MATEMATIKA 10.users.atw.hu/klemandras/NTHMat10M.pdf · 2019. 8. 26. · MATEMATIKA 10. Dr. Gerőcs László Számadó László A tankönyv feladatai és a feladatok megoldásai A

MATEMATIKA 10.

Dr. Gerőcs László Számadó László

A tankönyv feladatai és a feladatok megoldásai

A megoldások olvasásához Acrobat Reader program szükséges, amely ingyenesen letölthető az internetről (például: adobe.la.hu weboldalról).A feladatokat nehézségük szerint jelöltük:K1 = középszint, könnyebb; K2 = középszint, nehezebb; E1 = emelt szint, könnyebb; E2 = emelt szint, nehezebb feladat.

Lektorok:PÁLFALVI JÓZSEFNÉCSAPODI CSABA

Tipográfia: LŐRINCZ ATTILA

Szakgrafika: DR. FRIED KATALIN

© Dr. Gerőcs László, Számadó László, Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet, 2015

Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet1143 Budapest, Szobránc u. 6-8.Tel.: (+36-1) 235-7200Fax: (+36-1) 460-1822Vevőszolgálat: [email protected]

A kiadásért felel: dr. Kaposi József főigazgatóRaktári szám: RE17202Felelős szerkesztő: Szalontay Anna, Szelindiné Galántai MelindaMűszaki igazgató: Kapf AlfrédMűszaki szerkesztő: Orlai MártonGrafikai szerkesztő: Mikes Vivien, Görög IstvánnéTerjedelem: 14,0 (A/5) ív1. kiadás, 2015

1 0 . É V F O L Y A M

MATEMATIKA 3

Tartalom

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

I. Gondolkodási módszerek1. Tétel és megfordítása, indirekt bizonyítás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72. Skatulya-elv . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93. Egyszerű kombinatorikai feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104. Sorba rendezések száma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125. Kiválasztás és sorrend . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166. Kiválasztások számának meghatározása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177. A matematikai logika alapfogalmai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198. Logikai műveletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219. Műveleti tulajdonságok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

10. Gráfok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

II. Gyökvonás1. Racionális számok, irracionális számok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292. A négyzetgyökvonás és azonosságai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313. A négyzetgyökvonás alkalmazásai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324. Az n-edik gyök fogalma és azonosságai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 345. Az n-edik gyökvonás alkalmazásai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

III. Másodfokú függvények, másodfokú egyenletek1. Másodfokú függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372. Másodfokú függvények általános alakja, ábrázolása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 403. Szélsőérték problémák megoldása a másodfokú függvények segítségével

(Emelt szint) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 424. Másodfokú egyenletre vezető feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 445. Speciális másodfokú egyenletek megoldása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 466. A másodfokú egyenlet megoldóképlete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 477. A másodfokú egyenlet diszkriminánsa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 508. Viète-formulák (Emelt szint) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 529. A másodfokú egyenlet gyöktényezős alakja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

10. Másodfokú egyenletrendszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5511. Másodfokú egyenlőtlenségek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5612. A szöveges másodfokú egyenletek, egyenletrendszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . 5913. Másodfokú egyenletre vezető gyökös egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6114. Másodfokú egyenletre vezető magasabb fokú egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . 64

IV. Geometria1. Távolságtartó transzformációk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 672. Párhuzamos szelők tétele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 683. Középpontos hasonlóság . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 704. Hasonlósági transzformáció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 765. Tétel a háromszög szögfelezőjéről (Emelt szint) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 796. A háromszög külső szögfelezője (Olvasmány) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 807. Közepek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 828. Közepek több szám esetén (Emelt szint) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 859. Befogótétel, magasságtétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

10. Sokszögek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8811. Háromszögek, négyszögek, sokszögek területe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8912. Kerületi szögek, látószögkörív (Emelt szint) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9213. Húrnégyszögek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

1 0 . É V F O L Y A M

T A R T A L O MMATEMATIKA4

14. Érintőnégyszögek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9615. Körhöz húzott szelők és érintők . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9816. Hasonló síkidomok területe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9917. Hasonló testek térfogata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

V. Trigonometria1. Távolságok meghatározása arányokkal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1032. Hegyesszögek szögfüggvényei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1043. Összefüggések hegyesszögek szögfüggvényei között . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1074. Vektorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1085. A szögfüggvények általánosítása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1106. Szögfüggvények ábrázolása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

VI. Statisztika és valószínűség1. Statisztikai alapismeretek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1152. A véletlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1193. A valószínűség . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

5MATEMATIKA

1 0 . É V F O L Y A M

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

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

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

Az f1 és f2 egyenesek szöge: vagy

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

A C csúcspontú szög:

Szög jelölése:

Az A, B és C csúcsokkal rendelkező háromszög:

Az ABC9 területe: T(ABC) vagy TABC

Az a, b és c oldalú háromszög fél kerülete:

A derékszög jele: *

Az e egyenes merőleges az f egyenesre:

Az e egyenes párhuzamos az f egyenessel:

Egybevágóság: ,;

A hasonlóság aránya: m

Az A pontból a B pontba mutató vektor:

Egyenlő, nem egyenlő: ;

Azonosan egyenlő: ;

Közelítőleg egyenlő: ; ;

Kisebb, kisebb vagy egyenlő: <, #; 2 < 3, 5 # x

Nagyobb, nagyobb vagy egyenlő: >, $; 6 > 4, a $ 2

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

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

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

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

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

A valós számok halmaza: R

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

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

Részhalmaz, valódi részhalmaz: 3, 1; ,

Zárt intervallum: [a; b]

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

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

Nyílt intervallum: ]a; b[

Az x szám abszolút értéke: ;

Az f függvény hozzárendelési szabálya: ; vagy

;

Az f függvény helyettesítési értéke az x0 helyen:;

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

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

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

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

, 3,13 1 =-x

N Q1

A R3

2 Zg- +

5 N!

8,54 8,5.2,3a ..

5a b /+/

2, 5a b !=,!=

AB

ABC A B C9 9, l l l

e f<

e f=

s a b c2=

+ +

ABC9

, , , fa b c

CB

ACBB

( ; )f f1 2 B

( ; )f f1 2B

AB

Jelmagyarázat

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

1 0 . É V F O L Y A M

1. Tétel és megfordítása, indirekt bizonyítás

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

páros.

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

2. K1

3. K1

1. K1

Gondolkodási módszerekI.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

.

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

ADPB = DAPB = = 22,5o.

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

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

2180 135o o

-

nn 2 180

86 180 135

o oo$ $-

= =^ h

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

KA KB KC R= = =

4. K2

5. E1

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

1 0 . É V F O L Y A M

R

R

R

α α

α

α α

α

A

B C

K O

A

B C

D

F

P

2. Skatulya-elv

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

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

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

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

három fajtából?b) Hány üveg befőttet kell kihoznunk a sötét kamrából, hogy a kihozottak között legyen két

egyforma befőtt?

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

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

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

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

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

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

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

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

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

1. K1

2 3 6$ =

2 12 24$ =

3 8 24$ =

2. K1

3. K1

4. K2

5. E1

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

1 0 . É V F O L Y A M

AB

C

DEF

A

DEF

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

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

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

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

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

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

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

, azaz, tehát .

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

A dobozban levő golyók száma: .

3. Egyszerű kombinatorikai feladatok

Egy osztály tanulói közül heten járnak biológia szakkörre. Hányféle sorrendben írhatjukbe a nevüket a szakköri naplóba, ha nem ragaszkodunk az abc sorrendhez?

Az első helyre a hét tanuló bármelyikének nevét beírhatjuk a naplóba, a második helyre márcsak a maradék hat valamelyike kerülhet. Ez eddig lehetőség. Harmadiknak már csak amegmaradt öt, negyediknek a maradék négy, ötödiknek a maradék három, hatodiknak a ma-radék kettő valamelyikét írhatjuk be, végezetül az egy megmaradt név kerül a hetedik helyre.Vagyis a hét név sorrendje , azaz 5040-féle lehet.7 6 5 4 3 2 1$ $ $ $ $ $

7 6$

1. K1

q db q db q db . . . q db

1. szám 2. szám 3. szám . . . p. szám

pq 2 19 38$= =

q p 17- =pq q pq p17- + = -

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

1 1q p$- +^ h6 @

1 1p q$- +^ h6 @

2 8 16$ =

4 16 64$ =

4 64 256$ =

6. E2

7. E2


1 0 . É V F O L Y A M


1 0 . É V F O L Y A M

Az iskola sportnapján kilenc osztály nevezett a kosárlabdaversenyre. Hányféle sorrendalakulhat ki, ha nem lehet holtverseny?

