A - G E O M E T R I A 3Vektorok különbségének koordinátái

Vonjuk ki egymásból az a(a ]; a2) és b(b{', b2) vektorokat.

a - b ~ (a,i + a j ) - (6,/ + b2j ) =

= (a, - 6 , ) í + (a2- b 2)]

Tehát

a - b (a, - 6 , ; a 2 — b2).

Például, ha

ö ( -2 ; 4) és 6 ( - 5 ; —2), akkor <3-6(3; 6). Ez egyébként a b végpontjából

az a végpontjába mutató szabadvektorral egyenlő helyvektor.

Tehát ha adott egy szabadvektor kezdő- és végpontjával, akkor az oda mutató helyvektorok megfelelő kivonásával a szabadvektort el tudjuk tolni az origóba.

Vektor skalárszorosának koordinátái

Vegyük a (a ,; a2) vektor A-szorosát.

6 - ~ y

a - b

■H*x

Aa = A (a1í + a 2j ) = Xaxi +A a2j

c K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A 3Tehát

A n(Aűp AíZt).Például

az ci(-2; 4) vektor (-3)-szorosa a - 3 f l ( 6 ; -1 2 ) vektor.

A vektorok közötti összeadást és kivonást, valamint a vektor számmal való szorzását koordinátánként kell elvégezni.

Vektor hosszának m eghatározásaA helyvektor hossza végpontjának távolsága az origótól. Ez pedig - Pitagorasz tételének alkalmazásával - koordinátáinak négyzetösszegének négyzetgyöke.

Az a (a p a2) vektor hossza

II —II / 2 2||ö|| = y öj + a-).

Pl.: o (—3; 4) vektor hossza

||a | = 7 ( - 3 ) 2 + 4 2 = V25 = 5.Általánosan a vektor hosszának számolási módja, azaz két pont távolságii ;i következő. Ha A(ax\ a j és b2), akkor

c K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A )

Vektorok ska) árszorzatának számításaElőször nézzük meg a bázisvektorok szorzatait.

j ó i = ||í ||- ||í |-cosO ° = 1-1-1 = 1,

7°7=||7|M|7||-cosoo= i- i - i = i,

i ° j = j ° i — ||i I • ||y I • c o s90° = 1 - 1 0 = 0.Most már két tetszőleges vektort is összeszorozhatunk.

a o b = (a,/ + a j ) o (bti + b2j ) =

— a f y i o i + a lb2i ° j + a J ) J °i + a p 2j ° j = a ]b l +a J?2Tehát

a °/; = a lb] + a j?2.Itt újra érdemes megemlíteni, hogy két vektor merőlegességének ellenőrzésére a leggyakoribb módszer, hogy megnézzük, skalárszorzatuk nulla-e.Ennél többre is képesek vagyunk a skalárszorzattal felvértezve. Ennek segítsé­gével szoktuk két vektor közbezárt szögét is meghatározni. Tudjuk, hogy

(3 0 7)

K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

így

a ° bcos a =

Például az a ( -4 ; 3) és a b ( 1; - 7 ) vektorok által bezárt szögre

-2 5

5 - 5 - y / 2 s [ 2 '

Tehát a = 135°.

Szakasz osztópontjának meghatározásaA probléma a következő: adott végpontjaival egy szakasz, melyet egy pont adott arányban oszt. Meg kell határozni az osztópont koordinátáit.Legyen a két végpont a2) és B(bx\ b2), valamint az osztópont P(px, p 2) és

mutasson ezen pontokba rendre az a , b és p vektor. Legyen az osztásarányAP : PB = A.: p.

A

O

B

Ekkor

_ f ia + XhP = L----------

/I +X

cK D P R D I N A T A - G E □ M E T R I A

Tehát

BizonyításAz arányok alapján:

/i a, + f l a 2 + Xb2

i /i + zl fi + X )

/Jfí

A

f-i

Ez alapján

Alakítsuk ezt az egyenletet.

— X — AP = — PB.

f i

f l A P = X P B ,

f i ( p - a ) = X { b - p ) ,

i f i + X ) p = f i d + x B ,

f ia + Xb

f i + Xp =

Ezzel az összefüggést beláttuk.

Speciális eseteiAz egyik leggyakrabban használt speciális esete a felezőpontba mutató vektor meghatározása. Ekkor az osztásarány 1 : 1 , azaz X - 1 és |i = 1, tehát az összefüggés a következő alakot ölti:

/ =a + b

ahol a és b a végpontba mutató vektor, f pedig a felezőpontba mutat.A másik gyakran használt esete a harmadolópontba mutató vektor meghatáro­zása. Ekkor az osztásarány 2 : 1 (vagy 1 : 2), azaz X = 2 és (J. = 1, tehát a következőt kapjuk,

. 3 0 9 )

c K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A )- ü. + 2 b h —

ahol á és b a végpontba mutató vektor, h pedig a b -hez közelebbi harmadől ópontba mutat.

8 Példáka) Legyen A(~; 5) és B( 10; 2)! Határozzuk meg az AB szakasz A -hoz közelebbi harmad olópontj át!MegoldásLegyen a keresett pont C(c,; c,).

A harmadolópontra vonatkozó összefüggés alapján

2 a + bc =

3

yA

x2 10

Tehát koordinátái

2 ű.+fc, 2 (-2 ) + 10 _ c, = — —— L = ---------------= 2

3 3

és

c.2 ^ 2 2 15 + 2

~ ~ 3

A keresett pont tehát a C(2; 4).

K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

b) Az előző szakaszt hosszabbítsuk meg A ponton túl a kétszeresével! Mik az így kapott végpont koordinátái?Első megoldásLegyen a keresett végpont a D(d}; d2)\ Készítsünk ábrát!

Az ábrán látható, hogy A pont a DB szakasz 5-hez közelebbi harmadolópontja. így felírhatjuk a következő összefüggést:

_ 2 b + da = ----------.

3

Innen kifejezhetjük d -t,

d = 3a — 2b.Koordinátái

d x = 3a, - 2/?, = 3(—2 ) —2 • 10 = - 2 6

d2 =3a2- 2 b 2 = 3 - 5 - 2 - 2 = 11.Tehát a keresett végpont a D(-26; 11)Második megoldás

Irányitsuk a szakaszokat és így kapjuk D A és A B vektorokat.

(Üj)

( K P □ R D I N Á T A - G E D M E T R I A

Ezekre igaz, hogy

DA = 2AB.Felírva a pontokba mutató helyvektorokkal,

a - d = 2 ( b - a ) .Innen

d = 3a - 2b.Ezt pedig az előzőhöz hasonlóan fejezhetjük be.

Háromszög súlypontjába m utató vektor Tétel

A B C a háromszög esetén, ha a , b illetve c csúcspontokba mutató vektor

és s a súlypontba mutató vektor, akkor

_ a + b +c s ~ .

3BizonyításA súlypont bármely súlyvonalon az oldalhoz közelebbi harmadolópont, illetve, egyik végpontja az oldal felezőpontja, az osztópontba mutató vektorok megha­tározásával:

a + 2

B

b +ca + 2 - f 2 a + b + cs —-----------= ------------ -— = ------------ -

3---------------- 3-----------------3

Ezzel a tételt beláttuk.

( J 7 z )

c K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A 3Két pont távolságaKét pont távolága az általuk meghatározott vektor hossza, azaz P(p{, p 2) és

Q{q{, q2) pontok távolsága

d(P\ Q) +

4.9.2, Egyenes egyenlete

Ponthalmaz, görbe egyenleteEgy adott görbe egyenletének azt az egyenletet nevezzük, amelyet a görbéhez tartozó összes pont és csak ezek a pontok koordinátái tesznek igazzá, elégí­tenek ki.Nem minden görbének van egyenlete.

EgyenesAz egyenes általános egyenlete:

ax + by — c.Ilyen alakban minden egyenes egyenlete felírható.Ha a = 0 és b & 0, akkor az x tengellyel párhuzamos az egyenes, ha a ■£ 0 és b = 0, akkor az y tengellyel párhuzamos az egyenes, ha c = 0, akkor origón áthaladó az egyenes.Az a és a b egyszerre nem lehet nullák.Ha az egyenesről tudjuk, hogy nem vízszintes, akkor

jc + by = c alakban lehet felírni az egyenletét; ha nem függőleges, akkor

ax + y = calakban. Ez akkor érdekes, ha az egyenes egyenletét keressük, mert így keve­sebb paramétert kell meghatároznunk.

Egyenlet meredekséggelAz egyenes meredekségének jelentése

a ym —— , ahol a y = y2 — y; es a . v = x 2 - x {.

AJC

(Ü3>

c K Q Ű R D I N Á T A - E E d M E T R IA )

Ez azt mutatja meg, hogy az egyenes egy tetszőleges (xp y j pontjából kiindul-

2va m — — — vízszintes irányú elmozdulás esetén mennyit kell függőleges

irányban elmozdulni, hogy az egyenes egy másik pontjába jussunk.Például, ha , akkor bármely egyenes pontból 3 egységet jobbra és 2 egysége! lefelé lepve az egyenes egy másik pontját kapjuk. Vízszintes egyenes esetén függőleges irányban nem kell elmozdulnunk, így a meredekség 0. Függőleges egyenesnél vízszintes irányú elmozdulás nem kell, így ez a hányados nem értelmezhető.Ez a szám egyébként az egyenes irányszögének tangense, ha az értelmezhető (a * 90°).Az egyenlet alakja:

Tehát az y-t kifejezzük és ekkor az x együtthatója a meredekség. A konstans azaz itt a b azt mutatja meg, hogy hol metszi az egyenes az>' tengelyt. A met széspont a (0; b) pont.

MeghatározásaHatározzuk meg az e egyenes egyenletét, ha illeszkedik rá a Q(q{, q2) pont és meredeksége me\A sík egy tetszőleges P(x; _y) pontja akkor és csakis akkor illeszkedik e egye nesre, ha a P és a Q pontok koordinátáival meghatározott meredekség egyen lő mc-vel. Tehát

y = mx + b.

x ~ q {

Inneny = w tX + q2 - meqv

c K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A DO Példák

a) Adott két pont, P(-2; 1) és 0(6; -5). Adjuk meg az általuk meghatározott egyenes egyenletét!MegoldásA két pont koordinátáiból meghatározzuk a meredekséget:

m * y P i -Z i . _ i - ( - 5 ) _ 3ax P\~Q\ —2 — 6 4

Tehát a keresett egyenlet

3 , y = — A' + o

4alakú, ahol már csak a b érték ismeretlen. Tudjuk, hogy az egyenesre illeszkedő pont koordinátái igazzá teszik az egyenletét. Helyettesítsük be a P pont koordinátáit,

1 = - —(-2) + fo4

Innen

2Tehát a keresett egyenes egyenlete

b) Adjuk meg az adott P(3; -1 ) ponton áthaladó és az y — -2 x - 4 egyenessel párhuzamos egyenes egyenletét!MegoldásA keresett egyenes meredeksége azonos az adott egyenes meredekségével, az­az -2 , tehát

y = -2x + balakú az egyenlete.A P pont koordinátáit behelyettesítve megkapjuk b értékét,-1 = -2 • 3 + b.

(ܧ>

K D O R D I N A T A -G E D M E T R I A

Innen b - 5.A keresett egyenes egyenlete tehát

y - - I x + 5.

Egyenes egyenlete normálvektorralEgy egyenes normálvektorának nevezünk minden rá merőleges, nem nullvek-

tort. Jelöljük ezután e egyenes egy normálvektorát nt -vei.Az egyenes nonnálvektor segítségével felírt egyenlete:

Ha adott az egyenesről egy pont, legyen ez Q(qx\ q2), akkor a következő alak­ban írhatjuk fel:

MeghatározásaHatározzak meg az e egyenes egyenletét, ha illeszkedik rá a Q(q ,; q j pont és

egy normálvektora ne («,; n2)!A sík egy tetszőleges P(x; y) pontja akkor és csakis akkor illeszkedik e egye­

nesre, ha QP merőleges ne -re. Tehát

QP °ne = 0.

Mivel QP = p - q , koordináták segítségével így írható fel ez az összetüggés

(x -<?,>!, + ( y - q 2)n2 = 0 .

Innen

Q Példáka) Adott e egyenes egyenlete: 2x - 6y = 7. Adjuk meg az egyenes egy normálvektorát!MegoldásLeolvasható, hogy egy lehetséges normálvektor az ne (2; - 6) vektor, vagy

bármely skalárszorosa, például az n \ ( l ; - 3 ) vektor.

n xx + n^y = c.

n}x + n^y = n{q l + n2q

nxx + n y = n lq i + n2qT

( K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A 3b) Adott egy egyenes normálvektora nf (—2; 5) és egy P(-3; 2) pontja. Adjuk ezen/ egyenes egyenletét!MegoldásAz ismert összefüggés alapján:

-2 x + 5y = —2(—3) + 5 - 2 ,azaz

f: -2x + 5y =16.

c) írjuk fel annak az egyenesnek az egyenletét, mely merőleges aze : 2x - 5y = 3

egyenesre és áthalad a P ( -3; 2) ponton!MegoldásLegyen a keresett egyenes f . Az egyenletből leolvasható e egyenes egy normál­vektora, n ,(2 ; -5 ) . Ha ezt 90°-kal elforgatjuk, akkor / egy normálvektorát

kapjuk, mivel /-nek merőlegesnek kell lennie e-re. Tehát ne( 5; 2).íg y /e g y enlete:

5x + 2 y ~ 5 (-3) + 2 - 2 ,azaz

f: 5jc + 2j> = - 1 1.

Egyenes egyenlete iranyvektorralIrányvektornak nevezünk az egyenessel párhuzamos bármely nem nullvektort.