Az előző feladat megoldásának gondolatmenetét követve: , azaz362 880-féle lehet a sorrend.

Az ablakban nyolc cserepes növény van, amelyek közül 3 pirosat, 5 pedig fehéret virág-zik. Hányféle sorrendben helyezhetők el, ha csak a virágok színét figyeljük?

A nyolc cserepes virág sorrendje: . Mivel csak a színek a fontosak, így osz-

tanunk kell -mal és -tel: .

Vagyis 56-féleképpen alakulhat ki a sorrend.

A bevásárlókosárba 3 egyforma sárgabaracklevet és 4 egyforma kajszibaracklevet teszünk.Hányféle sorrendben tehetjük ezt meg?

A hét baracklé sorrendje: . Mivel 3, illetve 4 doboz egyforma, ezért osztanunk

kell -gyel és -gyel: .

Vagyis 35-féle sorrend lehetséges.

Az ebédnél egy kör alakú asztal körül elhelyezett hat széken foglal helyet a hatfős csa-lád. Két leülést akkor és csak akkor tekintünk különbözőnek, ha a családnak van legalább egyolyan tagja, akinek legalább az egyik szomszédja a két elhelyezkedésben különböző. a) Hányféleképpen lehet ez?b) Hányféleképpen történhet az elhelyezkedés, ha a két legfiatalabb gyermek mindig egymás

mellett ül?

a) Egy embert szabadon leültethetünk egy tetszőleges helyre, a többieket ehhez képest, azaz 120-féleképpen ültethetjük le.

b) A két legfiatalabb gyereket leültetjük egymásmellé. A többieket hozzájuk képest ,azaz 24-féleképpen ültethetjük le. Mivel minden alkalommal a két fiatal gyermek helyet cserél-het, ezért különböző leülés lehetséges.

Egy társaságban mindenki mindenkivel kezet fog. a) Hány kézfogás történt, ha 8 fős a társaság?b) Hány fős a társaság, ha összesen 45 kézfogás volt?

a) Mindenki 7 emberrel fog kezet, ez így 56 kézfogás, de ekkor minden kézfogást kétszer szá-moltunk össze. Ezért 28 kézfogás történt.b) Gondolkodjunk visszafelé! A 2-vel osztás előtt 90-et kaptunk. Ez 9-szer 10. Vagyis 10 fős atársaság.

Botond megnézte a lecke kidolgozott példáit, és ezt mondta: – Ezeket a feladatokatÉRTEM. Mi pedig adjuk meg az É, R, T, E és M betűk mindegyikének egyszeri felhasználásával azértelmes szavakat!

Az öt különböző betűt , azaz 120-féle sorrendben tudjuk szerepeltetni, de ezekmindegyike nem lesz értelmes szó. A következő sorrendekhez tartoznak értelmes szavak: ÉRTEM,ÉRMET, RÉMET, RÉTEM, MÉTER, MÉRTE, MÉRET, TERMÉ.Összesen nyolc értelmes szót találtunk.

2. K1

5 4 3 2 1$ $ $ $

7. K2

6. K2

24 2 48$ =

4 3 2 1$ $ $

5 4 3 2 1$ $ $ $

5. K1

3 2 1$ $ 4 3 2 1$ $ $3 2 1 4 3 2 17 6 5 4 3 2 1 35$ $ $ $ $ $$ $ $ $ $ $

=

7 6 5 4 3 2 1$ $ $ $ $ $

4. K1

1 2 3$ $ 1 2 3 4 5$ $ $ $1 2 3 1 2 3 4 58 7 6 5 4 3 2 1 56$ $ $ $ $ $ $$ $ $ $ $ $ $

=

8 7 6 5 4 3 2 1$ $ $ $ $ $ $

3. K1

9 8 7 6 5 4 3 2 1$ $ $ $ $ $ $ $

Egy társaságban 6 férfi és 9 nő van. Férfi a férfival kezet fog. A nők „Szervusz!” köszön-téssel üdvözlik egymást. A férfiak a nőket „Kezét csókolom!”, a nők a férfiakat „Jó napot kívá-nok!” köszönéssel üdvözlik. a) Hány kézfogás volt összesen?b) Hányszor hangzott el a „Jó napot kívánok!” köszönés?c) Hányszor hangzott el a „Kezét csókolom!”?d) Hányszor hangzott el a „Szervusz!”?

a) A hat férfi kézfogásainak száma: .

b) Minden nő minden férfit így köszöntött. Ez , azaz 54.c) Minden férfi minden nőt így köszöntött. Ez , azaz 54.d) Minden nő minden nőnek így köszönt. Ez , azaz 72.

4. Sorba rendezések száma

Számítsuk ki!

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

a) .

b) .

c) .

d) .

Hozzuk egyszerűbb alakra!a) ; b) ;

c) ; d) ;

e) ; f) .

a) .

b) .

c) .

d) .

e) .

f) .

Hány permutációja van aa) FÖLDRAJZ;b) INFORMATIKA; c) MATEMATIKAszó betűinek?

a) Nyolc különböző betűből áll a szó, így permutációinak száma: .!P 8 40 3208 = =

3. K2

! !!

n nn

n nn

n3 2

11 2

132

- +

-=

- -

-= -

^

^ ^

^^

h

h h

hh

! ! ! ! !n n n n n n n n n n3 2 1 1 2 3 2 1 1 6 92+ + + + + = + + + + + + = + + +^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^h h h h h h h h h6 @

!!

nn

n n n14

2 3 4+

+= + + +

^

^^ ^ ^

h

hh h h

!!

n nn

n2 1

2+ +

+=

^ ^

^

h h

h

! !n n n n n1 1 2 2$- + + = +^ ^ ^ ^h h h h

! !n n n n n2 1 1 1$- - + = +^ ^ ^ ^h h h h

! ! !n n n3 2 1+ + + + +^ ^ ^h h h!

n nn

3 21

2- +

-^ h

!n n

n2 1

2+ +

+

^ ^

^

h h

h

!!

nn

14

+

+

^

^

h

h

!n n n n2 1 1$- - +^ ^ ^h h h !n n n n1 1 2$- + +^ ^ ^h h h

2. K2

! ! !! ! !

21 23 2522 24 26 22 24 26 13 728

$ $$ $ $ $= =

! ! ! !2

2 4 6 82

2 24 720 40 320 20 533+ + +=

+ + +=

! !!

3 97100

1 2 3 1 2 3 971 2 3 97 98 99 100

1 2 398 99 100 161700

$ $ $ $ $ $ $ $$ $ $ $ $ $ $

$ $$ $

ff

= = =^ ^h h

!!

39994001

1 2 3 39991 2 3 3999 4000 4001 4000 4001 16 004 000

$ $ $ $$ $ $ $ $ $ $

ff

= = =

!!

39994001

! !!

3 97100$

! ! ! !2

2 4 6 8+ + +! ! !! ! !

21 23 2522 24 26

$ $$ $

1. K1

9 8$6 9$9 6$

26 5 15$

=


1 0 . É V F O L Y A M


1 0 . É V F O L Y A M

b) Tizenegy betűből áll a szó, az I betűből 2 db, az A betűből 2 db van, így a permutációk száma:

.

c) Tíz betűből áll a szó, az A betűből 3 db, az M betűből 2 db, a T betűből 2 db van, így a per-

mutációk száma: .