Az e egyenes irány vektorát v (v,; v2) -nek szoktuk nevezni. Az irány vektorral felírt egyenlet pedig

VjX - v ly = calakú.Ha az egyenes illeszkedik a Q{q{, q2) pontra, akkor az egyenlet

v 2 * - v iy = V2 ? l ~ v i ^ 2

I alakban írható fel.

c K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A )MeghatározásaHatározzuk meg az e egyenes egyenletét, ha illeszkedik rá a Q(qv q2) pont és

egy irány vektora ve(vi; v2)!A sík egy tetszőleges P(x; y) pontja akkor és csakis akkor illeszkedik e egye­

nesre, ha QP párhuzamos ve(vj; v,)-vel, azaz merőleges ezen vektor -90°-os

elforgatottjára. Ez a normálvektor nr(v2\ vy) . Ennek segítségével felírva a/ egyenletet kapjuk, hogy

Q Példáka) Adjuk meg annak az egyenesnek az egyenletét, melynek irány vektora

ve(2; 5) és illeszkedik a Q(~3; 7) pontra!MegoldásAz egyenes egyenlete:

b) Adjuk meg azf . 3x + 2y — 8egyenes egy irány vektorát!Megoldás

Könnyen leolvasható egy normálvektora, n f (3; 2), melynek -90°-os elforga tásával kaphatunk irányvektort. így jó irányvektor, például a

VjX - v, v = v2q} - v,q2.

5 x - 2 y = 5 ( - 3 ) - 2 ■ 7,azaz

5x - 2y = -29.

vf (~2\ 3)vektor.

Látható, hogy az egyenes általánosax + by — c

alakjában az együtthatók más és más szerepben lehetnek.

c K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A 3Megadhatnak normálvektort: fic(a;b ), irányvektort: ve( -b ;a ) , megadhatják

Párhuzam ossági és merőlegcsségi feltételek. Két egyenes párhuzamos, ha

- normálvektoraik párhuzamosak,

I- irányvektoraik párhuzamosak,- meredekségük egyenlő vagy nincs nekik.

Két egyenes merőleges, ha- irányvektoraik merőlegesek (skalárszorzatuk 0),- normálvektoraik merőlegesek (skalárszorzatuk 0),

I - meredekségeik szorzata -1 , vagy az egyiké 0 és a másiknak nincs.

Q Példáka) Párhuzamosak-e az! e: 2x — 3y — 51 f: 6x - 8>’ = 11

egyenesek?Megoldás

2 ^Az e egyenes meredeksége me = —, az / egyenesé mf - — - Mivel a két

3 8meredekség nem egyenlő, a két egyenes nem párhuzamos.

b) Merőlegesek-e az e: 3x - 5y = 8

f: 1 Ox - 6y = -3 egyenesek?MegoldásAz e egyik normálvektora ne(3; - 5 ) , az/'egyenesé h{ ( 10; 6). Vegyük a kettő

skal árszorzatát: fir ° nf = 3 -10 + (-5) -6 = 0.

a meredekséget: m - - — (ha b ^ 0), illetve az y tengellyel való metszés­it

c K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A )Mivel a szorzat 0, a két normálvektor és így a két egyenes merőleges egy­másra.

Két egyenes metszéspontjaKét egyenes metszéspontja az a pont, mely mindkettőre illeszkedik, azaz mely­nek a koordinátái mindkettő egyenletét igazzá teszik. így a metszéspont koor­dinátáit az egyenesek egyenletei alkotta egyenletrendszer megoldásával kapjuk meg.

Q PéldaHatározzuk meg a 2x - 3y = 7 és a 3x + 4y = 5 egyenesek metszéspontját! MegoldásMeg kell oldanunk a következő egyenletrendszert,

2x - 3 y - l

3x + 4 y = 36

Melynek megoldása x - 8 és y = 3 így a metszéspont a P(S; 3) pont.

Pont és egyenes távolságaSok helyzetben jól használható a következő összefüggés. Adott P(p{, p 2) ponl és e: ax + by + c = 0 egyenes távolsága:

yja2 + b2

Q Példáka) Határozza meg a P(4; -2 ) pont és az 2x - 3y = 8 egyenes távolságát! Megoldás

d(P.e)J 2-4 -3 -(-2 )-8 | = _6_ d ( P ' C) 7 ^ 7 VÍ3 ‘

( 3 Í B )

b) Adottak A(-2; 4), 5(7; 1) és C(3; 8) pontok. Határozza meg az általuk alko­tott háromszög A csúcshoz tartozó magasságát!Megoldás

Először határozzuk meg az a oldal egyenesét. Egyik irányvektora a CB = b - c

vektor. Tehát vfl( 4 ; - 7 ) , ebből fia(7; 4 ). így az oldalegyenes egyenlete a B pont segítségével:

7x + 4y = 7 • 7 + 4 • 1,I x + 4y = 53

A keresett magasság:

|7 • (—2) + 4 - 4 — 531 51 = d ( A \ a ) = -------------. ----------= ,—

76 5

( K O □ R D I N Á T A -G E O M E T R I A ~ )

4.9.3. Kör egyenlete

A kör definíciójából adódóan egy adott középpontú - legyen ez K(u\ v) - és adott sugarú - legyen ez r - körhöz azok és csak azok az (x; y ) pontok tartoz­nak melyek távolsága a középponttól éppen a sugár. Azaz

y ] (x - u ) 2 + ( y - v ) 2 = r .

Innen

( x - u ) 2 + (y - v ) 2 = r 2

Ez az (u; v) középpontú, r sugarú kör egyenlete.

Kétismeretlenes másodfokú egyenlet és a körírjuk fel a kétismeretlenes másodfokú egyenlet általános alakját:

ax2 + by2 + cxy + dx + ey + f = 0.Látható, hogy ez csak akkor lehet kör egyenlete, ha a = b ^ 0 és c = 0. Ekkor oszthatunk a másodfokú tagok együtthatójával és a következő alakú egyenletet kapjuk:

x 2 + y 2 + kx + ly + m = 0.

©

c K D D R D I N A T A - G E D M E T R I A 3Alakítsunk ki teljes négyzeteket:

' I ' *2

( l ] 2 k 2 l 2x -\— | + y + — ------------- 1- m= 0.[ 2 ) 4 4

Innen

k V ( IV k 2+ l 2 - 4 my + l ' ~

( d t ( e ) 2- +a I a )

V / \ Jd 2 2+ e

Ez akkor lesz kör egyenlete, ha k2 + í2 - 4m > 0, azazk2 + 12> 4m.

Az eredeti jelölésekkel

aV / \ /d 2 +e2 > 4a f .

Tehát egy

ax2 + by2 + cxy + d x + e y + f = 0 alakú kétismeretlenes másodfokú egyenlet akkor és csakis akkor lesz kői egyenlete, ha

a = b ^ 0 és c = 0 és d2 + e2 > 4 a f és akkor u — v — _i_-2 ’ 2 ’

2 k 2 +I2 - 4 m r = .

Q Példák

a) Adjuk meg annak a körnek az egyenletét, melynek középpontja K(-3; 5) és sugara r = 7!MegoldásA keresett kör egyenlete:

( x + 3)2 + ( y - 5 ) 2 = 49.

c K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A )b) Adjuk meg annak a körnek a középpontját és sugarát, melynek egyenlete

kell kialakítani:* - l(k + 25 + y 2 + 4y + 4 + 13 - 25 - 4 = 0.

Amely tagokat behoztunk a teljes négyzetté kiegészítés miatt, azokat természetesen ki is kellett vonnunk. így már fel tudjuk írni a megfelelő alakot:

(x - 5)2 + (y + 2)2 = 16.Erről már leolvasható, hogy a középpont a K{5; -2 ) pont és a sugár r = 4.

c) Adjuk meg a r = 4 sugarú, a koordinátatengelyeket érintő körök egyenletét. MegoldásA kör akkor fog egy tengelyt érinteni, ha középpontjának távolsága a tengelytől éppen a sugár. így a középpont koordinátái egyenlőek a sugárral vagy annak ellentettjei, attól függően, hogy melyik negyedben vagyunk.I. negyedben(x - r)2 + (y - r)2 = r1, azaz (x - 4)2 + (y - 4)2 = 16.II. negyedben(x + r)2 + (y - r)2 = r2, azaz (x + 4)2 + (y - 4)2 = 16.III. negyedben

; (r + r f + (y + r)2 = r 2, azaz (x + 4)2 + (y + 4)2 = 16.IV. negyedben{x - r f + (y + r f = r2, azaz (x - 4)2 + (y + 4)2 = 16.

c K O D R D I N Á T A - G E O M E T R I A 3

K ör és egyenes metszeteA két görbe metszéspontjai azok a pontok, melyek mindkettőre illeszkednek, azaz melyek koordinátái mindkettő egyenletét igazzá teszik. A metszéspontok koordinátáit tehát úgy kapjuk meg, hogy a kör és az egyenes egyenlete alkotta egyenletrendszert megoldjuk.Egyenes és kör kölcsönös helyzete háromféle lehet. Lehet, hogy nincs közös pontjuk, vagy az egyenes érinti a kört, vagy az egyenes metszi a kört. Ez alap­ján az egyenletrendszernek vagy nincs megoldása, vagy egy számpár, vagy kél számpár megoldása van.

Q PéldákHatározzuk meg a következő egyenesek és körök metszéspontjait!a) A kör egyenlete k: ( x - l)2 + (y + 2)2 = 25.Az egyenesé e: 2x — y = —l.Megoldás

( x - l ) 2 + ( y + 2)2 =25 2 x - y = - \

Kézenfekvő, hogy az egyenes egyenletéből fejezzük ki az egyik ismeretlent, mondjuk y-1, és helyettesítsük be a kör egyenletébe. Tehát y — 2x + \ és így

c K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

{ x - l )2 + (2x + 3)2 = 25. Ezt pedig a szokásos módon megoldjuk.

5*2 + I0 a '-1 5 = 0

x 2 + 2x - 3 = 0

(jc + 3)(jc-1)= 0

A megoldások tehátx x = -3 és az x2 = 1,

Ezekhez meghatározva az _y-t:y í = -5 és az y 2 = 3.

A metszéspontok tehát a (-3; -5 ) és az (1; 3) pontok.

b) A kör egyenlete fc (* + l)2 + ( y - 2 ) 2 = 25.Az egyenesé e\ 3jc — 4y — -20.M egoldás

U + l)2+ ( y - 2 ) 2 = 25

a'2 +8:t + 16 — 0

(j: + 4)2 = 0

Ha valaki nem veszi észre, hogy teljes négyzetről van szó, annak a diszkrimi­náns vizsgálatakor kiderül, hogy az 0 és így egy megoldása van.

4

x 2 + 2x + 1 + — x2 + — x + 49 = 2516 2

\ — 25

c K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A JAz egyenlet megoldása az

* = -4.A hozzá tartozó y érteke

^ = -2 .Tehát egy közös pont van a M l; -2 ), az egyenes érintője a körnek.

c) A kör egyenlete

k: (x - l )2 + 0 + 3)2 = 9.Az egyenesé e: y - x = 5.Megoldás

( * - I ) 2+ ( y + 3)2=9y - j t = 5 - » y = JC + 5

( x - 1 ) 2+(x + 8)2=9

2x2 + 1 4 * + 5 6 = 0

x2 +7* + 28 = 0 Ennek az egyenletnek a diszkriminánsa,

D = 7 2 - 4 - 2 8 - 4 9 - 112 = -63.Tehát negatív, ami azt jelenti, hogy nincs valós megoldása. Az egyenesnek és a körnek tehát nincs közös pontja.

Körhöz egy pontjában húzott érintőAdott egy kör és egy pontja. Meg kell adni az ezen ponton áthaladó érintőt. Az! a fontos tételt lehet felhasználni, hogy érintési pontba húzott sugár merőleges a/ érintőre. Ez a merőleges sugár irányítva az érintő egy normálvektora. Egy nor­málvektor és egy pont ismeretében pedig az érintő egyenlete könnyen felírható.

8 PéldaA kör egyenlete (x + 2)2 + (y - 3)2 = 100, és a pontja legyen P(4; -5 )

c K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

MegoldásA kör egyenlete alapján a középpont a K(-2; 3) pont. Az egyik normálvektor

tehát = KP ~ p - k , azaz fte(6; -8 ) .

Ehelyett választhatjuk egy skalárszorosát is, például « 'c(3; - 4 ) vektort. így az érintő egyenlete

Két kör kölcsönös helyzeteKét kör kölcsönös helyzetét a körök középpontjainak távolságával és a suga­rakkal lehet gyorsan meghatározni.ÍTa c/(AT,; K 2) > r, + r2, akkor a két körnek nincs közös pontja és egyik sincs a másik belsejében.Ha d(K{, K 2) = /■, + r2, akkor a két kör érinti egymást és egyik sincs a másik

belsejében.Ha I r, - r21 < d(Kt; K2) < r, + r2, akkor a két körnek két közös pontja van.Ha | ri - r2 \ = d(K}; K2), akkor a két kör érinti egymást és az egyik a másik

belsejében van.Ha | r, - r2 \ > d(K{, K2), akkor a két körnek nincs közös pontja és az egyik a

másik belsejében van.

Q PéldaMilyen az x2 + y 2 + 6 x~ 4y - 23 = 0 és az x2 + y 2 - 2x - 1 ()>■ + 25 = 0 egyenle­tű körök kölcsönös helyzete?M egoldásAz egyenleteket a megfelelő alakra hozva meghatározzuk a középpontjukat és sugarukat.

e

e : 3 x - 4 y = 32.

c K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

(x + 3)2 + ( y - 2 ) 2- 9 - 4 - 2 3 - 0 ,

(x + 3)2 + ( y - 2 ) 2 =36 . Tehát az első kör középpontja ATj(—3; 2), sugara rl = 6.