A metrón hat ember tud egymás mellett helyet foglalni. A végállomáson felszáll Attila,Brigitta, Dániel, Réka, Vanda és Viktória.a) Hányféleképpen tudnak leülni erre a hat helyre?b) Hányféleképpen tudnak leülni erre a hat helyre, ha Réka és Vanda egymás mellett szeretne ülni?c) Hányféleképpen tudnak leülni erre a hat helyre, ha Attila és Viktória nem szeretne egymás mel-

lett ülni?d) Hányféleképpen tudnak leülni erre a hat helyre, ha a fiúk és a lányok nem keverednek össze?e) Hányféleképpen tudnak leülni erre a hat helyre, ha a fiúk és a lányok nem keverednek össze,

és Dániel Réka mellett szeretne ülni?f) Hányféleképpen tudnak leülni erre a hat helyre, ha a fiúk és a lányok nem keverednek össze,

és Dániel nem szeretne Réka mellett ülni?

a) Hat ember sorba rendezéséről van szó, így a lehetőségek száma: .

b) A két lány egymás mellett szeretne ülni, ezért tekintsük őket egynek.A sorrendek száma: , de minden ilyen esetet kétszer kell számolnunk, mert Rékaés Vanda helycseréjével új sorrendet kapunk. Ezért az összes eset száma 240.

c) Az előző két kérdés alapján tudjuk, hogy összesen 720 eset lehetséges, és 240 olyan eset van,amikor két ember ragaszkodik ahhoz, hogy egymás mellett üljön. Ezen meggondolások alapján

olyan eset lehetséges, amikor Attila és Viktória nem ül egymás mellett.

d) Két fiú és négy lány szeretne leülni. A két fiú kétféleképpen foglalhat helyet egymás mellett,a négy lány pedig -féleképpen ülhet melléjük. Ez eddig 48 lehetőség. Azonban külön-böző leülést kapunk, ha a fiúk mellé jobbra ülnek a lányok, vagy a lányok mellé jobbra ülnek afiúk. Ezért az összes eset száma 96.

e) Dánielt és Rékát leültetjük egymás mellé.Ezután két esetet különböztethetünk meg.I. eset: Dániel mellé balra leül Attila, Réka mellé jobbra leül a három lány. Ez összesen hat lehe-tőség.II. eset: Dániel mellé jobbra leül Attila, Réka mellé balra leül a három lány. Ez összesen hat lehe-tőség.Vagyis összesen 12 sorrend képzelhető el.

f) Két eset lehetséges: I. Dániel ül valamelyik szélen. II. Attila ül valamelyik szélen.I. eset: Dániel a jobb- és a balszélen is ülhet. Elegendő csak az egyikfélét összeszámolnunk, mertaz esetek számának kétszerezésével megkapjuk az összes eset számát.Dániel mellett Attila foglal helyet, majd a négy lány. A négy lány sorrendje -féleképpenlehetséges.Vagyis ebben az esetben mindent figyelembe véve megfelelő sorrend van.II. eset: Attila a jobb- és a balszélen is ülhet. Most is elegendő csak az egyikfélét összeszámol-nunk, és utána kétszerezni az esetek számát.Attila mellett Dániel foglal helyet, majd Réka kivételével bármelyik lány leülhet Attila mellé. Ezhárom lehetőség. A további három lány sorrendje -féleképpen lehetséges.Vagyis ebben az esetben mindent figyelembe véve megfelelő sorrend van.Az összes eset száma: .

Megjegyzés: A különböző lehetőségeket végiggondolva megkaptuk az összes eset számát. Most is gyors és ered-ményes az az észrevétel, hogy az összes lehetséges esetből vegyük el a nekünk nem megfelelő esetek számát. Mosta d) és az e) feladatban kapott eredményeink segítségével is megkaphatjuk a kívánt végeredményt: 96 – 12 = 84.

4. K2

! ! !!P

3 2 210 151200; ;

103 2 2

$ $= =

! !!P

2 211 9 979 200;

112 2

$= =

48 36 84+ =

2 3 6 36$ $ =

!3 6=

2 24 48$ =

!4 24=

!4 24=

720 240 480- =

!P 5 1205 = =

!P 6 7206 = =

Az ebédlőben az asztal körül elhelyezett hét széken szeretne helyet foglalni Anna, Ba-lázs, Bálint, Domonkos, Dóra, Fanni és Simona. Két leülést akkor és csak akkor tekintünk kü-lönbözőnek, ha van legalább egy olyan tagja a társaságnak, akinek legalább az egyik szomszédjaa két elhelyezkedésben különböző. a) Hányféleképpen foglalhatnak helyet?b) Hányféleképpen történhet az elhelyezkedés, ha Anna és Fanni egymás mellett szeretne ülni?c) Hányféleképpen történhet az elhelyezkedés, ha Bálint szomszédjai Domonkos és Balázs?

a) Képzeljük el, hogy egy embert leültetünk egy rögzített helyre. Ezek után tőle pl. jobbra hatembert 6!-féleképpen lehet leültetni.Vagyis az összes eset száma: 720.

b) Annát és Fannit ültessük le egymás mellé. Ezt kétféleképpen tudjuk megtenni: Annának Fannilehet a jobb és lehet a bal szomszédja is. Tőlük pl. jobbra haladva az öt embert 5!-féleképpenlehet leültetni.Vagyis az összes eset száma: .

c) Lehetséges, hogy Bálint jobbszomszédja Balázs, és lehetséges, hogy Domonkos. Tőlük pl.jobbra haladva a négy embert 4!-félekeppen lehet leültetni.Vagyis az összes eset száma: .

Egy automatába eddig bedobtunk 4 db ötvenes és 6 db százas pénzérmét. Hányféle sor-rendben tehettük ezt meg?

A 10 pénzérme ismétléses permutációjáról van szó: .

Készítsünk hétjegyű telefonszámokat 1 db 0, 1 db 5, 3 db 2 és 2 db 4 számjegy mind-egyikének felhasználásával!a) Hány darab készíthető, ha az első helyre nem rakhatjuk a 0 számjegyet?b) Hány darab 242 kezdetű telefonszámot tudunk készíteni ezen számjegyek felhasználásával?

a) A hét számjegy ismétléses permutációinak száma: .

Ezek közül a 0-val kezdődő esetek száma: .

Vagyis ezekből a számjegyekből készíthető, nullával nem kezdődő hétjegyű telefonszámokszáma: 420 – 60 = 360.

b) A 242 után írható számjegyek: 1 db 0, 1 db 5, 1 db 2 és 1 db 4. Vagyis 4 különböző szám-jegy sorbarendezéséről van szó: .Azaz 24 megfelelő szám létezik.

A tíz számjegy mindegyikének felhasználásával hány daraba) tízjegyű;b) tízjegyű, hárommal osztható;c) tízjegyű, kilenccel osztható;d) tízjegyű, hattal osztható;e) tízjegyű, negyvenöttel osztható;f) tízjegyű, kilencvennel oszthatószám készíthető?

a) A tíz számjegy összes sorbarendezései közül nem megfelelőek a 0-val kezdődők. Vagyis az ösz-szes megfelelő eset száma: .

b) Mivel a tíz számjegy összege 45 (azaz hárommal osztható), ezért minden ilyen tízjegyű számhárommal osztható lesz. Vagyis 3 265 920 db megfelelő szám készíthető.

5. K2

! !10 9 3 265 920- =

8. K2

!P 4 244 = =

! !!P

3 26 60;

63 2

$= =

! !!P

3 27 420;

73 2

$= =

7. K2

! !!P

4 610 210;

104 6

$= =

6. K2

2 24 48$ =

2 120 240$ =


1 0 . É V F O L Y A M

c) Mivel a tíz számjegy összege 45 (azaz kilenccel osztható), ezért minden ilyen tízjegyű szám ki-lenccel osztható lesz. Vagyis 3 265 920 db megfelelő szám készíthető.

d) Már láttuk, hogy ezek a számok hárommal biztosan oszthatók lesznek. Párosnak is kell len-niük, hogy hattal oszthatók legyenek.Két esetet különböztetünk meg:I. eset: Az utolsó jegy 0.Ekkor a többi kilenc számjegy minden sorrendjéhez megfelelő tízjegyű szám tartozik. Vagyisebben az esetben 9!, azaz 362 880 darab megfelelő szám van.II. eset: Az utolsó jegy nem nulla.Ekkor az utolsó jegy a 2, 4, 6, 8 valamelyike lehet. Az egyik végződés esetén összeszámoljuk alehetőségeket, majd a kapott eredményt négyszerezzük.Rögzítsük az utolsó helyen pl. a 2-t. A többi kilenc számjegy sorrendje 9!, de ezek között a 0 kez-detűek is szerepelnek. Ezek száma 8!.Mindent figyelembe véve ebben az esetben az összes megfelelő szám darabszáma:

.A két eset összesen: 362 880 + 1 290 240 = 1 653 120.

e) Már láttuk, hogy ezek a számok kilenccel biztosan oszthatók lesznek. Öttel oszthatónak iskell lenniük, hogy negyvenöttel oszthatók legyenek.Két esetet különböztetünk meg:I. eset: Az utolsó jegy 0.Ezek száma: 9!, azaz 362 880 darab.II. eset: Az utolsó jegy 5.A többi kilenc számjegy sorrendje 9!, de ezek között a 0 kezdetűek is szerepelnek. Ezek száma8!. Vagyis 9! – 8! = 322 560 darab ötre végződő megfelelő szám van. A két eset összesen: 362 880 + 322 560 = 685 440.

f) Már láttuk, hogy ezek a számok kilenccel biztosan oszthatók lesznek. 0-ra végződőeknek is kelllenniük, hogy kilencvennel oszthatók legyenek.Ha az utolsó jegy 0, akkor a többi kilenc szám sorrendje 9! lehet. Vagyis 362 880 db megfelelő szám van.

Igazoljuk, hogy három egymást követő pozitív egész szám faktoriálisainak összegét úgyis kiszámíthatjuk, hogy a legkisebb szám faktoriálisát megszorozzuk a legnagyobb szám négy-zetével!

Legyen a három egymást követő pozitív egész szám: , a, , ahol , a pozitív egészszám.Ekkor .Ez pedig igazolja a bizonyítandó állítást.

A kosárlabda-mérkőzésen 1, 2 és 3 pontos kosár is dobható. A csapat egyik játékosa amérkőzésen 12 pontot szerzett. Hányféleképpen alakulhatott ki ez a pontszám?

Legyen a 3 pontos dobásainak a száma x, a 2 pontos dobásainak száma y, az 1 pontosoké pedig z.Ekkor .Foglaljuk táblázatba a lehetséges számhármasokat.A táblázat negyedik sorában a szerepel.

A negyedik sorban szereplő számok összege adja a feladat megoldását: 927 lehetőség van.

x 4 3 3 2 2 2 2 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0

y 0 1 0 3 2 1 0 4 3 2 1 0 6 5 4 3 2 1 0

z 0 1 3 0 2 4 6 1 3 5 7 9 0 2 4 6 8 10 12

1 20 20 10 90 105 28 30 140 168 72 10 1 21 70 84 45 11 1

P ; ;x y zx y z+ +

x y z3 2 12+ + =

10. E1

! ! ! ! ! !a a a a a a a a a a a a1 1 1 1 1 2 1 1 1 12 2- + + + = + + + - = + + - = + -^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^h h h h h h h h6 @

a 1- a 1+ a 2$

9. E1

! !4 9 8 1290 240- =^ h


1 0 . É V F O L Y A M

A bajnokság hetedik fordulója után az egyik focicsapatnak 11 pontja van. A győzelem3, a vereség 0, a döntetlen 1 pontot ér. Hányféleképpen alakulhatott ki ez a pontszám?

Legyen a győzelmek száma x, a döntetlenek száma y, a vereségeké pedig z. Ekkorés .Foglaljuk táblázatba a lehetséges számhármasokat.A táblázat negyedik sorában a szerepel.

A negyedik sorban szereplő számok összege adja a feladat megoldását: 231 lehetőség van.

5. Kiválasztás és sorrend

Írjuk fel az ERDŐ szó betűiből képezhető három betűs (nem feltétlenül értelmes) szava-kat, ha minden betű csak egyszer szerepelhet egy szóban!

A négy betű harmadosztályú variációinak száma: . Ez a 24 eset a következő:

ERD, EDR, RED, RDE, DER, DRE, ERŐ, EŐR, REŐ, RŐE, ŐER, ŐRE, EDŐ, EŐD, DEŐ, DŐE, ŐED,ŐDE, RDŐ, RŐD, DRŐ, DŐR, ŐRD, ŐDR

Az 1, 3, 5, 7 számjegyek felhasználásával háromjegyű, illetve négyjegyű számokat készí-tünk. Egy számban mindegyik számjegy maximum egyszer szerepelhet. Hasonlítsuk össze az ígyképezhető háromjegyű és négyjegyű számok számát!

Az első esetben a négy betű harmadosztályú variációinak számát kell meghatároznunk:.

A második esetben a négy betű permutációinak számát kell meghatároznunk: .

Az így képezhető háromjegyű és négyjegyű számok száma egyenlő.

Megjegyzés: Számolás nélkül is erre a megállapításra jutottunk volna, hiszen bármelyik háromjegyű számhozegyértelműen tartozik egy négyjegyű szám (a negyedik számjegyet a háromjegyű végére írjuk).

Az iskolai szavalóverseny döntőjébe tíz tanuló jutott. Az első hat helyezett kap hat kü-lönböző díjat. Hányféle sorrend alakulhat ki?

A tíz tanuló hatodosztályú variációinak számát kell meghatároznunk:.

Hány ember indult azon a sportversenyen, ahol az arany, ezüst, bronz érmek kiosztása504-féleképpen történhetne?

Az indulók száma legyen n. Az n induló harmadosztályú variációinak száma 504, vagyis:.

Megtalálható, hogy , vagyis az megoldás.Ha n helyére 9-nél kisebb pozitív egész számot írunk, akkor a szorzat kisebb lesz, mint 504, hanagyobbat, akkor pedig a szorzat nagyobb lesz, mint 504. Vagyis egyedüli megoldás a 9.A sportversenyen 9 ember indult.

P ; ;x y z7

x y3 11+ =

x y z 7+ + =

11. E1

9 8 7 504$ $ = n 9=

V n n n1 2 504n3 $ $= - - =^ ^h h

4. K2

V 10 9 8 7 6 5 151200106 $ $ $ $ $= =

3. K1

!P 4 244 = =

V 4 3 2 2443 $ $= =

2. K1

V 4 3 2 2443 $ $= =

1. K1

x 3 2

y 2 5

z 2 0

210 21


1 0 . É V F O L Y A M

Egy vetélkedő 9 szereplőjének jutalma három különböző díj lesz. Hányféleképpen vihetikel a játék végén a nyereményeket, ha egy versenyző többet is nyerhet?

Kilenc elem harmadosztályú ismétléses variációinak számát kell meghatároznunk:.

Egy tesztes versenyen 30 kérdés mindegyikére 5 különböző válaszból választhatunk, egymásik versenyen pedig 4 különbözőből (minden kérdésre csak egy jó válasz van). Maximum hánykérdéses lehet ez utóbbi teszt, ha azt szeretnénk, hogy a kitöltési lehetőségek száma kevesebblegyen, mint a 30 kérdésesé?

Legyen a második teszt n kérdéses. Ekkor a feladat feltételeinek megfelelően a következő egyen-lőtlenséget írhatjuk fel: 4n < 530.Számológéppel kapjuk, hogy . A 4 pozitív egész kitevőjű hatványai növekedőszámsorozatot adnak, így gyorsan megtalálható, hogy ,vagyis maximum 34 kérdéses lehet ez a teszt.

Hatjegyű számot egy nyolclapú sorsvetővel (dobóoktaéder) állítunk elő. A test nyolc lapja 1-től 8-ig számozott. A dobott számokat a dobás sorrendjében egymás utánírjuk. A hatodik dobás után kialakul egy hatjegyű szám. Hányféle hatjegyű számot nem kapha-tunk meg ilyen módon?

A hatjegyű számok száma: 9 ⋅ 105 = 900 000.A sorsvetővel dobható hatjegyű számok száma: 86 = 262 144.Vagyis 900 000 – 262 144 = 637 856 darab hatjegyű számot nem kaphatunk meg ilyen módon.

6. Kiválasztások számának meghatározása

Számítsuk ki!

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

a) . c) .

b) . d) .

Végezzük el a kijelölt műveleteket!

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

a) .

b) .

c) .

d) .