(x -1 )2 + ( y - 5 ) 2 - 1 - 2 5 +25 =0 ,

( x -1 )2 + ( y - 5 ) 2 = 1. Tehát a második kör középpontja K2( 1; 5), sugara r2 = 1

Határozzuk meg a középpontok távolságát:

Tehát a második kör az elsőt belülről érinti.

Két kör m etszéspontjaiKét kör metszéspontja illeszkedik mindkét körre, azaz koordinátái kielégítik mindkét kör egyenletét. Tehát meghatározásához a két kör egyenlete alkotta egyenletrendszert kell megoldani.

O PéldaHatározza meg az (x + 5)2 + (y - 1 )2 = 25 és az (x - 4)2 + (y + 2)2 = 25 egyen­letű körök metszéspontjait!MegoldásAlakítsuk át az egyenleteket és vonjuk ki egymásból őket:

így egy egyenes egyenletét kaptuk, melyre illeszkednek a metszéspontok. Ila egy metszéspont van, akkor a közös érintő egyenlete ez.Tekintsük ezen egyenes egyenletét és az egyik kör egyenletét új rendszernek.

d ( K l\ K z) = J ( - 3 - l ) 2 + ( 2 - 5 ) 2 = ^ 6 + 9 =5.

Látható, hogy}\ - r2 = d(K{; K2).

x 2 + y 2 + lOx — 2y + 1 = 0

x2 + y 2 — 8x + 4y —5 = 0

1 8 x - 6 y + 6 =0, 3 x - y = ~ l

c K □ a R D I N Á T A - G E O M E T R I A

Az egyenes egyenletéből y-t kifejezve behelyettesíthetünk a kör egyenletébe:

Körhöz külső pontból húzott érintőKörhöz egy külső pontból húzott érintőit több módszerrel is meghatározhatjuk.a) Meghatározzuk a külső pont és a kör középpontja által meghatározott Tha- lész-kört, mely a körből kimetszi az érintési pontokat. Az érintési pontokkal és az adott ponttal már felírhatóak az érintők.b) Az adott pont és a középpont távolságával, illetve a kör sugarával a Pitago- rasz-tétel segítségével meghatározzuk az adott pont és az érintési pontok távol­ságát. így már meghatározhatóak az érintési pontok, ezáltal az érintők.c) Felírjuk az adott ponton áthaladó egyenesek egyenletét paraméteresen, majd a paraméterek értékeit meghatározzuk úgy, hogy az egyenes érintse a kört.

Q PéldaAdja meg a P(9; -3 ) pontból a k: (jc - 3)2 + (y + l)2 = 4 egyenletű körhöz húz­ható érintők egyenletét!MegoldásA c) módszerrel dolgozunk. A kör középpontja K(3; -1 ) és sugara r = 2. Lát­ható, hogy egyik érintő sem lesz függőleges (a pont x koordinátája nem 5 és nem 1), így egyenletét felírhatjuk

c2 H- (3jc + 1)2 + 10 jc — 2(3jc -+-1) -l-1 = 0 ,

lO x2 +10jc = 0 ,

x 2 +jc = 0,

;c(;t + l) = 0.Ennek gyökei .x, = 0 és x2 = -1 . A metszéspontok:

m 1) és Qi-1; -2).

ax + y = calakban.Mivel P pont illeszkedik rá 9a — 3 = c, azaz az egyenlet

Akkor lesz ez az egyenes a kör egyenlete, ha a középponttól mért távolsága egyenlő a sugárral:

| a - 3 - l - 9 a + 3|

7 7 T i =2>

( K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A )

12 — 6aj = í j a 2 + 1 .

Emeljünk négyzetre:

4 - 2 4 a + 3 6 a 2= 4 ( a 2+ l ) ,

32a2 -2 4 a - 0 ,8a(4a - 3) = 0 .

Ha a - 0, akkor az érintő egyenlete y = -3. (Ezt egy pontos ábráról le lehet olvasni.)3 3 15

Ha a = —, akkor az érintő egyenlete — x + y = — azaz 3x + 4y — 15.

4.9.4. Parabola egyenlete

A parabola egy egyenestől (vezéregyenes) és egy rá nem illeszkedő ponttól (fó­kuszpont) egyenlő távolságra lévő pontok halmaza a síkban, ahol a fókuszpont és a vezéregyenes távolsága p (paraméter).Állítás

Ha a fókuszpont F 0; j, a vezéregyenes egyenlete v : y = - y , akkor a

parabola egyenlete-v2 = 2py.

BizonyításA sík egy tetszőleges P(x; y) pontja akkor és csakis akkor illeszkedik a parabo Iára, ha

d(P: F) = d(P- v).

( 3 3 0 )

c K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A 3Azaz

2

x 2 - 2py .

Ezzel az állítást beláttuk.

Ekkor a parabola csúcspontja vagy másként tengelypontja (a parabola és a szimmetriatengelyének metszéspontja) az origó, 71(0; 0). A fuggvénytranszfor- mációk ismeretében kapjuk a következőket.A p paraméterű, T(u\ v) tengelypontú,

| - az y tengellyel párhuzamos tengelyű, felfelé nyitott parabola egyenlete (jc - u f = 2p(y - v).

— az y tengellyel párhuzamos tengelyű, lefelé nyitott parabola egyenlete (x - u f = -2p{y - v).

- az x tengellyel párhuzamos tengelyű, jobbra nyitott parabola egyenlete (y - v)2 = 2p(x - u).

- a z x tengellyel párhuzamos tengelyű, balra nyitott parabola egyenlete (y - v)2 = -2p(x - u).

O Példáka) Adja meg az F(4; -1 ) fókuszú, x = - 2 vezéregyenesű parabola egyenletét! MegoldásLátható, hogy a fókuszpont és a vezéregyenes távolsága 6, azaz p = 6. Az is lát­ható, hogy a tengelypont 7(1; -1 ), a parabola az x tengellyel párhuzamos ten­gelyű és jobbra nyitott, azaz egyenlete

0 - v)2 = 2p(x - u)alakú.A parabola egyenlete tehát

0 + 1 ) 2 = 1 2 ( j c - 1 ) .

c K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A )A parabola definíciójával is dolgozhatunk:

d ( P ; F) =d(P\ v),

\ j ( x - 4 ) 2 + (y + Y)2 = |x + 21,

( x - 4 ) 2 +(y + \ )2 =(x + 2)2,

( y + I ) 2 = Í 2 x - 1 2 .

b) írja fel annak a parabolának az egyenletét, mely illeszkedik a (5; -1 ), (1; -1) és (-1; 2) pontokra és tengelye párhuzamos az y tengellyel!MegoldásMivel a parabola tengelye párhuzamos az y tengellyel, egyenletét az

0 - u)1 = 2p(y - v)alakban keressük.Mivel három pontja adott, azok koordinátái kielégítik az egyenletet. így kap juk a következő egyenletrendszert;

(:5 - u ) 2 = 2 p ( - l - v ),

( l - u ) 2 = 2 p ( - l - v ) ,

( - l - u ) 2 = 2 p ( 2 - v )

Az első két egyenlet alapján

(5 - w)2 =(1 - u ) 2,

u = 3.így kapjuk, hogy

4 = 2p(-l - v),

16=2 p(2 - v)

- 2 = p(v + l),- 8 = p ( v - 2 )

(HD

c K D D R D I N Á T A - G E □ M E T R I A

A két egyenletet elosztva kapjuk, hogy

v - 2

v = -2 .

Ennek segítségével kapjuk, hogy p = 2.A keresett parabola egyenlete

( x - 3 ) 2 = 4(y + 2).

c) Határozza meg, hogy az y = (x - 3)2 - 2 egyenletű parabola mely pontja van

2legközelebb az y = —x - 6 egyenletű egyeneshez!

Megoldás

m 2 . . . . . . .Meg kell határozni a parabola egyenessel párhuzamos, — meredekségű érin­tőjét. Az érintési pont a keresett pont.Az érintő egyenlete

2y = —x + c

3alakú.

Akkor érinti a parabolát, ha a két egyenlet alkotta egyenletrendszernek egy megoldása van. Tehát a

—x + c = (x — 3)2 - 23

egyenletnek egy megoldása van. Alakítsuk az egyenletet

3x2- 2 0 x + 2 l - 3 c = 0.Akkor van egy megoldása, ha diszkriminánsa 0, azaz

202 -12(21 -3 c ) =0,_ _ 3 7

9 '

( S )

c K Ü D R D I N Á T A - E E G M E T R I A 3

Ezt beírva a másodfokú egyenletbe

3x2 - 2 0 x + — = 0 ,

(3jc — 10)2 = 0 ,10

x = -

Behelyettesítve ezeket az érintő egyenletébe kapjuk, hogy

17y = - T

A parabola10 17 \

koordinátájú pontja lesz legközelebb az egyeneshez.1 3 9 J

Emelt szinten: az érintő meredeksége jc0-ban m egegyezik/(x0), ezért az érintő pont koordinátája:

2 0 . 10 17- = 2x0 - 6 =» *0 = — =* y 0= ~ — -

c L E Í R Ó S T A T I S Z T I K A 35. LEÍRÓ STATISZTIKA ÉS VALÓSZÍNŰSÉG­

SZÁMÍTÁS

5.1. LEÍRÓ STATISZTIKA

5.1.1. FogalmakA statisztika nagy mennyiségű tárgy vagy egy embercsoport jellemzését végzi a róluk szerzett, általában számszerű adatok feldolgozásával, elemzésével.

Egyedek: a vizsgált csoport tagjai, elemei.Statisztikai sokaság: a vizsgált csoport.Statisztikai sokaság mérete: a sokaságban az egyedek száma.Adat: a sokaság egyedeiről szerzett információ.Mutató: a vizsgált egyedek bizonyos körét összességében jellemző számszerű információ, melyek adatokból jönnek létre bizonyos számítások útján.Ism érv: azok a tulajdonságok, melyeket a sokaság egyedein vizsgálunk. Ism érvfajták:- területi,- időbeli,

; - minőségi,

1- mennyiségi.A területi és az időbeli ismérvek az egységek térbeli (földrajzi) vagy időbeli el­helyezkedésére vonatkozó információk. A minőségi ismérvekhez tartozó infor­mációk verbálisán jellemzik, leírják az egyedek tulajdonságait. Például a név, a foglalkozás. A mennyiségi ismérvek számlálás vagy mérés útján kapott értékekkel jellemzik az egyedeket.Q Példa

SokaságKonkrétegység

Ismérv Adat Ismérvfajta

A magyar népesség 2004. jan.

1-jén

TroppauerHümér

lakóhely Szeged területiszül. év 1955 időbelikor 49 év mennyiségifoglalkozás bíró minőséginem férfi minőségi

c L E Í R Ó S T A T I S Z T I K A )Diszkrét ismérveknek nevezzük azokat a mennyiségi ismérveket, melyekhez tartozó adatok csak véges sok vagy felsorolható értékeket vehetnek fel. Ilye­nek például a számlálással kapott adatok.Folytonos ismérvek azok a mennyiségi ismérvek, melyekhez tartozó adatok bármilyen értéket felvehetnek. Ilyen például a távolság vagy a víz tömege. Egy adat gyakorisága megmutatja, hogy egy konkrét adat hányszor fordul elő az összes adatok között. Jele / / , í = I ; ...; k, ahol k az egymástól különböző ada-

ktok száma. //, + / / 2+ ... + //* = = n, az összes adatok száma.

i—iA gyakorisági táblázat vagy gyakorisági eloszlás a lehetséges adatokat és a hozzájuk tartozó gyakoriságokat tartalmazza.Q PéldaA fedett pályás palacsintaevő verseny kerületi döntőjében a következő mennyi­ségek fogytak:15, 16, 17, 19, 19, 17, 18, 17, 21, 22, 17, 19, 21, 19, 16, 15, 16, 20, 20, 17, 22, 17, 23, 18,21.

A gyakorisági táblázat

Palacsinta 15 16 17 18 19 20 21 22 23

2 3 6 2 4 2 3 2 1

7

1 5 1 6 1 7 1 8 1 9 2 0 2 1 2 2 2 3

Palacsinták száma

( 3 3 6 )

( L E Í R Ó S T A T I S Z T I K A )A gyakoriságok oszlopdiagrammal való ábrázolását hisztogramnak is nevezzük. Ha nagy mennyiségű és sokféle adat van, akkor áttekinthetőbb, ha a lehetséges adatokat egymástól idegen részekre, úgynevezett osztályokra osztjuk.Mivel az osztályoknak idegeneknek kell lenniük, egy osztály felső határának kisebbnek kell lennie, mint a következő osztály alsó határa. Hogy minden adat egyértelműen osztályozható legyen, az osztályközök határainak olyan pon­tosaknak kell lenniük, mint az adatoknak. Az ilyen határokat közölt határok­nak nevezzük.Ha az adataink kerekített értékek, előfordulhat, hogy a valódi adatok az osz­tályközök határai közötti „résbe” esnek. Ezen úgy lehet segíteni, hogy az inter­vallumokat hézagmentesen adjuk meg. Ezek lényegében balról zárt inter­vallumok, tehát az alsó határával egyenlő adat hozzá tartozik, a felső határával egyenlő már nem.

Az osztályközös gyakorisági eloszlás az osztályokon alapuló gyakorisági el­oszlás. Az egymáshoz közeli értékek összevonásával az adatokat osztályokba rendezzük.Például az előző verseny adatait rendszerezzük osztályokba. Az osztályközös gyakorisági eloszlás a következő lesz:

Osztály15-17 1118-20 821-23 6

Az osztályközös gyakorisági eloszlás valódi határokkal a következő lesz.

Osztály14,5-17,5 1117,5-20,5 820,5-23,5 6

Relatív gyakoriság: egy konkrét adat gyakoriságának és az összes adatok számának aránya.

(337)

c L E Í R Ó S T A T I S Z T I K A 3H i *

= —L- ahol i = 1; ...\k és +... + hk = V / i ( =1 ft 1=1Ez megmutatja, hogy egy adat száma hányadrésze az összes adatok számának, amit százalékban is szokás megadni.

Palacsinta Hl K15 2 0,08 (8 %)16 3 0 ,12(12% )17 6 0,24 (24 %)18 2 0,08 (8 %)19 4 0,16 (16% )20 2 0,08 (8 %)21 3 0 ,12(12% )22 2 0,08 (8 %)23 1 0,04 (4 %)

Összesen 25 1 (100%)

5.1.2. MintavételA statisztikai munka egyik fontos lépése a sokaság jellemzéséhez szükséges adatok begyűjtése. Az adatszerzés eszközeit mintavételi eljárásoknak nevezzük Az alapján, hogy a mintavétel a sokaság mekkora részére terjed ki a mintavé tel lehet- teljes vagy- részleges.Amikor részleges mintavétel esetén a sokaság egészének jellemzése a cél ;i/ egy részére kiterjedő adatfelvétel alapján, akkor reprezentatív megfigyelésiül beszélünk.A sokaság kiválasztott részét mintának nevezzük.A mintaelemek kiválasztása alapelvét tekintve lehet- véletlen vagy- nemvéletlen.Véletlen kiválasztás esetén a sokaság minden egyes egységére nézve élőn megadható az adott elem mintába kerülésének valószínűsége.

( 3 3 a )

c L E Í R Ó S T A T I S Z T I K A D5.1.3. Adatok ábrázolása

Az adatok grafikus megjelenítésére több lehetőség van, a diagramtípus kivá­lasztását a feladat határozza meg.

Oszlopdiagram

Akkor érdemes használni, ha gyakoriságokat vagy valamilyen mennyiségeket akarunk összehasonlítani. Lásd: a palacsintaevő verseny gyakorisági tábláza­tát.Nem érdemes használni, ha az adatok között van kiugró érték, vagy ha az érté­kek közötti eltérés kicsi.

1000

800

600

400

200

015 16 17 18 19 20 21 22 23

Gyakoriságieloszlás 2 3 14 7 17 20 15 1000 23

A vízszintes tengelyen az egyes adatfajtáknak megfelelő intervallumokat jelöl­jük ki, ezek fölé olyan téglalapokat szerkesztünk, melyek területe arányos az adatfajta gyakoriságával.Ha az oszlopok hézag nélkül helyezkednek el, akkor hisztogramról beszélünk,

Például ha a palacsintaevő versenybe benevezett volna a 3. parittyás ezredes parancsszóra mindenkinek ugyanannyit kellett volna ennie, akkor az ezred tel­jesítményén kívül nem lehetne érdemleges információt nyerni a fogyasztások­ról az oszlopdiagram segítségével.

VonaldiagramAkkor szoktuk használni, ha egy mennyiség időbeli változását akarjuk szem­léltetni. A gyakoriságok vonaldiagramját gyakorisági poligonnak nevezzük

L E Í R Ó S T A T I S Z T I K A

Például ábrázoljuk Glázser Bozsó palacsintaevő tréningjeinek teljesítményéi napi bontásban. Látható, hogy a gyors teljesítménynövelés milyen törést oko zott a felkészülési folyamatban.Folytonos ismérvek esetén a gyakorisági poligon folytonos görbébe megy ál (nem törött vonal), melyet gyakorisági görbének nevezünk.

KördiagramKördiagramnál az ábrázolandó adatok gyakorisága a körcikkek középponti szögével arányos. Általában a sokaság szerkezetét szemléltetjük így.

□ Vanília□ Csoki B Túró ■ Fahéj S Lekvár

Például az egyik versenyen megkérdezték a résztvevőket, milyen tölteléket lát­na szívesen a palacsintájában. A válaszok eloszlását mutatja a kördiagram.

A tortadiagramon a szögek aránya megváltozik, torzul. Hiába látványosabb, di­nem lehet jól leolvasni az adatok arányát.

■ 18% □ 14%

43%

c L E Í R Ó S T A T I S Z T I K A 35.1.4. Statisztikai mutatók

Helyzeti középértékek:MóduszAz adathalmazban legnagyobb gyakorisággal előforduló adat diszkrét ismérv esetén. Folytonos ismérvnél a gyakorisági görbe maximumhelye. Jele: M n. Nem mindig létezik. Ha a gyakoriságok között a legnagyobb csak egyszer fordul elő, akkor egymóduszú, ha többször is előfordul, akkor többmóduszú eloszlásról beszélünk. Nem függ közvetlenül sem az összes adattól, sem a szélsőséges értékektől. A palacsintás példa eseten a módusz a 17.

MediánA nagyság szerint rendezett adatok közöií a középső, páratlan sok adat esetén. Ha nincs középső adat, páros sok adat esetén, akkor a két középső adat átlagát nevezzük mediánnak. Jele: MeNála kisebb érték ugyanannyi van, mint nála nagyobb. Nem függ közvetlenül sem az összes adattól, sem a szélsőséges értékektől. A példában a médián 18.

Átlag vagy számtani átlagÚgy kapjuk, hogy az adatok összegét elosztjuk a darabszámúkkal. Számításá­nál minden adatot felhasználunk. Ha egyes adatok többször szerepelnek, akkor az összegben szorozni kell őket a gyakoriságukkal és az összeget a gyako­riságok összegével kell osztani. Ezt súlyozott számtani középnek nevezzük, hisz az egyes adatok a gyakoriságuknak megfelelő súllyal szerepelnek az ösz- szegben. A számtani közép nagyon érzékeny a szélsőségesen nagy értékekre, főleg kisebb adathalmaz esetén.Az 1. példában súlyozott átlagot kell használni:

- 2-15+ 3-16+ 6-17+ 2-18 + 4-19 + 2-20 +3-21 2 + 3 + 6 + 2 + 4 + 2 + 3 + 2 + 1

+

+

c L E Í R D S T A T I S Z T I K A )Q PéldaPélda az átlagok viszonyáraAladdin azon tűnődik, hogy belépjen-e a 40 rabló közé. Ismeri a havi zsák­mányokból az egy főre eső részeket. A 19 alrabló-helyettes 5 aranyat, a 1(> alrabló 7 aranyat, a 4 főrabló 10 aranyat, a rablóvezér 800 aranyat zsákmányol havonta. Aladdin kiszámítja az átlagot, ami 26,175 arany havonta. Ez igen szép summa, a gond csak annyi, hogy ennyit igazából senki sem zsákmányol. Ha Aladdin erre számítana, akkor csalódnia kellene. A médián 7 arany, a módus/ pedig 5 arany. Valószínűleg ezen utóbbira számíthat legnagyobb valószínűség gél, ez jellemzi jobban a rablóbandában a kereseti lehetőségeket.

Más példa:Ha mi ketten bemegyünk a kocsmába, és te iszol 2 dl bort, én pedig 2 dl szó dát, akkor átlagban ittunk 1-1 kisfröccsöt.

Több adathalmaz egyesítéseAz egyesített adathalmaz számtani közepe az egyes adathalmazok számtani közepeiből kiszámítható.Legyen k darab adathalmaz, melyek mérete legyen rendre nv ..., nk, ahol ezek

összege ti, és ezen adathalmazok átlagai legyenek rendre Yt , ..., Yk.Ekkor az egyesített adathalmaz átlaga

j7 . nlYl +... + nkYl

nl +... + nk

Az ilyen típusú számtani közepet súlyozott átlagnak is nevezzük.

Szóródási mutatókAz adatok változékonyságát, szóródását jellemzik a szóródási mutatók. Ez tm ténhet az adatok egymás közötti különbségein, vagy az adatok egy kitűntem i értéktől való eltérésein keresztül.

l e í r d s t a t i s z t i k a 1TerjedelemAnnak az intervallumnak a teljes hossza, amelyben az adatok elhelyezkednek. Jele: R (az angol range szóból)Legyen a legnagyobb adat Y ^ , a legkisebb Ymin. így

d — y _ Ymax min*

Ez a legszélsőségesebb adatoktól függ, így nem feltétlenül jellemzi jól a vizs­gált jelenséget, mivel ezen szélső értékeket a véletlen szeszélyei alakíthatják. Az 1. példában

R = 23 - = 8A 2. példában

7? = 800 - 5 = 795.

Átlagos (abszolút) eltérésEz az adatok számtani átlaguktól való eltérésein keresztül jellemzi a szórást. Jele: S (delta)

Legyen a számtani átlag jele Y , az adataink pedig rendre 7,; Y2; Y n. A z átla­

gos eltérés

\y.- F | + |y , - F |+ . . . + |y - F i 5 = \_l— M i — !-------- Lj;— I.n

Tehát az adatok számtani közepétől való eltérések abszolút értékeinek számtani átlaga, azaz azt mutatja meg, hogy az adatok átlagosan mennyire térnek el az átlaguktól. Azért kell az abszolút értéket venni, mert egyébként az eltérések összege 0.Az 1. példában az átlagos eltérés

c L E Í R D S T A T I S Z T I K A

2|15-18,48 | + 3 |16-18,48 | + 6 |L7-18,48 |“ 25

2|l8 -18,48 | + 4 |l9 -1 8 ,4 8 1 + 2 [20 — 18,481

253|21-18,48| + 2 |2 2 -1 8 ,4 8 |+ [23-18,481

H-------------------------------------------------------25

= 1,94

A 2. példában az átlagos eltérés

5 _ 19 |5 -26 ,175 | + 16[7 -26 ,1751 40

4 110 — 26,1751 + (800 -26,175 |

40= 38,69

Persze nem csak a számtani átlagtól való eltérést lehet meghatározni.Egy adott a számtól való átlagos abszolút eltérés az adatok a számtól vett eltérései abszolútértékeinek a számtani közepe.

g _ lyi~ fl| + ly2-q| + --- + l)/n - a l a *

n

Ez akkor lesz a legkisebb, ha az a szám éppen a médián (a — Me).

SzórásAz előzőhöz hasonló mutató, csak az eltéréseknek nem az abszolút értékét kell ven­ni, hanem a négyzetét, amit majd a négyzetgyökvonás „tesz jóvá”. Jele: G (szigma) Az előző jelöléseket használva:

(ü3>

c L E Í R Ó S T A T I S Z T I K A 3j J (r,-r)’ + ( r , - r f +

Sok esetben nem a szórás, hanem annak négyzete a fontos jellemző. Ez a szó­rásnégyzet, más néven variancia.

Az 1. példában a szórás

a =2(15-18 ,48)2 + 3 (16-18 ,48 )2 +6(17 -18,48)

25

2(18-18 ,48)2 + 4(19-1 8 ,48)2 +2(20-18 ,48)+ --------------------------------------------------------------

25

3(21 -1 8 ,48)2 +2(22 -1 8 ,48)2 +(23 -1 8 ,4 8 )2 25

= 2,25

A 2. példában a szórás

a =.19(5 -26 ,175)2 +16(7 -26 ,175)2

40

4(10 - 26,175)2 + (800-26 ,175)2"r —--------------------------------

40= 123,92

Kicsit szerencsétlen, hogy egy gyökvonást több sorba kellett tömi, de remél­hetőleg így is átlátható.

Relatív szórásPozitív értékű ismérvek esetén a relatív szórás:

v=Z.r

Ez egy mértékegység nélküli szám, melyet különböző alapadatok vagy ismér­vek szóródásának összehasonlítására használnak.

( L E Í R Ó S T A T I S Z T I K A )

Az 1. példában a relatív szórás:

V = « 0,122 vagy 12,2% 18,48

Az 2. példában a relatívszórás:

123 92K ------ i— ■» 4,734 vagy 473,4%

26,175

, 3 4 6 )

5.2. VALÓSZÍNŰSÉG-SZÁMÍTÁS

S.2.I. AlapfogalmakA valószínűség-számítás véletlen tömegjelenségek vizsgálatával foglalkozik.

KísérletÁltalános értelemben kísérletnek nevezünk minden olyan vizsgálatot, mely olyan jelenségre vonatkozik, ami azonos körülmények között megismétlődik, illetve megismételhető.A valószínűségi kísérletnek alapvetően két ismérve van. Amelyik kísérlet telje­síti ezt a két kívánalmat, azt valószínűségi kísérletnek nevezhetjük.1. A valószínűségi kísérlet lefolyása (eredménye) véletlenszerű, nem megjó­

solható.2. A valószínűségi kísérlet azonos körülmények között akárhányszor megis­

mételhető.

8 PéldaVajon az alábbi kísérletek közül melyek tekinthetők valószínűségi kísérleteknek?A. Feldobunk egy érmét.B. Eldobunk egy hatoldalú dobókockát.C. Leejtünk egy i. e. 6. századi kínai vázát.D. Hagyományos gyufásdobozban megszámoljuk, mennyi szál van benne.E. Körökre osztott céltáblára dobunk (tavaly mi nyertük a világbajnokságot).F. Körökre osztott céltáblára dobunk (fél órával ezelőtt azt sem tudtuk, van-e

ilyen játék).G. Egy F l-s versenyautón igazi töréstesztet végzünk.II. Egy F l-s versenyautón számítógépes törés-szimulációt végzünk.I. Megszámoljuk, hogy egy kockának hat lapja van-e.J. Egy pakli kártyából kihúzunk egy lapot.MegoldásAz A. és B. példa valószínűségi kísérletnek minősíthető.C. Nem valószínűségi kísérlet, mivel problémák lennének az „akárhányszor”

megismételhetőséggel (kivéve, ha mi vagyunk a kínai császár és szűk csa­ládi köre).