2119

212 1 2

21 20 210$$

= = =e eo o

129

123 1 2 3

12 11 10 220$ $$ $

= = =e eo o

: :98

10098

91

1002

94950

1550

1$= = =e e e eo o o o

6. K2

V 9 729ism93 3

= =^ h

5. K2

: :73

1411

73

143 1 2 3

7 6 514 13 12

1 2 314 13 12

7 6 5525

$ $$ $ $

$ $$ $

$ $$ $

= = = =e e e eo o o o

109

92

101

92

10 36 360$= = =e e e eo o o o

107

72

103

72

120 21 2520$= = =e e e eo o o o

107

72

e eo o109

92

e eo o73

:1411

e eo o :98

10098

e eo o

2. K1

94 1 2 3 4

9 8 7 6 126$ $ $$ $ $

= =e o

73 1 2 3

7 6 5 35$ $$ $

= =e o

73e o

94e o

129

e o2119e o

1. K1

7. K2

, ,2 95 10 4 5 4 1 18 1020 34 30 35 21$ $1 1. .

,5 9 31 1030 20$.


1 0 . É V F O L Y A M

Végezzük el az összeadásokat, kivonásokat!

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

a) .

b) .

c) .

d) .

Mennyibe került volna 2010-ben megjátszani az összes lehetséges szelvényt az ötöslottón, ha akkor 225 Ft-ba került egy fogadás?(Az ötös lottó első 50 évében a legnagyobb nyeremény 5 092 890 758 Ft volt, 2003. november29-én.)

A 90 szám ötödosztályú kombinációinak számát kell megszoroznunk a 225 Ft-os egységárral:

(Ft).

(Lényegesen többe kerülne, mint a lottótörténelem eddigi legnagyobb nyereménye.)

A hatos lottón a hetenként rendezett sorsoláson az 1-től 45-ig terjedő egész számok-ból húznak ki hat számot. A játékosok 45 számból hat számot játszhatnak meg.a) Hány darab játékszelvényt kellene kitölteni a biztos telitalálathoz?b) Hasonlítsuk össze a kapott darabszámot az ötös lottó esetén kapottal!

a) A 45 szám hatodosztályú kombinációinak számát kell meghatároznunk:

.

b) .

Az ötös lottó kitöltési lehetőségeinek száma több mint ötszöröse a hatos lottóénak.

Adott n db pont úgy, hogy nincs közöttük három, amely egy egyenesre illeszkedne, ésnincs közöttük négy, amely egy síkban lenne. Hány szakaszt, hány háromszöget, hány tetraéderthatároznak meg, ha a) n = 4; b) n = 6; c) n = 8; d) n = 10?

a) Szakaszok: db, háromszögek: db, tetraéderek: db.

b) Szakaszok: db, háromszögek: db, tetraéderek: db.

c) Szakaszok: db, háromszögek: db, tetraéderek: db.

d) Szakaszok: db, háromszögek: db, tetraéderek: db.

3. K1

102

45=e o103

120=e o104

210=e o

82

28=e o83

56=e o84

70=e o

62

15=e o63

20=e o64

15=e o

42

6=e o43

4=e o44

1=e o

6. K2

52

73

10 35 45+ = + =e eo o

52

73

+e eo o97

92

+e eo o84

1413

-e eo o10098

96

-e eo o

43 949 268905

456

8 145 0602= =e eo o

C456

8 145 060456

= =e o

5. K1

225905

9 888 585 300$ =e o

4. K1

10098

96

1002

93

4950 84 4866- = - = - =e e e eo o o o

84

1413

84

141

70 14 56- = - = - =e e e eo o o o

97

92

92

92

36 36 72+ = + = + =e e e eo o o o


1 0 . É V F O L Y A M

Egy kosárban 36 darab pingpong labda van, 9 darab sárga, a többi fehér. Hányféle-képpen lehet kiválasztani 6 labdát, hogy a kiválasztottak közötta) 0; b) 1; c) 3; d) 5sárga legyen?

a) .

b) .

c) .

d) .

7. A matematikai logika alapfogalmai

Döntsük el a következő mondatokról, hogy állítások-e! A: Vigyázz, a kutya harap! B: Milyen színű inget vettél?C: Odatettem.D: Számítsuk ki a szabályos háromszög területét, ha a magassága 5 cm hosszú!E: Ez egy barna kabát?F: Holnap nem fog esni az eső.

A nem kijelentő mondatok nem lehetnek állítások. A C egy hiányos mondat, így nem tekint-hetjük állításnak. Az F esetében pedig még nem tudhatjuk, hogy igaz vagy hamis.Vagyis egyik mondat sem állítás.

Döntsük el a következő mondatokról, hogy állítások-e! Állítás esetén adjuk meg a logi-kai értékét!A: Kétszer kettő néha öt.B: Két út van előttem, melyiken induljak?C: Száz forintnak ötven a fele.D: Szabad a madárnak ágról ágra szállni.

Az A állítás, |A | = h.A B nem állítás (nem kijelentő mondat).A C állítás, |C | = i.A D állítás, |D | = i.

Adjuk meg a logikai értékét a következő állításoknak!A: A 11 páratlan szám.B: A 267 osztható 3-mal.C: A deltoid olyan négyszög, amelynek van derékszöge.D: A pókoknak hat lába van.E: A Talán eltűnök hirtelen verssort József Attilánál olvashatjuk.F: A kadmium vegyjele Ca.G: Edelényen keresztül folyik a Bódva.H: Wass Albert egyik regényének címe a Tizenhárom almafa.A döntésekhez használhatunk szakirodalmat, világhálót!

|A | = i, |B | = i, |C | = h, |D | = h, |E | = i, |F | = h, |G | = i, |H | = i.

7. K2

3. K1

2. K1

1. K1

1 295

271

26 7 3402$ $= =e eo o

293

273

84 2925 45 700$ $= =e eo o

691

275

9 80 730 72 570$ $= =e eo o

90

276

1 296 010 296 010$ $= =e eo o


1 0 . É V F O L Y A M

A következő állítások tartalma megegyezik egy-egy közmondásunkkal. Adjuk meg a köz-mondásokat a szokásos alakban!A: Sok liba diadalmaskodik a sertés fölött.B: Az ebet ezen a helyen hantolták el.C: A valótlant állítót gyorsabban utolérik, mint a járáshibás ebet.D: Az év ötödik hónapjában hulló cseppfolyós halmazállapotú csapadék értéke az arannyal

egyező.

A: Sok lúd disznót győz.B: Itt van a kutya elásva.C: Könnyebb utolérni a hazug embert, mint a sánta kutyát.D: Májusi eső aranyat ér.

Írjuk fel a következő szavak tagadását, majd adjuk meg egy-egy ellentétüket is!a) magas; b) buta; c) vékony; d) szögletes; e) kicsi; f) csúnya.

a) nem magas; alacsony.b) nem buta; okos.c) nem vékony; vastag.d) nem szögletes; kerek.e) nem kicsi; nagy.f) nem csúnya; szép.

Írjuk fel a következő állítások tagadását! Döntsük el, hogy melyik igaz: az állítás vagy atagadása!A: Minden természetes szám pozitív.B: Minden paralelogrammában a két átló egyenlő hosszú.C: Minden 3-mal osztható szám osztható 9-cel.D: Van olyan háromszög, amelynek csak egy hegyesszöge van.E: Van olyan háromszög, amelynek pontosan két oldala egyenlő hosszúságú.F: Öt egymást követő páratlan szám mindegyike lehet prímszám.

JA: Nem igaz, hogy minden természetes szám pozitív. Azaz van olyan természetes szám, amelynem pozitív.

|JA | = i.JB: Nem igaz, hogy minden paralelogrammában a két átló egyenlő hosszú. Azaz van olyan pa-ralelogramma, amelyben a két átló nem egyenlő hosszú.|JB | = i.JC: Nem igaz, hogy minden 3-mal osztható szám osztható 9-cel. Azaz van olyan szám, ami 3-mal osztható, és nem osztható 9-cel.|C | = i.JD: Nem igaz, hogy van olyan háromszög, amelynek csak egy hegyesszöge van. Azaz nincsolyan háromszög, amelynek csak egy hegyesszöge van.|JD | = i.JE: Nem igaz, hogy van olyan háromszög, amelynek pontosan két oldala egyenlő hosszúságú.Azaz nincs olyan háromszög, amelynek pontosan két oldala egyenlő hosszúságú.|E | = i.JF: Nem igaz, hogy öt egymást követő páratlan szám mindegyike lehet prímszám. Azaz öt egy-mást követő páratlan szám mindegyike nem lehet prímszám.|JF | = i.