( _________________________V A L Ó S Z Í N Ű S É G - S Z Á M Í T Á S _________________________J

c V A L Ó S Z Í N Ű S É G - S Z Á M Í T Á S )D. Ez valószínűségi kísérlet.E. Ha tavaly világbajnokok voltunk, akkor nagyon jól tudjuk, hogyan kell úgy

dobni, hogy mindig oda repüljön a nyíl, ahova szeretnénk. így viszont lőt­tek az első feltételnek.

F. Ez valószínűségi kísérlet.G. Megint a megismételhetőséggel vannak a problémák.H. A számítógép „akárhányszor” futtathat egy programot, a véletlenszerű­

séget pedig biztosítani lehet a feltételek nagyon pici változtatásával (becsa­pódás sebessége, szöge, alkatrészek kopása anyaga, stb.)

I. Egy kockának mindig hat lapja van. Akárhányszor megismételhető, de nem igazán véletlenszerű a kimenetel.

J. Ez megint egy klasszikus valószínűségi kísérlet.

Elemi eseményA kísérlet egy lehetséges kimenetelét elemi eseménynek nevezzük. Például kockadobásnál a 4-es dobás egy elemi esemény. Egy kísérlethez tartozó elemi eseményektől a következőket váijuk el:- mindig egyértelműen el lehessen dönteni bármelyik elemi eseményről, hogy

bekövetkezett vagy nem,- egyszerre két elemi esemény nem következhet be,- valamelyik elemi eseménynek be kell következnie.

EseménytérAz összes lehetséges elemi esemény halmazát eseménytémek nevezzük. Pel dául a kockadobásnál az halmaz.

EseményAz elemi események egy halmazát, azaz az esemény tér egy részhalmazát esc ménynek nevezzük.Például a páros szám dobásának eseménye a 2-es, 4-es és 6-os dobások eleim eseményeiből áll.Az eseményeket nagybetűvel jelöljük, például A, B, C . .. .

V A L Ó S Z Í N Ű S É G - S Z Á M Í T Á S

Esemény bekövetkezéseEgy esemény akkor következik be, ha valamelyik hozzá tartozó elemi esemény valósul meg. Egy esemény többféleképpen is bekövetkezhet. Például a páros szám dobásának eseménye háromféleképpen következhet be.

Azt az eseményt, ami biztosan bekövetkezik biztos eseménynek nevezzük, je ­le /. Például kockadobásnál, hogy intervallumba eső számot dobunk.Azt az eseményt, ami nem következhet be, lehetetlen eseménynek nevezzük, jele 0 vagy 0 . Például kockadobásnál lehetetlen esemény, hogy tízest dobunk.

Q Példa:Határozzuk meg, hogy az alábbi valószínűségi kísérleteknek milyen kimenetelei, elemi eseményei lehetnek, illetve milyen eseménytér tartozik hozzájuk!K. Pénzfeldobás: feldobunk egy érmét (feltételezzük, hogy lapjára esik).L. Kockadobás: eldobunk egy hatoldalú dobókockát (feltételezzük, hogy nem

a sarkára esik).M. Gyufaszál: hagyományos gyufásdobozban megszámoljuk, mennyi szál van

benne.N. Célba dobás 1.: körökre osztott táblára dobunk (feltételezzük, hogy a táb­

lát eltaláljuk).O. Célba dobás 2.: beosztás nélküli táblára dobunk (feltételezzük, hogy a táb­

lát eltaláljuk).P. Távolugrás: lemérjük az ugrás nagyságát (feltesszük, hogy az ugrás érvé­

nyes).MegoldásK. Pénzérme: a kísérlet kimenetele, hogy az érme valamelyik lapjára esik.

A lapokat megkülönböztetjük: egyik fej, másik írás. Általában ezeket te­kintjük elemi eseménynek. (Vehetnénk azt is, hogy mennyire fordul el megállás után a függőlegestől.)

L. Dobókocka: a kísérlet eredménye, hogy a kocka megáll egyik oldalán, és a szemközti oldalát mutatja, amin egy szám található: 1, 2, ..., 6. Általában ezt a számot tekintjük elemi eseménynek. (Tekinthetnénk azt is, hogy az asztalon hol állt meg a kocka!)

d ± § )

c V A L Ó S Z Í N Ű S É G - S Z Á M Í T Á S )M. Gyufaszál: egy dobozban kb. 40 szálat találunk. Lehet, hogy egyes esetek­

ben valamivel többet vagy kevesebbet. Eredménynek vehetjük a dobozban levő gyufák számát vagy az átlagtól való eltérésüket is. Mi most ez utób­bit tekintjük, az eltérés mondjuk maximum 10 szál.

N. Célba dobás 1: a köröknek akkor van értelme, ha az egyes körökért adunk valamennyi pontot. így a dobással pontokat szerzünk, pl. 10 a külső, 30, 50, 70, a telitalálat 100. Ezt az értéket vesszük kimenetelnek.

O. Célba dobás 2: mivel a tábla sima, ezért tekintsük eredménynek a talála­tunk által kijelölt pontot. Az elemi események a céltábla pontjai. (Érték­ként megjelölhetjük például a céltábla középpontjától való távolságot.)

P. Távolugrás: 6 méter alatti ugrással ne foglalkozzunk, és 11 méter felett úgysem ugrik senki. Az elemi esemény, az ugráshossz valahol a kettő kö­zött van - de ott lehet bármi.

Valószínűségi kísérlet Elemi események EseménytérK) pénzfeldobás fej vagy írás {fej, írás}L) kockadobás 1, 2, 3, 4, 5 vagy 6 {1; 2; 3; 4; 5; 6}M) gyufaszál -1 0 és +10 közötti egész {-10; -9 ; ...; 9; 10}N) célba dobás 1. 10, 30, 50, 70 vagy 100 {10; 30; 50; 70; 100}

O) célba dobás 2. céltábla pontjai az egész céltáblaP) távolugrás 6,00 és 11,00 közötti valós (6; 11)

Figyeljük meg a táblázat utolsó oszlopát! Az első négy kísérlet eseményterc megszámlálható halmaz. Velük ellentétben a többi eseménytér intervallum vagy terület, azaz nem megszámlálható! Az első négy kísérlethez tartozó való­színűségeket ezért „diszkrétnek”, az utóbbi kettő esetében viszont „foly­tonosnak” nevezzük.

V A L Ó S Z Í N Ű S É G - S Z Á M Í T Á S

Műveletek események között

a) Események szorzataAz A • B az az esemény, amely akkor következik be, ha A és B esemény is bekövetkezik.Ha A ■ B = 0 , akkor a két esemény egymást kizáró események.

b) Események összegeAz A + B az az esemény, mely akkor következik be, ha A és B események kö­zül legalább az egyik bekövetkezik.

c) Események különbségeAz A - B az az esemény, mely akkor következik be, ha A esemény bekövetke­zik, de B nem.

d) Esemény ellentettje

Az A esemény az az esemény, mely akkor következik be, ha A nem, vagyis nem A következik be.

A valószínűség-számítás fogalmai a halmazelmélettel szoros kapcsolatban áll­nak. Készítsünk „szótárat” a két témakör között! Induljunk ki a valószínűség- számitás fogalmaiból! (Pl. mi az eseménytér, elemi esemény, esemény, biztos esemény, lehetetlen esemény stb. halmazelméleti megfogalmazása?)

c V A L Ó S Z Í N Ű S É G - S Z Á M Í T Á S J

Valószínűség-számításfogalmai

Halmazelméletimegfelelők

1. Alapfogalmak

1. Cí esemény tér U (univerzum)

2. x elemi esemény x e U (univerzum egy eleme)

3. A esemény A c : U (univerzum egy részhalmaza)4. A esemény bekövetkezik (A-beli elemi esemény következik be)

x e A (x a halmaz egy eleme)

5. A biztos esemény (bármilyen elemi esemény következik be, az A-beli), ál­talában

U c:A (A tartalmazza U-1), általábanA = U

6. A lehetetlen esemény (nincs olyan elemi esemény, ami A-beli), általá­ban A-ba. nem esik esemény.

A n U = 0 (ví-nak nincs közös ele­me t/-val), általában A = 0

2. Műveletek eseményekkel

L A és B egyszerre következik be (AB)

x e A n B(x A, B közös részéből va­ló elem)

2. A és B kizárja egymást A n B = 0 (nincs közös elemük)

3. A, B közül legalább az egyik beköv. (A + B)

x e A u B (x A, B egyesítéséből va­ló elem)

4. A nem következik be, azaz követ­kezik be x e A (= U \A ) (x A-n kívüli)

Vegyük példának a kockadobást. Ekkor az eseménytér: U = {1; 2; 3; 4; 5; 6}. Elemi esemény pl. x = 4. Esemény pl. A = {páros dobás} . Biztos esemény ma­ga U, de biztos esemény a következő is: B = {7-nél kisebb dobás}. Lehetetlen esemény: C = {8-nál nagyobb dobás}.A műveletekhez maradjunk a kockadobásnál.

c V A L Ó S Z Í N Ű S É G - S Z Á M Í T Á S )Q PéldákEgyütt bekövetkező eseményekre: A = {1; 2; 3}, B = {2; 3; 4}; ha x = 2 vagy 3, akkor A is és B is bekövetkezik, tehát A ■ B = {2; 3}.

Egymást kizáró eseményekre: A = {páros dobás}, B = {páratlan dobás}; metsze­tük üres, az egyszerre való megvalósulásuk lehetetlen esemény, tehát A ■ B = 0 .

Legalább az egyik esemény bekövetkezésére: A = {1; 2}, B = {4; 5}; ha x = 1, 2, 4 vagy 5, akkor A vagy B bekövetkezik, tehát A + B = {1; 2; 4; 5}.

Be nem következő eseményre: A = {páros dobás} és x = 1 ,3 vagy 5, tehát

A = {1; 3; 5}

Egyik bejön, másik nem eseményekre: A = {1; 2; 3; 4}, B = {3; 4; 5; 6}; ha x = 1 vagy 2, a k k o ri bekövetkezett, de B nem, tehát A - B - {1; 2}.

Pontosan egyik esemény bekövetkezésére: A = {1; 2; 3}, B = {2; 3; 4}; ha x = Ivagy 4, akkor vagy A következik be, vagy B, (A + B) - (A ■ B) = {1; 4}.

Egyik eseményből következő másik eseményre: A = {páros dobás},B = {2; 3; 4; 5; 6}; ekkor ha A bekövetkezik, akkor B is bekövetkezik. Az A esemény maga után vonja B eseményt, azaz A c 5 .

Az A r A2, An események teljes esem ényrendszert alkotnak, ha páronként

kizárják egymást és Al+ . . . + A H- a .

c V A L Ó S Z Í N Ű S É G - S Z Á M Í T Á S 35.2.2. Valószínűség

Tapasztalati megközelítésHa n számú kísérlet folyamán egy A esemény A>szor következik be, akkor k az

kA esemény gyakorisága, a — hányados pedig az A esemény relatív gyakorisága

A relatív gyakoriság értéke a véletlentől függ, azaz ha a kísérletsorozatot azo­nos körülmények között megismételjük, akkor általában az új érték az előzőtől különbözni fog. Ha a kísérletsorozatot sokszor megismételjük, akkor a kapott relatív gyakoriság értékek már egy konstans érték körül fognak ingadozni és minél nagyobb az n, az ingadozás annál kisebb. Azt az értéket, melyhez egyre közelebb kerül a relatív gyakoriság a kísérletek számának növelésével, az A esemény tapasztalati valószínűségének nevezzük és P(A)-val jelöljük (a P betű a latin probabilitas = valószínűség szóból származik). Mivel a k gyakori­ság legkisebb értéke 0, legnagyobb pedig n, 0 < P(A) < 1.Azt a megfigyelést pedig, hogy az események relatív gyakorisága a kísérletek számának növelésével egy meghatározott érték körül stabilizálódik, a nagy számok tapasztalati törvényének nevezzük

Matematikai megközelítésMinden A eseményhez rendeljünk egy valós számot, amit az A esemény való­színűségének nevezünk és P(v4)-val jelölünk, a következő kikötésekkel: 1 .0 < P ( ^ ) < 1;2. P(í) = 1, a biztos esemény valószínűsége 1,

P(0) = 0, a lehetetlen eseményé 0;3. ha A esemény és B esemény egymástól független A ■ B = 0 , azaz egyszerre

nem valósulhatnak meg, akkor annak valószínűsége, hogy valamelyik meg­valósul: P(A + B) = P(A) + P(B).

V A L Ó S Z Í N Ű S É G - S Z Á M Í T Á S 1Ezekből következnek az alábbi összefüggések:a) Ha A és B két tetszőleges esemény, akkor

P(A + B) = P(A) + P(B) - P(AB).

b) Ha A bekövetkezésével B is bekövetkezik, akkorP(A) < P(B).

c) Ha A v A 2, An teljes eseményrendszert alkotnak, akkor P(AJ + P{A2) + ...+P{An)= 1.

d) Az A eseményre és A -re (ellentettjére)P{A) + P { Á ) = 1.

e) Ha van két tetszőleges esemény: A és B, akkor annak valószínűsége, hogy egymás után bekövetkezzenek változatlan feltételek mellett: P(A) ■ P(B).