4. K1

5. K1

6. K2


1 0 . É V F O L Y A M

8. Logikai műveletek

Igazoljuk értéktáblázattal, hogy aa) konjunkció;b) diszjunkciókommutatív művelet!

a)

b)

Igazoljuk értéktáblázattal a következő azonosságokat!a) J(A 0 B) = (JA) / (JB);b) J(A / B) = (JA) 0 (JB).(A szakirodalom de Morgan-azonosságoknak nevezi ezeket az összefüggéseket.)

a)

A táblázat negyedik és hetedik oszlopa mutatja az állítás helyességét.

b)

A táblázat negyedik és hetedik oszlopa mutatja az állítás helyességét.

Tagadjuk a következő állításokat!A: Bodzaszörpöt iszom, vagy paprikás krumplit eszem.B: Elmegyek a kutyával sétálni, és levágom a kertben a füvet.C: Megírom a matematika házi feladatot, és nem kapcsolom be a számítógépet.D: Nem veszek kenyeret, vagy veszek sajtot.

Alkalmazzuk a J(P 0 Q) = ((JP) / (JQ)) azonosságot az A, D esetben.Alkalmazzuk a J(P / Q) = ((JP) 0 (JQ)) azonosságot a B, C esetben.

1. K1

A B A / B J(A / B) JA JB JA 0 JB

i i i h h h h

i h h i h i i

h i h i i h i

h h h i i i i

3. K2

A B A 0 B J(A 0 B) JA JB JA / JB

i i i h h h h

i h i h h i h

h i i h i h h

h h h i i i i

2. K2

P Q P 0 Q Q 0 P

i i i i

i h i i

h i i i

h h h h

P Q P / Q Q / P

i i i i

i h h h

h i h h

h h h h


1 0 . É V F O L Y A M

JA: Nem iszom bodzaszörpöt, és nem eszem paprikás krumplit.JB: Nem megyek el a kutyával sétálni, vagy nem vágom le a kertben a füvet.JC: Nem írom meg a matematika házi feladatot, vagy bekapcsolom a számítógépet.JD: Veszek kenyeret, és nem veszek sajtot.

A következő állítások közismert szólásoknak a tagadásai. Adjuk meg az eredeti állítá-sokat!JA: Van olyan dolog, ami nem jó, és mégis jó a vége.JB: Nem fújja a szél, és mégis zörög a haraszt.

A: Minden jó, ha jó a vége.B: Nem zörög a haraszt, ha a szél nem fújja.

A felsorolt állítások között vannak-e azonosak?A / B, A / (JB), (JA) / B, (JA) / (JB), A 0 B, A 0 (JB), (JA) 0 B, (JA) 0 (JB).

Készítsünk értéktáblázatot!

A táblázat alapján látjuk, hogy a felsorolt állítások között nincsenek azonosak.

A felsorolt állítások között keressük meg az azonosakat!A / B, A / (JB), (JA) / B, (JA) / (JB), J(A 0 B), J(A 0 (JB)), J((JA) 0B), J((JA) 0 (JB)).

Alkalmazzuk a következő azonosságokat:J(P 0 Q) = (JP / JQ);J(JP) = P.Ezek alapján a következő párosításokat kapjuk:J((JA) 0 (JB)) = A / B;J((JA) 0 B) = A / (JB);J(A 0 (JB)) = (JA) / B;J(A 0 B) = (JA) / (JB).

A felsorolt állítások között keressük meg az azonosakat!J(A / B), J(A / (JB)), J((JA) / B), J((JA) / (JB)), A 0 B, A 0 (JB), (JA) 0 B, (JA) 0 (JB).

Alkalmazzuk a következő azonosságokat:J(P / Q) = ((JP) 0 (JQ));J(JP) = P.Ezek alapján a következő párosításokat kapjuk:J((JA) / (JB)) = A 0 B;J((JA) / B) = A 0 (JB);J(A / (JB)) = (JA) 0 B;J(A / B) = (JA) 0 (JB).

A B JA JB A / B A / (JB) (JA) / B (JA) / (JB) A 0 B A 0 (JB) (JA) 0 B (JA) 0 (JB)

i i h h i h h h i i i h

i h h i h i h h i i h i

h i i h h h i h i h i i

h h i i h h h i h i i i

7. K2

6. K2

5. K2

4. K1


1 0 . É V F O L Y A M

9. Műveleti tulajdonságok

Igazoljuk a következő négy azonosságot!a) A / A = A;b) A 0 A = A;c) A / (A 0 B) = A;d) A 0 (A / B) = A.

Készítsünk értéktáblázatot!a)

b)

c)

d)

Legyen |P | = p (ahol p lehetséges értéke i vagy h). Igazoljuk, hogya) p / i = p;b) p 0 h = p!

a)

Vagyis az állítás igaz.

b)

Vagyis az állítás igaz.

p h p 0 h

i h i

h h h

p i p / i

i i i

h i h

2. K1

A B A / B A 0 (A / B)

i i i i

i h h i

h i h h

h h h h

A B A 0 B A / (A 0 B)

i i i i

i h i i

h i i h

h h h h

A A 0 A

i i

h h

A A / A

i i

h h

1. K1


1 0 . É V F O L Y A M

Igazoljuk a következő azonosságot!A / (B 0 C) = (A / B) 0 (A / C).

Készítsük el a megfelelő értéktáblázatot!

A táblázat ötödik és nyolcadik oszlopa mutatja, hogy azonos minden esetben a logikai értéke akét összetett állításnak, vagyis a konjunkció valóban disztributív a diszjunkció felett.

A disztributív tulajdonságok felhasználásával mondjuk rövidebben a következő állításokat!a) Holnapra elolvasom ezt a novellát és sakkozom Ágnessel, vagy holnapra elolvasom ezt a no-

vellát és pingpongozom Ágnessel.b) Elmegyek röplabdázni vagy készítek egy csésze teát, és elmegyek röplabdázni vagy készítek

egy melegszendvicset.

a) Holnapra elolvasom ezt a novellát és sakkozom vagy pingpongozom Ágnessel.b) Elmegyek röplabdázni, vagy készítek egy csésze teát és egy melegszendvicset.

10. Gráfok

Hány csúcsa van annak a teljes gráfnak, melyneka) éleinek a száma a csúcsok számának 11-szerese?b) éleinek a száma a csúcsai számának háromszorosánál 9-cel nagyobb?

a) Ha a gráf csúcsainak a száma n, akkor a feltételek szerint

, azaz , tehát .

b) A feltételek szerint

, azaz , ahonnan .

, , .

A negatív gyök nyilván nem jöhet számításba, így a feltételeknek eleget tevő gráf csúcsainak aszáma n = 9.

Egy bajnokságban 8 csapat játszik körmérkőzést. Eddig 9 meccs zajlott le. Igazoljuk, hogyvan olyan csapat, amely legalább háromszor játszott már!

Tegyük fel – indirekt –, hogy nincs olyan csapat, mely legalább három meccset már lejátszott, azazmind a 8 csapat legfeljebb 2 meccset játszott eddig. Ez azt jelenti, hogy az eddig lejátszott mér-

kőzések száma legfeljebb . Mivel eddig már 9 mérkőzés lezajlott, így nem lehet az ed-

digi meccsek száma legfeljebb 8, tehát valóban kell lennie olyan csapatnak, amely legalább 3mérkőzést játszott már.

A B C B 0 C A / (B 0 C) A / B A / C (A / B) 0 (A / C)

i i i i i i i i

i i h i i i h i

i h i i i h i i

h i i i h h h h

i h h h h h h h

h i h i h h h h

h h i i h h h h

h h h h h h h h

28 2 8$

=

2. K1

n2

7 49 722

7 11,1 2

! !=

+= n 91 = n 22 = -

n nn

21

3 9-

= +^ h

n n n6 182- = + n n7 18 02

- - =

n nn

21

11-

=^ h

n 0!^ h n 1 22- = n 23=

1. K1

4. K2

3. K2


1 0 . É V F O L Y A M

Egy konferencián 8 tudós vett részt. Úgy döntöttek, hogy a konferencia végén mindenkimindenkivel névjegykártyát fog cserélni. Eddig mind a 8 résztvevő 3 másikkal cserélt névjegy-kártyát.a) Szemléltessük egy gráffal az eddigi kártyacseréket!b) Hány kártyacserére fog még sor kerülni?

a) A névjegykártyacserét szemléltető egy lehetséges gráf:

b) A gráf minden csúcsának a fokszáma 3, így a fokszámok összege . Ez azt jelenti,hogy e gráfnak 12 éle van. Az a kérdés, hogy hány élt kell még berajzolnunk, hogy teljes gráfot

kapjunk. Mivel a 8 pontú teljes gráf éleinek a száma , és eddig 12 élt rajzoltunk be,

így még 28 – 12 = 16 él hiányzik. Tehát még 16 kártyacserére kerül sor.