Nagy számok törvényeA nagy számok tapasztalati törvényét igy már pontos matematikai eszközökkel is le tudjuk írni.Annak valószínűsége, hogy egy n-szer végzett kísérlet során egy A esemény relatív gyakorisága és a valószínűség különbségének abszolút értéke kisebb le­gyen egy adott, tetszőlegesen kicsi pozitív számnál, annál nagyobb, minél na­gyobb a kísérletek száma, azaz annak valószínűsége, hogy az eltérés bármilyen kis pozitív számnál nagyobb legyen, egyre kisebb.

Ha e és 8 tetszőlegesen kis pozitív számok, akkor van olyan elegendően nagy n0, hogyha a kísérletek száma nagyobb, mint n0, akkor annak valószínűsége,

hogy a relatív gyakoriság a valószínűségtől (p) e-nál többel térjen el, kisebb, mint 8.

( k 'S\/£ ,ő(> 0),3n0 : n > n 0=>P — p > £ <S.

n

c V A L Ó S Z Í N Ű S É G - S Z Á M Í T Á S )Tehát a nagy számok törvénye nem azt állítja, hogy ha pénzérmével egymás után 100-szor fejet dobtunk, akkor a következő dobás nagyobb valószínűséggel lesz írás, mintha csak 20-szor dobtunk volna. Minden dobásnál a fej dobásának

A pénz nem „emlékszik” arra, hogy hányszor dobtunk vele. A nagy számok tör­vénye azt mondja, hogy minél többször dobunk 100-as sorozatot, annál na­gyobb valószínűséggel lesz a sorozatokban a fejek és írások száma egyenlő.

5.2.3. Valószínűség klasszikus fogalma (Laplace-modcll)Klasszikus valószínűségi mezőnek nevezzük azt az eseményteret, melyet véges számú, egyenlően valószínű események teljes rendszere alkot, azaz a mezőt al­kotó elemi események valószínűsége mind ugyanaz és valamelyik biztosan bekövetkezik. Ilyen például a kockadobás, a lottósorsolás. Ha minden elemi esemény ugyanolyan valószínűségű, legyen n darab, és valamelyik biztosan

bekövetkezik, akkor egy elemi esemény valószínűsége —. Az olyan esemény

kvalószínűsége, mely k darab kedvező elemi eseményből áll, —.

n

Tehát klasszikus valószínűségi mezőben egy esemény valószínűségét úgy kapjuk, hogy a kedvező elemi események számát elosztjuk az összes elemi ese­mények számával.

Például kockadobásnál annak a valószínűsége, hogy páros számot dobunk, —,

mivel a kedvező esetek száma három, mikor 2-t, 4-et illetve 6-ot dobunk, az összes esetek száma pedig hat.

valószínűsége —, függetlenül attól, hogy előtte hányszor és mit dobtunk.

c V A L Ó S Z Í N Ű S É G - S Z Á M Í T Á S )5.2.4. Geometriai valószínűség

Q PéldaLegyen egy 50 cm oldalú négyzet alakú céltábla és a közepén egy 10 cm su­garú kör! Ha véletlenszerűen lövünk és mindig a céltáblába találunk, mekkora a valószínűsége, hogy a körbe lövünk?

Ez egy tipikus példa ebben a problémakörben. A lényege, hogy adott egy pon­tok alkotta geometriai alakzat, és az elemi esemény, ezen ponthalmazból, az egyik pont „eltalálása”, kiválasztása, azaz az elemi eseményeknek pontokat fe­leltetünk meg. Egy esemény pedig azt jelenti, hogy a kiválasztott pont be­letartozik egy bizonyos kijelölt résztartományba, azaz az eseményeket pont­halmazokkal, tartományokkal jelenítjük meg.Ha az esemény bekövetkezésének valószínűsége arányos a részhalmaz mérték­számával (terület, térfogat), akkor geometriai valószínűségről beszélünk. Tehát itt az eseménytér egy geometriai alakzat, az esemény az ezen pontok egy részhalmaza, az elemi esemény pedig egy pontnak felel meg.Ezzel a módszerrel olyankor is tudunk valószínűséget meghatározni, ha az ele­mi események száma végtelen.A példa megoldásaAz előzőek alapján a körbe találás valószínűsége a kör területének és a négy­zet területének arányával egyenlő. Ez emlékeztethet minket a „kedvező ese­mények per összes esemény” módszerre.Tehát, ha a körbe találás eseménye A, a kör sugara r és a négyzet oldala a, akkor

r2n 10 2n n . . . .P(A) = —— = — r = — = 0,126.

a2 50 25

Nyolcból egy lövés valószínűleg a körbe talál.

További példaKét ember megbeszéli, hogy egy adott napon 16 és 17 óra között találkoznak Bu­dapesten a Oktogonnál. Az adott időintervallumban véletlenszerűen érkeznek a helyszínre. Mekkora a valószínűsége, hogy egyikük sem vár 10 percnél többet?

c v a l ó s z í n ü s e g - s z a m i t a s DMegoldásLegyen x azon percek száma, amennyivel az egyik ember 16 óra után érkezik a helyszínre, és y amennyivel később a másik érkezik. A két adatot rendezett párok formájában koordináta-rendszerben ábrázolhatjuk. Ekkor az elemi ese­mények egy 60x60-as négyzet pontjai lesznek. Legyen A esemény, hogy 10 percnél kevesebbet kell várakozniuk a másikra. Tehát kedvező esetben a két beérkezés között eltelt idő kisebb, mint 10 perc, azaz |x - y | < 10. Az ezen fel­tételnek megfelelő pontok a következők:

A keresett valószínűség így a satírozott rész területének és a négyzet területének aránya. A satírozott rész területét megkapjuk, ha a négyzet területéből kivonjuk a két háromszög területét, melyek együtt egy 50 oldalhosszúságú négyzetet alkotnak. Tehát

P W - f f - ” ’ . 1 ^ ° . 1 1 . 0 . 3 0 6 .60 60 36

5.2.5. Feltételes valószínűség, események függetlensége

Legyen A és B egy kísérlettel kapcsolatos két esemény, ahol B esemény való­színűsége nem nulla.Ekkor az A eseménynek a B feltétel melletti P(A\B) feltételes valószínűsége szemléletesen az A esemény bekövetkezésének valószínűségét jelenti, feltéve hogy B esemény bekövetkezett.

V A L G S Z I N U S E G - S Z A M I T A S DDefiníció

1 P(B)így két esemény szorzatának valószínűsége

P(A ■ B) = P(A\B)P(B). Ezt szorzási szabálynak nevezzük.

Q PéldaEgy 34 fős osztályban 14 fiú van és 20 lány. A fiúk közül öten kitűnő tanulók, a lányok közül heten. Ha véletlenszerűen kiválasztunk két tanulót egymás után, mekkora a valószínűsége annak, hogy az először választott kitűnő lány és a második nem kitűnő lány?MegoldásLegyen A t az az esemény, hogy az elsőnek választott kitűnő lány, és A 2 az az

esemény, hogy második nem kitűnő lány. A keresett valószínűségP(Al A 2) = P(A2IA,)P(Al ).

A

mivel 7 kedvező választás van az összes, 34 diák közül.A

P(a 2| 4 ) = ^ ,

mivel 13 kedvező választás van a megmaradt 33 diák közül. Tehát

P(A.A2) = — — = 0,081.1 ^ 33 34

Az A és B események egymástól független események, haP(A\B) = P(A).

Az A bekövetkezésének valószínűségét nem befolyásolja, hogy B bekövetke­zett-e vagy sem.

V A L Ó S Z Í N Ű S É G - S Z Á M Í T Á S

Ebben az esetben a szorzási szabály:P(AB) = P(A) ■ P(B).

5.2.6. Valószínűségi változó

Bizonyos kísérleteknél az elemi események számokkal jellemezhetőek. Például:- kockadobásnál, azzal a számmal, hogy hányast dobtunk- két kocka dobásánál a dobott számok összegével- bármilyen elemi eseménynél azzal a számmal, ahányszor előfordult a kísér­

let során.Ekkor az elemi eseményekhez egyértelműen valós számokat rendelünk, azaz a hozzárendelés egy olyan függvény, melynek értelmezési tartománya az elemi események halmaza, értékkészlete pedig a valós számok egy részhalmaza. Le­gyen egy ilyen függvény h és egy elemi esemény A. A függvényértékekre a következő jelölést szoktuk használni:

\; = h(A)A E, értéke a véletlentől függ.

Valószínűségi változóA valószínűségi változó az eseménytéren értelmezett valós értékű függvény. Jele általában B,.MáskéntA valószínűségi változó egy olyan változó mennyiség, melynek értékei a vélet­lentől függnek.

Ha £, lehetséges értékeinek száma véges vagy megszámlálhatóan végtelen, ak­kor diszkrét valószínűségi változóról beszélünk, ha viszont £, egy intervallum minden értékét felveheti, akkor folytonos valószínűségi változónak nevezzük. Ha valamely kísérlet során az Ai esemény következett be, és a valószínűségi változó definíciója szerint ehhez a kt értéket rendeltük, akkor azt mondjuk, hogy a valószínűségi változó a ki értéket vette fel. Ezt úgy írjuk, hogy E, = kr

c V A L Ó S Z Í N Ű B É G - S Z Á M Í T Á S

Azt is mondhatjuk ilyenkor, hogy „a £, = k.. esemény következett be” . A ^ = k; esemény valószínűségét a P(t, - k ) szimbólummal jelöljük.

Valószínűségi eloszlásLegyen

•^p ^2» "■> •"egy teljes eseményrendszer és az eseményekhez rendelt valószínűségi változó értékei:Jc Jc JcP 2* *

AP(t1 = k l) , P a = k2), ...,P(^ = kn),...számhalmazt a % változó valószínűségi eloszlásának nevezzük.

A valószínűségi eloszlásoknak két fontos jellemzője a várható érték és a szórás.

V árható értékHa egy kísérletet nagy számban megismétlőnk, akkor a E, valószínűségi változó megfigyelt értékeinek az átlaga egy szám körül ingadozik, ez a szám a várha­tó érték. Diszkrét valószínűségi eloszlás esetén ezt a következőképpen számol­juk:Egy c, valószínűségi változó lehetséges értékei legyenek k {, k2, ..., kn, a hoz­zájuk tartozó valószínűségek P v P2, P n, azaz P{t, = k ) = Pr A £, változó vár­

ható értéke definíció szerintM($) = P lk i + P 2k2 + ...+ Pnkn-

SzórásA valószínűségi változó a várható értéke körül ingadozik. Az ingadozás mértékéről a szórás ad információt.Ha ^ valószinűségi változó, akkor c, - A/(^) is az, és így a négyzete is. Ezekkel definiáljuk a M(E) változó szórásnégyzetét:.

= azazD\%) = P x{kx - M{%))2 + ... + Pn(K - A m ?

D (% )-X a £, változó szórásának nevezzük.

c V A L Ó S Z Í N Ű S É G - S Z Á M Í T Á S DG PéldaHárom pénzérmével dobunk egymás után. Legyen i; valószínűségi változó értékei azon pénzérmék száma, melyekkel fejet dobtunk. Adjuk meg a valószí­nűségi változó eloszlását, várható értékét és szórását!

Megoldás

Minden egyes alkalommal a fej illetve írás dobásának valószínűsége — - —. Minden dobássorozat kimenetele 8 féle lehet, fff; fii; fif; iff;fii;ifí;iif;iii.

Mindegyik eset — valószínűséggel következik be. A t, valószínűségi változó 8

lehetséges értékei:k = 0, k2 = 1, k3 = 2, kA = 3.

Az egyes értékeket a következő valószínűséggel veszi fel:

/>=/>(£ = 0 ) = 4 , P2 = P t f = 1) = | , P3 = P(l; = 2)= | , P4= P ( | = 3)= I .

Ezeket tudjuk ábrázolni is:

A valószínűségi változó várható értéke:

w/ex 1 3 , 3 12 3Af(£)=— 0 + — 1 + - 2 + — 3 = — = - . 8 8 8 8 8 2

Szórása:

c V A L Ó S Z Í N Ű S É G - S Z Á M Í T Á S )5.2.7, Egyenletes eloszlás

Ha a E, valószínűségi változó minden lehetséges értékét ugyanakkora valószí­nűséggel veszi fel, akkor egyenletes eloszlásúnak nevezzük.Ez a klasszikus valószínűség esete.Legyen E, valószínűségi változó lehetséges értékei:

kv kv ...,kn.

MivelP 6 = *,) + ... + P(l; = * „ )= !

és definíció szerintP £ = ki) = ... = P(Z, = kn),

így

p. - p(£ = k t) = ahol i = 1......n.n

Ilyen például a szabályos kockával dobott szám,

P(% =k) = —, ahol k = 1; 2; 3; 4; 5; 6.6

A E, valószínűségi változó várható értéke:

M(í)= Ií1 + ...+I*. = i i ^ i = í.n n n

A várható érték tehát a lehetséges értékek átlaga.

A valószínűségi változó szórása:

V n

5.2.8. Binomiális eloszlásOlyan esetekben binomiális eloszlású egy valószínűségi változó, amikor a kísér­

let kimenetele csak kétféle lehet, vagy az A esemény vagy a komplementere, A .