Mi a szükséges és elégséges feltétele annak, hogy egy teljes gráf éleinek a száma pároslegyen?

Ha , akkor .

Ez azt jelenti, hogy vagy n, vagy pedig n – 1 osztható 4-gyel. Tehát annak feltétele, hogy egy n pontú teljes gráf éleinek a száma páros legyen az, hogy n osztható legyen 4-gyel, vagy 4-gyelosztva 1 maradékot adjon.

Egy sakkbajnokság döntőjébe – ahol mindenki mindenkivel egy mérkőzést játszik – né-gyen jutottak: A, B, C és D. A döntőben A már mindhárom ellenfelével játszott, B és C ponto-san két mérkőzést játszott le, de egymással még nem játszottak. Hány mérkőzést játszott eddiga döntőben D?

Szemléltessük a feladatot egy gráffal. Az A csúcs az összes többi csúccsal össze van kötve. MivelB-t és C-t még egy-egy csúccsal kell összekötni, de egymással nem lehetnek összekötve, ígymindkét csúcsot csak D-vel köthetjük össze. Ezzel már meg is kaptuk a választ a feladatban fel-tett kérdésre: D eddig három mérkőzést játszott (vagyis minden mérkőzését lejátszotta már).

Egy iskolák közötti teniszbajnokság döntőjébe 7 játékos jutott be. A döntőben min-denki mindenkivel egy mérkőzést játszik. Egy néző jegyezte az egyes mérkőzések kimenetelét.Valamikor így szólt a szintén néző barátjához: „Az 1-es számú versenyző már minden mérkőzé-sét lejátszotta, a 2-es számú már öt mérkőzését lejátszotta, viszont a 4-es és a 7-es számú ver-senyzők még csak egy-egy mérkőzést játszottak.” Erre a szomszéd így válaszolt: „Biztosan té-vedsz.” Honnan tudta ezt a szomszéd?

A 7 pontú gráf csúcsait megszámoztuk az egyes játékosoknak megfelelően (lásd ábra). Az 1-esszámú játékos (pont-) fokszáma 6, a 2-es számúé pedig 5. Ezt ábrázolva már csak egyetlen olyancsúcs marad, melynek fokszáma 1. Ez azt jelenti, hogy nem lehet két olyan versenyző, akik eddigcsak egy-egy mérkőzést játszottak.

3. K1

6. K1

5. K1

n nk

21

2-

=^ h

n n k1 4- =^ h

4. K1

28 7 28$

=

3 8 24$ =


1 0 . É V F O L Y A M

BC

AD

1

2

3

4

56

7

(6)

(5)

(2)

(2)

(2)(2)

(2)

Egy teljes gráfnak letöröltük 40 élét, így a megmaradt élek száma az eredeti teljes gráfcsúcsai számának ötszöröse. Hány pontú az eredeti gráf?

Az egyenletet kell megoldanunk a pozitív egész számok halmazán. 2-vel

szorozva mindkét oldalt:n2 - n - 80 = 10n, ahonnan n2 - 11n = 80 → n(n - 1) = 80.A 80-at kell két olyan egész szám szorzatára bontanunk, melyek különbsége 11. A 80 két té-nyezős szorzatokra bontása után hamar adódik, hogy n = 16, n - 11 = 5. Tehát az eredeti gráf-nak 16 csúcsa van.

Egy 6 pontú gráf 5 csúcsának a fokszáma: 0, 1, 2, 3, 4. Mekkora a hatodik csúcs fok-száma?

Induljunk ki a 6 pontú gráfból: először rajzoljuk be a 4 fokszámú pont éleit; ekkor a 0 fokú ésaz 1 fokú pontot is megkapjuk:

Ha maradék három csúcs közül bármely kettőt összekötjük, megkapjuk a 2 fokszámú pontot:

Ez után már csak a hiányzó fokszámú két pont köthető össze, hogy a 3 fokszámú pontot is meg-kapjuk, így a hiányzó fokszám 2 lehet csak.

Egy 12 fős társaság tagjai egy hosszabb túrán vettek részt. András és Béla, a túra kétvezetője, a csoport minden tagját ismerték. Öt olyan tagja volt a csoportnak, akik a két vezetőnkívül senki mást nem ismertek, a többiek ezen az öt személyen kívül mindenki mást ismertek.Amikor a csoport tagjai találkoztak, azok, akik nem ismerték egymást, kézfogással bemutat-koztak egymásnak. Hány kézfogás történt?

Vegyük fel a 12 pontú gráf csúcsait, és írjuk mindegyik csúcs mellé a fokszámát (Legyen A és Ba két túravezető). A és B fokszáma 11. Öt olyan tagja van a csapatnak, akik A-n és B-n kívül sen-kit sem ismernek, így 5 db pont fokszáma 2. A maradék 5 db csúcs mindegyikének a fokszáma6, hiszen ők egymást ismerik, valamint a két vezetőt is ismerik.

7. K2

(4)

(1)

(0)

(2)

(3)

(2)

(4)

(1)

(0)

(2)

(4)

(1)

(0)

n nn

21

40 5-- =

^ h

8. K2

9. K2


1 0 . É V F O L Y A M

(11)

A

B

(11)(2)

(6)

(6)

(6)(6)

(6)

(2)

(2)

(2)

(2)

Ezek szerint a gráf éleinek a száma (a fokszámainak összegének a fele):

.

A kézfogások száma a teljes gráffá való kiegészítéshez szükséges élek száma. A 12 pontú teljes

gráf éleinek a száma: . Tehát a hiányzó élek száma: 66 - 31 = 35, vagyis 35 kéz-

fogás történt.

Egy sakkbajnokság 16 résztvevőjét két csoportba osztották. Az egyes csoportokban acsoport tagjai körmérkőzést játszottak egymással. Az egyik csoportban így 3-szor annyi meccszajlott le, mint a másikban. Hány résztvevője volt az egyes csoportoknak?

Legyen az egyik csoport résztvevőinek a száma k; ekkor a másik csoportnak 16 – k résztvevőjevan. Az egyes csoportokban lejátszott mérkőzések száma

, illetve .

A feltételek szerint az egyik csoportban háromszor annyi meccset játszottak, mint a másikban,tehát

, azaz ,

, tehát ,

, , .

A negatív megoldás érdektelen számunkra, így azt kaptuk, hogy az egyik csoportban 6, a má-sikban pedig 10 résztvevő volt.

Egy bajnokságon, ahol a résztvevők körmérkőzést játszanak egymással, még 7 mérkő-zés van hátra a bajnokság végéig. Igazoljuk, hogy az eddig lejátszott mérkőzések száma nemlehet 10-zel osztható!

Legyen n a bajnokságban résztvevők száma. Ha még 7 mérkőzés van hátra, akkor az eddig le-játszott mérkőzések száma

.

Azt kell megmutatnunk, hogy ez a szám nem lehet 10-zel osztható. Ha ez a szám 10-zel oszt-

ható lenne, vagyis 0-ra végződne, akkor (hozzáadva 7-et) -nek 7-re kell végződnie, azaz

utolsó számjegye 4 kell, hogy legyen. A számlálóban két szomszédos egész szám szor-zata szerepel, ezért vizsgáljuk meg, hogy két szomszédos egész szám szorzatának mi lehet azutolsó számjegye.

Azt látjuk, hogy két szomszédos egész szám szorzatának utolsó számjegye csak 0, 2 vagy 6 lehet,tehát e szorzat nem végződhet 4-re. Ez viszont azt jelenti, hogy az eddig lejátszott mérkőzésekszáma valóban nem lehet 10-zel osztható.