(H D

c V A L Ó S Z Í N Ű S É G - S Z Á M Í T Á S )Egy A esemény valószínűsége legyen p, és így annak a valószínűsége, hogy A esemény nem következik be, q = 1 - p. Annak a valószínűsége, hogy n számú

kísérletből r-szer A esemény következzen be, azaz A esemény (n - /-)-szer, az egyes események valószínűségének szorzata, tehát p rq" ' r. A kombinatori­kában tanultak alapján olyen sorozat, hogy n darab esemény k ö z ö tti esemény

r-szer fordul elő (ahol a többi esemény A ), -féleképpen állhat elő. Ezek

egymástól független esetek, így a valószínűségeiket össze kell adni.Tehát ha n darab egymástól független kísérletet végzünk azonos feltételek kö­zött, akkor annak a valószínűsége, hogy A esemény r-szer következik be

r /p rr r-

A § valószinűségi változó binomiális eloszlású, ha lehetséges értékeit

P(S=k) =f n \

p kq "~k* (0 < /?< 1 , q = \ - p )

valószínűséggel veszi fel.Ezt az eloszlást n-ed rendű, p paraméterű binomiális eloszlásnak is nevezik.

Az n-ed rendű, p paraméterű binomiális eloszlású változó várható értéke:A/fé) = np.

Az n-ed rendű,/? paraméterű binomiális eloszlású változó szórása:

D(£) = yfnpq.

Binomiális eloszlású lesz a valószínűségi változó visszatevéses mintavétel esetén, amikor valamennyi dolog közül n-szer véletlenszerűen, visszatevéssel választunk ki egyet és a valószínűségi változó annak az értéke, hogy hányszor lett a kiválasztott dolog egy adott tulajdonságú.

c V A L Ó S Z Í N Ű S É G - S Z Á M Í T Á S DQ Pcldaa) Tudjuk, hogy egy üzemben 100 termékből 8 selejtes. Az elkészült termékek közül véletlenszerűen választanak ki egyet és megvizsgálják, hogy selejtes-e, majd visszateszik. Mekkora a valószínűsége annak, hogy 15 véletlenszerűen, visszatevéssel kiválasztott termék közül 2 selejt legyen?MegoldásLegyen a % valószínűségi változó annak az értéke, hogy a 15 választásból hányszor lett selejtes a termék. Ilyenkor ez a valószínűségi változó binomiális eloszlású lesz.így annak valószínűsége, hogy 15 véletlenszerűen, visszatevéssel kiválasztott termék közül 2 selejt legyen a valószínűsége

P(Z = 2) =Í1 5 \

0,082-0,9213 =0,227.

A 15 kiválasztott termék közötti selejtes termékek számának várható értéke:A/(£) = 15 • 0,08 = 1,2.

Ezen értékek szórása:

D(£) = Vl5 0,08 0,92 =1,05.

b) Egy tízgyerekes családban mennyi a valószínűsége, hogy 3 fiú van? Megoldás

Annak a valószínűsége, hogy egy gyerek fiú: p = Annak, hogy nem fiú:

1

Legyen valószínűségi változó annak az értéke, hogy hány fiú van a 10 gyerek között. Ez binomiális eloszlású lesz, így annak valószínűsége, hogy 3 fiú van:

/>(£= 3) =n o

= 0,044.

(Ü 3)

c V A L Ó S Z Í N Ű S É G - S Z Á M Í T Á S

c) A geometriai valószínűségnél említett példánál mennyi a valószínűsége an­nak, hogy tíz lövésből hétszer a körbe találunk?MegoldásHa a körbe lövés eseményét A-val jelöljük, akkor az előzőek szerint p = P{A) = 0,126. Annak a valószínűsége, hogy nem a körbe lövünk, legyen ez q, q = 1 - p = 0,874. Tehát hétszer a körbe kell lőnünk, háromszor pedig a kö­rön kívül. Legyen í; valószínűségi változó annak az értéke, hogy hányszor ta­lálunk a körbe a 10 lövésből. Mivel ez binomiális eloszlású, a keresett valószí­nűség

5.2.9. Hipergeometriai eloszlás

Legyen m darab elemünk, melyből a- darab rendelkezik egy adott tulajdonság­gal, (m - s) darab pedig nem. Kiválasztunk véletlenszerűen, visszatevés nélkül n darabot, ahol n < s é s n < m - s. Legyen ^ valószínűségi változó annak az ér téke, hogy hány darab elem rendelkezik az adott tulajdonsággal a kiválasztot­tak közül. Annak a valószínűsége, hogy ez az érték éppen r

P ( |= 7 )= 0,1267 '0 ,8743 = 0,000041,

tehát nem túl nagy.A változó várható értéke:

A/fé) = 10- 0,126= 1,26.A legtöbbször 1 körül van a találatok száma a 10 lövésből.

A szórás:

0 (£ ) = >/lO-0,126-0,874 =1,05.

ahol r =

c V A L Ó S Z Í N Ű S É G - S Z Á M Í T Á S 3Ekkor a £, valószínűségi változót hipergeometrikus eloszlásúnak mondjuk, ezt a folyamatot pedig visszatevés nélküli mintavételnek.

Q PéldaEgy 30 fős farsangi társaságban 18 nő van. A tombolán véletlenszerűen, visszatevés nélkül sorsolnak ki ötöt. Legyen 2, valószínűségi változó a kisorsolt nők száma. Adja meg ennek a valószínűségi változónak az eloszlását! MegoldásEz a ^ valószínűségi változó hipergeometrikus eloszlású. így annak a való­színűsége, hogy i darab nő van a kisorsoltak között

f l8 Y 12Y

V A L D B Z I N Ü S E G - S Z A M 1 T A S

Pi = P (^ = 3) =

oo í12>l3 W

P* — P(4 = 4) =

'30^

, 5

^18 4

0,378,

13.

PS =P(4 = 5) =

'30 ^5

H 8 Y l2 N

0

0,258,

'18Y1

j JL 0,060.

Ezeket ábrázolhatjuk is:

Látható, hogy annak a legnagyobb a valószínűsége, hogy 3 nő lesz a kisorsol­tak közül.

JELMAGYARÁZAT

Halmazelmélet{a} egy halmaz, melynek eleme a{x\T{x)} mindazon x elemeknek a halmaza, melyekre T(x) tulajdon­

ság érvényese elemeg nem eleme0 vagy { } üres halmazc részhalmazc valódi részhalmazU unióképzésn metszetképzés\ különbségképzés

A vagy A h A komplementere H alaphalmazra nézve

\A\ vagy n(A) A halmaz számossága~ ekvivalencia

Logika\A\ A állítás logikai értéke

-•A vagy A A állítás tagadása, negáltjaa és, konjunkcióv vagy, diszjunkcióA => B ha A, akkor B; implikációA B A akkor és csakis akkor, ha B ; ekvivalenciaV univerzális kvantor; bármely.. .3 egzisztenciális kvantor; van olyan...

Kombinatorika! faktoriálisPn n elem összes permutációjának száma

P'nk' Jl...u ismétléses permutációk száma

( J E L M A G Y A R Á Z A T )

c J E L M A G Y A R Á Z A T

v : n elem összes A-ad osztályú variációjának száma

K k n elem egy k-adosztályú ismétléses variációinak száma

c : n elem összes A'-ad osztályú kombinációjának száma

( n \n alatt a k; binomiális együttható

Statisztikaaz z'-edik adat gyakorisága

K az i-edik adat relatív gyakorisága

Y az Y adatok átlagaR terjedelemMe médiánMo módusz8 átlagos eltérésG szórás

■>& variancia

Valószínűségszámítás1 biztos esemény0 lehetetlen eseményP(A) az A esemény valószínűségeP{A\B) az A valószínűsége B feltétel mellettS, valószínűségi változóM © E, valószínűségi változó várható értékeD(l,) t, valószínűségi változó szórása

Relációk= egyenlő< kisebb > nagyobb< kisebb vagy egyenlő (nem nagyobb)

c J E L M A G Y A R Á Z A T ;> nagyobb vagy egyenlő (nem kisebb)~ közelítőleg egyenlő

Számtan

N természetes számok halmaza

Z egész számok halmaza

Q racionális számok halmaza

Q* irracionális számok halmazaR valós számok halmaza

N + vagy Z + pozitív egész számok halmaza

R" negatív valós számok halmaza

K nem negatív valós számok halmaza[a; b] a és b közötti zárt intervallum]a; b[ vagy (a; b) a és b közötti nyitott intervallumOO végtelen\a\ a abszolútcrtéke

[«] a egészrésze

{«} a törtrésze

Számelmélet(n; m) n és m legnagyobb közös osztója (Ln. k. o.[n; m] n és m legkisebb közös többszöröse (Ik. k.a\b a osztója 6-nek

ab a és b jegyekből álló kétjegyű szám

Algebraa a az n-edik hatványon

négyzetgyök

*r rc-edik gyökn

E " .i= i

az a -k összege az első tagtól az rc-edikig

J E L M A G Y A R A Z A T

FüggvényekA B /1-nak 5-re való leképezéseh-> hozzárendelés

/függvény értelmezési tartománya

Rf / függvény értékkészlete

Ax) az/függvény által az x-hez rendelt érték(a; b) rendezett pár

f * J ~ l vagy / / függvény inverzfüggvénye

/ ° g összetett függvény, (g(x))

log. a alapú logaritmus

lg 10-es alapú logaritmussin szinuszcos koszinusz

tg tangensCtg kotangens

Geom etria

Z szög

ABC Z szög, melynek csúcsa B pont, szárai A-ra,kednek

cc° szög fokban kifejezveszög radiánban kifejezve

(a; b )Z a és b egyenesek által bezárt szögB), AB A és B pont távolsága

A háromszög~ hasonló= egybevágóII párhuzamos

1 merőleges

a A pontba mutató helyvektor

( 3 7 2 )

( J E L M A G Y A R Á Z A T

AB A -ból ő-be mutató vektor

Ö nullvektor

M vektor hosszao vektorok skalárszorzata

AB A és B által közrefogott körív

fa szög szögfelezője

L a szakasz felező merőlegese

ma a oldalhoz tartozó magasság

Sa a oldalhoz tartozó súlyvonal

s súlypontM magasságpont% pi (= 3,1415)

J E L M A G Y A R Á Z A T

Görög betűkA; a alfaB; P bétan Y gammaA; 5 deltaE; e epszilonZ; I (d)zétaH; n éta0 ; 0 tétaI; i iótaK; K kappaA; X lambdaM; n műN; V nű2; kszi0 ; 0 omikronn ; K PiP; P róI ; a szigmaT; z tauY; V üpszilon<í>; fiX; X khi'P; ¥ pszifí; (0 ómega

d z S

T Á R G Y M U T A T Ó

A, Á differenciálhányados 197abszolút eltérés 335 direkt bizonyítás 30abszolút érték 54 diszjunkció 27abszolút értékes egyenletek 119abszolútérték-függvény 163 E ,Éaddíciós tétel 302 egész számok 17, 50algebrai kifejezés 75 egybevágóság 228algebrai tört 76, 82 egybevágósági transzformációkállítás 15, 26 224,226analízis 192 egyenes arányosság 85átlag 332 egyenes egyenlete 304, 307, 308átlagos eltérés 334 egyenes körüli forgatás 227átmérő 245, 265 egyenes meredeksége 197

egyenesre való tükrözés 227B egyenlet 89befogótétel 238,253 egyenletes eloszlás 354bijekció 153 egyenlőtlenség 137binomiális eloszlás 354 egyenlőtlenség-rendszerek 144binomiális tétel 38, 79 egyszerű gráf 41,43bizonyítás 15 ekvivalencia 29

ellentett vektor 289CS eltolás 226, 228csonka gúla 276 érintő 202, 265csonka gúla térfogata 287 érintőnégyszög 257, 260, 261csonka kúp 275 esemény 339, 340csonka kúp felszíne 286 Euler-vonal 41,43csonka kúp térfogata 287 explicit alak 173, 174

exponenciális egyenlet 125D exponenciális függvény 71, 166deltoid 260, 261, 283deriválás 198, 202 Fdiagramok 328,330,331 felszínszámítás 285differenciahányados 197 feltételes valószínűség 349

(375)

c T Á R G Y M U T A T Ó )fordított arányosság 86, 165forgásszög 218forgatás 225függvény 149függvény folytonossága 195függvény grafikonja 151függvény határértéke 192,193,194függvény jellemzése 156függvényvizsgálat 203függvénytranszformáció 171

Ggeometriai transzformáció 223geometriai valószínűség 348gömb 221, 276gömb felszíne 286gömb térfogata 288gömbtest 222,276gráf 40gúla 275, 287

GYgyakoriság 327gyökfüggvény 164gyökös egyenletek 123gyűjtőjáradék számítás 186

Hhajlásszög 217halmaz 17halmaz megadása 18halmaz számossága 22halmazok egyenlősége 18

halmazok közötti relációk 18halmazok különbsége 21halmazok metszete 20halmazok uniója 20harmadfokú függvény 162harmonikus közép 146háromszög középvonala 249háromszög magassága 248 háromszög oldalfelező merőlegese

243háromszög súlyvonala 250háromszög szögfelezője 241háromszög területe 279háromszögek 235hasáb 273hasonlóság 231hasonlósági transzformáció 230határozatlan integrál 207határozott integrál 207hatványozás 65 hegyesszögek szögfüggvényei 294 helyvektor 251, 294henger 273hengerszerű test 273nipergeometriai eloszlás 357hisztogram 328húr 265húrnégyszög 255hurok 41

Iilleszkedési axiómák 219implikáció 28

c T Á R G Y M U T A T Ó 3indirekt bizonyítás 30 kör területe 284inflexiós pont 158, 203 körcikk 266, 284, 331injekció i 53 körcikk kerülete 277integrálfüggvény 209 körcikk területe 284intervallum 53 környezet 192inverz függvény 153 körszelet 266irányvektoros egyenlet 308 körszelet területe 284irracionális kitevő 71 közepek 145irracionális számok 52 középponti szög 214, 267ismérvek 326 középpontos hasonlóság 230izomorf gráfok 41 középpontos tükrözés 224,226

kúp 275K kúpszerű test 274kamatoskamat-számítás 184 kvantorok 31kerületi szög 267kerületszámítás 277 Lkét pont távolsága 219, 304 Laplace-modell 347kétoldali közelítés módszere 207 látószög 271kombináció 36 legkisebb közös többszörös 61kombinatorika 33 legnagyobb közös osztó 60komplementer halmaz 21 lineáris egyenletek 94konjunkció 27 lineáris egyenletrendszer 96, 100konkáv függvény 157 lineáris függvény 159, 199kontinuum számosság 23 lineáris törtfüggvény 165konvex függvény 157 logaritmikus egyenletek 129konvex sokszög átlói 263 logaritmus 71konvex sokszög belső szögei 263 logaritmusfüggvény 167konvex sokszög külső szögei 263 logika 15koordináta-geometria 294 logikai érték 2< •koszinusztétel 238, 300kör 41,221 Mkör egyenlete 221, 312 magasságtctelkör kerülete 277 maradckos os/lás M

c T Á R G Y M U T A T Ó 3másodfokú egyenletek 102 másodfokú egyenletrendszer 115másodfokú függvény 160 másodfokúra vezető egyenletek 110médián 332 megoldóképlet 80, 104merőleges vetítés 233mértani közép 145mértani sorozat 181mintavétel 329módusz 332

Nnagy számok törvénye 346/i-edik gyök 70negáció 27négyszög középvonala 262 négyszögek 255,261négyzet 260négyzetes közép 146négyzetgyök 67nevezetes ponthalmazok 221Newton-Leibniz-tétel 210normálalak 54normál vektoros egyenlet 307nullvektor 289

Oosztó 51, 58, 59osztók száma 60osztópont meghatározása 299

Öösszefüggő gráf 41összetett függvény 155összetett számok 59

P

parabola 160, 222parabola egyenlete 321 paralelogramma 259,261párhuzamossági axióma 219paritás 158periodicitás 158permutáció 33 Pitagorasz-tétel 236,239polinom 76, 80primitív függvény 205prímszámok 59

R

racionális kitevő 70racionális számok 51rekurzív alak 174relatív gyakoriság 345relatív prím 61részhalmaz 18rombusz 261 Ssíkgeometria 213síkra való tükrözés 227skaláris szorzat 293skatulya-elv 43sorozat-konvergencia 175sorozat-korlátosság 174

T Á R G Y M U T A T Ó

sorozatok 173 természetes számok 47statisztika 326 területszámítás 278

tetszőleges szög szögfüggvénye 297SZ Thalész tétele 245,246szakasz osztópontja 299 törlesztőrészlet számítása 188szakaszfelező merőleges 222 trapéz 259,261számegyenes 53 trigonometrikus egyenletek 134számelmélet 58 trigonometrikus függvények 168számelmélet alaptétele 59számrendszerek 56 Üszámtani közép 146 üres halmaz 17számtani sorozat 177százalékszámítás 86 Vszelő 266 valós számok 52szelőszakasz 266 valószínűség 345, 347szimmetria 254 valószínűségi eloszlás 352szinusztétel 299 valószínűségi változó 351szórás 335,352 valószínűség-számítás 338szóródási mutatók 333 várható érték 352szorzattá alakítás 79 variáció 35szög 213 variancia 336szögfelező 222 véges halmaz 22szögmérés 214 végtelen halmaz 22szögpárok 215 végtelen mértani sor 189,190szöveges feladatok 119 végtelen sorok 189szürjekció 153 vektor 289, 294T vektor hossza 297távolság 219,220,297 vektor skal árszorosa 291téglalap 260,261 vektorok különbsége 291teljes gráf 40 vektorösszeadás 290tengelyes tükrözés 224 Viéte-form ulák 106térfogatszámítás 286 visszatevéses mintavétel 355terjedelem 334

T A R T A L D M J E G Y Z É K j

E l ő s z ó ............................................................................................................................................... 5A SZÓBELI VIZSGÁRÓL ............................................................................................................... 6

A l a p f o g a l m a k ............................................................................................................................15

1 . H a l m a z e l m é l e t , m a t e m a t ik a i l o g ik a , k o m b in a t o r ik a , g r á f o k . . 171.1. Halmazf.lmélet.................................................................................................. 17

1.1.1 Fogalm ak.................................................................................................171.1.2. Halmazok közötti re lác iók ...................................................................... 181.1.3. Halmazműveletek...................................................................................... 19

1.2. Matematikai logika .........................................................................................251.2.1. Fogalmak .....................................................................................................251.2.2. Műveletek .................................................................................................. 261.2.3. Bizonyítások a metematikában .............................................................281.2.4. Kvantorok.............................................................................................. 30

1.3. Kombinatorika .................................................................................................. 321.3.1. Perm utáció.................................................................................................. 321.3.2. Variáció......................................................................................................... 341.3.3. Ismétlés nélküli kombináció ..................................................................35

1.4. Gráfok. ...................................................................................................................391.4.1. D efiníció.................................................................................................391.4.2. Fogalmak .............................................................................................. 391.4.3. Tételek ......................................................................................................... 411.4.4. P éld ák ............................................................................................................43

2 . A r it m e t ik a , a l g e b r a , s z á m r e n d s z e r e k .............................................................4 6

2.1. A lapműveletek.................................................................................................. 462.1.1. Természetes szám ok..................................................................................462.1.2. Egész szám ok............................................................................................. 492.1.3. Racionális szá m o k .................................................................................... 502.1.4. Irracionális számok ..................................................................................512.1.5. Valós számok ............................................................................................. 512.1.6 Szám egyenes................................................................................................522.1.7. Intervallum .................................................................................................. 522.1.8. Valós számok abszolút értéke ............................................................... 532.1.9. Norm álalak.................................................................................................. 53

c T A R T A L O M J E G Y Z É K 32.2. Számrendszerek ............................................................................................. 55

2.2.1. Tízes szám rendszer..................................................................................552.2.2. Nem tízes alapú számrendszerek ........................................................ 552.2.3. Áttérés tízes számrendszerből más alapúba ......................................56

2.3. Számelmélet .................................................................................................... 572.3.1 Osztója r e lá c ió ........................................................................................... 57

2.3.2. O sz tó k .........................................................................................................582.3.3.Számelemélet alaptétele...........................................................................582.3.4. Legnagyobb közös osztó, legkisebb közös többszörös...................592.3.5. Maradékos osztás .................................................................................... 602.3.6. Nevezetesebb oszthatósági szabályok ...............................................61

2.4. Hatvány, gyök, logaritmus........................................................................ 642.4.1. Hatványozás ............................................................................................. 642.4.2. N égyzetgyök ............................................................................................. 662.4.3. n-edik g y ö k ................................................................................................692.4.4. Logaritmus ................................................................................................70

2.5. Betűs kifejezések............................................................................................. 742.5.1. D e fin íc ió k .............................................................-....................................742.5.2. Nevezetes azonosságok...........................................................................772.5.3. Példák szorzattá alakításra ....................................................................782.5.4. Algebrai törtek........................................................................................... 81

2.6. A rányosság .......................................................................................................842.6.1. Egyenes arányosság ...........2.6.2. Fordított arányosság ...........2.6.3. Százalékszámítás .................

2.7. E g y e n l e t e k , e g y e n l ő t l e n s é g e k

2.7.1. Alapfogalmak ......................2.7.2. Megoldási m ódszerek .........2.7.3. Lineáris egyenletek.............2.7.4. Lineáris egyenletrendszer . .2.7.5. Másodfokú egyenlet ...........2.7.6. Másodfokú egyenletrendszer2.7.7. Szöveges feladatok .............2.7.8. Abszolút értékes egyenletek2.7.9. Gyökös egyenletek .............

0 " 0

. 84

. 85 . 85 . 88

. 88

. 89

. 93

. 95 1 0 1

I 1-1

117 I IH

2.7.10. Exponenciális egyenlet ............................................................1242.7.11. Logaritmikus egyenletek ......................................................... 1282.7.12. Trigonometrikus egyenletek..................................................... 1322.7.13. Egyenlőtlenségek.......................................................................1362.7.14. Egyenlőtlenség-rendszer ......................................................... 143

2.8. Kö ze pe k ................................................................................................. 1442.8.1. Számtani közép ........................................................................... 1442.8.2. Mérteni közép ............................................................................. 1442.8.3. Négyzetes közép .........................................................................1442.8.4. Harmonikus k ö z é p .......................................................................1452.8.5. Közepek közötti re lác ió k ............................................................145

3. F ü g g v é n y e k , a n a l í z i s e l e m e i ................................................. .......... 1483.1.1. Definíciók...................................................................................... 1483.1.2. Függvény je lle m z ése .................................................................. 1553.1.3. Egyváltozós valós függvény .....................................................1583.1.4. Függvénytranszformáció............................................................170

3.2. Sorozatok .............................................................................................1733.2.1. Sorozatok m egadása.................................................................... 1733.2.2. Sorozatok je llem zése .................................................................. 1743.2.3. Számtani sorozat .........................................................................1773.2.4. Mérteni sorozat ........................................................................... 1813.2.5. Kamatoskamat-számítás..............................................................1843.2.6. Gyűjtőjáradék számítás ..............................................................1863.2.7. Törlesztőrészlet szám ítása ......................................................... 1883.2.8. Végtelen mértani sor .................................................................. 189

3.3. An a l íz is .................................................................................................1923.3.1. Függvények határértéke..............................................................1923.3.2. Függvény folytonossága ............................................................1953.3.3. Differencia- és differenciálhányados........................................1973.3.4. A deriválásról............................................................................... 1983.3.5. Deriválás alkalmazásia................................................................2023.3.6. Primitív függvény, határozatlan in te g rá l................................. 2053.3.7. Határozott in te g rá l...................................................................... 207

______________________________ T A R T A L O M J E G Y Z É K j

T A R T A L O M J E G Y Z É K 34. G e o m e t r i a ..................................................................................................... 2134.1. Geometriai a l a p o k .................................................................................. 213

4.1.1. S z ö g .....................................................................................................2134.1.2. Térelemek kölcsönös helyzete és távolsága.............................. 2184.1.3. Nevezetes ponthalm azok............................................................... 221

4.2. Geometriai transzformáció ............................................................... 2234.2.1. Alapfogalm ak.................................................................................... 2234.2.2. Egybevágósági transzformációk ................................................. 2244.2.3. Hasonlósági transzformáció...........................................................2304.2.4. Merőleges v e t íté s ..............................................................................233

4.3. SÍKBELI ÉS TÉRBELI ALAKZATOK............................................................... 2354.3.1. H árom szögek.................................................................................... 2354.3.2. S íknégyszögek .................................................................................. 2554.3.3. Sokszögek ......................................................................................... 2634.3.3. K ö r ....................................................................................................... 265

4.4. Kerület- és területszámítás .............................................................2734.4.1. Kerületszámítás ................................................................................2734.4.2. Területszámítás.................................................................................. 274

4.5. Térgeometria ............................................................................................2814.5.1. Hengerszerű te s t ................................................................................2814.5.2. Kúpszerű t e s t .....................................................................................2824.5.3. Gömb ...................................................................................................284

4.6. Térfogat- és felszínszámítás .............................................................2854.6.1. Felszínszámítás ................................................................................2854.6.2. Térfogatszámítás ..............................................................................286

4.7. Vektorok..................................................................................................... 2894.7.1. F ogalm ak ...........................................................................................28‘)4.7.2. Vektorműveletek ..............................................................................290

4.8. Trigonometria ......................................................................................... 29-14.8.1. Hegyeszögek szögfüggvényei ......................................................2‘M4.8.2. Tetszőleges szög szögfüggvényei .......................................... . , 2974.8.3. Szinusztétel ..........................................................................................4.8.4. Koszinusztétel ...................................................................... '00

4.9. Koordináta-geometria ............................................................. 'o i4.9.1. Vektorok koordináta-rendszerben .............................. '0 '4.9.2. Egyenes egyenlete ............................................... ' I '

321330

3 3 5335335338339341347347354356357358360363363366

3 6 9

3 7 5

3 8 0

i h k i a l Q M J E G Y Z É K

4.9.3. Kör egyenlete ...........................................................4.9.4. Parabola egyenlete ..................................................

5. L e ír ó s t a t i s z t ik a é s v a ló s z ín ű s é g - s z á m í t á s ...........5.1. L k í r ó s t a t i s z t i k a ...............................................................

5.1.1. Fogalmak ...................................................................5.1.2. Mintavétel ................................................................5.1.3. Adatok ábrázolása .................................................. .5.1.4. Statisztikai m u ta tó k ................................................

5.2. V a l ó s z í n ű s é g - s z á m í t á s ................................................ .5.2.1. A lapfogalm ak...........................................................5.2.2. Valószínűség...............................................................5.2.3. Valószínűség klasszikus fogalm a.......................... .5.2.4. Geometriai valószínűség .........................................5.2.5. Feltételes valószínűség, események függetlensége5.2.6. Valószínűségi változó.............................................. .5.2.7. Egyenletes eloszlás ..................................................5.2.8. Binomiális eloszlás ..................................................5.2.9. Hipergeometria e loszlás............................................

J e l m a g y a r á z a t ......................................................................................T árg ym utató .........................................................................................Ta r t a l o m je g y z é k .................................................................................

Kiadja: Maxim Könyvkiadó Kft., 6726 Szeged, Fürj u. 92/B.Tel.: (62) 548-444, Fax: (62) 548-443E-mail: info@maxim.co.huFelelős kiadó: Puskás NorbertMűszaki szerkesztő: Szekretár AttilaKészült a Generál Nyomda Kft.-ben.