22 11 5 2 5 6 31$ $ $+ + =

212 11 66$

=

10. E1

k k k k3

21

216 15

$-

=- -^ ^ ^h h h

k k k k3 3 240 312 2- = - +

k k2

1-^ h k k2

16 16 1- - -^ ^h h

k k2 28 240 02+ - = k k14 120 02

+ - =

11. E1

k2

14 196 4802

14 26,1 2

! !=

- +=

- k 61 = k 202 = -

n n2

17

--

^ h

n n 1-^ h

n n2

1-^ h

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

0 2 6 2 0 0 2 6 2 0


1 0 . É V F O L Y A M

1. Racionális számok, irracionális számok

Igazoljuk, hogy , , irracionális számok!

Tegyük fel, hogy felírható két egész szám hányadosaként:

, ahol (p, q) = 1.

Mindkét oldalt négyzetre emelve azt kapjuk, hogy

, azaz .

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

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

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

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

esetében ugyanúgy járhatunk el, mint esetében.

Ha racionális szám, akkor

, azaz .

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

mondás, tehát irracionális szám.

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

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

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

.

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

.

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

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

a) ;

b) ;

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

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

3

3

3

3

3

3

5

5

12

12

12

12 2 3=

qp3 =

qp3 2

2

= q p3 2 2=

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

=

qp2 3 = q

p32=

ba

dc

ba

dc

bdac$ =

:ba

dc

ba

cd

bcad$= =

,0 3210032

258

= =

3,122 31000122

10003122

5001561

= = =

0,1313 af =

a9913

=

2. K1

3. K1

1. K1

1 0 . É V F O L Y A M

I I . G Y Ö K V O N Á S 29MATEMATIKA

GyökvonásII.

Írjuk fel az alábbi törteket tizedestört alakban:

a) ; b) .

a) ; b) .

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

Ha n olyan szám, melyre

, akkor .

Bővítsük a törteket pl. 2-vel: Bővítsük a törteket pl. 3-mal:

.

Ezek szerint n lehet pl. Ezek szerint n lehet pl.

.

A két eljárásból világos, hogy végtelen sok, a feltételnek megfelelő racionális szám létezik.

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

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

és .

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

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

racionális szám, akkor valamely a és b egészekre

, azaz .

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

Lehet-e két irracionális összege racionális szám?

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

pl. racionális lenne, azaz valamely p, q egészekre

, akkor

is racionális lenne. De ekkor

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

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

szám különbsége 2, vagyis racionális szám.

4. K1

72

1311

,72 0 285714f= ,

1311 0 846153f=

0,6666 0,6667n1 1 n10 0006666

10 00066671 1

n20 00013 332

20 00013 3341 1

n20 00013 333

=

8 2

8 2 16 4$ = =28

28 4 2= = =

qp

qp i

ba

+ = iba

qp

bqaq bp

= - =-

3 8+

3 8+

3 8+

3 8-

qp3 8+ =

qp3 8 2

2

+ =

qp8 32

2

= -

8

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

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

30 00020 000

32

=

n30 00019 998

30 00020 0011 1

5. K2

6. K2

7. K2

8. E1

30 MATEMATIKA I I . G Y Ö K V O N Á S

1 0 . É V F O L Y A M

2. A négyzetgyökvonás és azonosságai

Végezzük el a gyökvonást, illetve a kijelölt műveletet!

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

a) ;

b) ;

c) ;

d) .

Végezzük el az alábbi műveleteket!

a) ; b) ; c) ;

d) ; e) ; f) .

a) ;

b) ;

c) ;

d) ;

e) ;

f) .

Melyik szám nagyobb?

a) vagy 6; b) vagy ;

c) vagy 10; d) vagy .

a) .

b) , , tehát ,

c) . Melyik nagyobb vagy 10 ⇒ vagy 5.

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

d) , . Mivel , ezért

.

Határozzuk meg a következő kifejezések értelmezési tartományát!

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

a) , .

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

250

250 25 5= = =

x2 5- xx

1

2

- xx

3 26

--

xx

25 4

-+

5 7$ 8 5$ 6 7$

3 22

+^ h 5 1 5 1+ -^ ^h h 2 12

+^ h

763

250

348

2 32$5 125$3 27$

a b a b4 10 2 5=

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

r sp q

r sp q

10 8

12 16

5 4

6 8

=

:c da b

a bc d

c da b

c da b

c da b

c da b

72 4

4 6

6 2

8 10

2 4

4 6

8 10

6 2

10 14

10 8

5

5 4

$= = =

3 27 81 9$ = =

5 125 625 25$ = =

2 32 64 8$ = =

348

348 16 4= = =

5 7 35 36 6$ 1= =

8 5 40$ = 6 7 42$ = 8 5 6 7$ $1

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

2 6 2 6 51 3 2 1021+^ h

5 1 5 1 5 1 4+ - = - =^ ^h h 2 1 2 1 2 2 3 2 22+ = + + = +^ h 2 2 12

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

x2 5 0$- x25$

x1 02- x 11

a b4 10 x y z q2 4 6 8

r sp q

10 8

12 16

:c da b

a bc d

2 4

4 6

6 2

8 10

5 2 6+ 2 6

763

763 9 3= = =

1. K1

2. K1

3. K1

4. K1

31MATEMATIKAI I . G Y Ö K V O N Á S

1 0 . É V F O L Y A M

c) . Két eset lehetséges:

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

2. és , azaz és .

Tehát a kifejezés értelmezési tartománya: .

d) és . A kifejezés értelmezési tartománya: és .


a) ; b) ; c) .

a) .

b) .

c) .

Számítsuk ki a következő kifejezések értékét!

a) ;

b) ;

c) ;

d) .

a) .

b) .

c) =

= .

d) = =

= .

3. A négyzetgyökvonás alkalmazásai

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

a) ; b) ; c) .

a) .

b) .

c) .

Oldjuk meg az alábbi egyenletet a nemnegatív valós számok halmazán!

.

Az egyenlet bal oldala így alakítható:.

Tehát

, azaz , ahonnan .

x x x6 9 5 2 25 26+ - =

a b c75 7 8 19

p qx y

5018

9 11

13 6

a b b a4 2 4 2-

a a a a1 12 22

+ - - - -_ i

8 3 7 8 3 72

+ - -_ i

9 17 9 17$+ -

8 3 7 8 3 7$+ -

3 2 1 4 2 2- +^ ^h h 8 3 2 18 4 2$+ -^ h 3 2 2 3 12 62

- +^ h

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

x23 61 #

xx

3 26 0$

--

x 6 0$- x3 2 02- x 6$ x231

x 6 0#- x3 2 01- x 6# x232

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

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

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

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

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

8 3 7 8 3 72

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

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

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

a a a a1 12 2 2+ - - - -_ i a a a a a a a a1 1 2 1 12 2 2 2$+ - + - - - + - - -^ ^h h

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

p qx y

p qx y

p q pqx y x

5018

259

53

9 11

13 6

9 11

13 6

4 5

6 3

= =

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

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

x13 26= x 2= x 4=

5. K2

6. K2-E1

2. K1

1. K1


1 0 . É V F O L Y A M

Végezzük el az alábbi műveleteket!

a) ;

b) ;

c) .

a) .

b) .

c) .

Melyik szám nagyobb: A vagy B?

a) , ;

b) , ;

c) , .

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

,

.

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

,

.Tehát A = B.

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

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

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

a) .

b) .

c) .

d) .

e) .

f) .

g) .

h) .a aa a

a a a aa a

a aa a a a

aa a2

11 2

2

2

2

+

-=

+ -

-=

-

+ -=

-+ -

^ ^

^

h h

h

5 15 1

5 1 5 15 1 5 1

5 15 1

45 1 2 5

46 2 5

23 5

2

-

+=

- +

+ +=

-

+=

+ +=

+=

+

^ ^

^ ^ ^

h h

h h h

7 14

7 1 7 14 7 1

7 14 7 1

64 7 1

32 7 1

-=

- +

+=

-

+=

+=

+

^ ^

^ ^ ^ ^

h h

h h h h

25 6

25 6 2

25 12

25 2 3 5 3$ $

= = = =c m

b aa b

b a aa b a

aba ab

bab

$

$= = =

aa

aa a a= =

515

515 5 3 5= =

36

3 36 3

36 3 2 3

$= = =

25 6

7 14- 5 1

5 1-

+

a aa a

+

-

36

515

aa

b aa b

5. K2

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

A 49 4 12 49 8 32= + = +

B A2 22 B A2

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

A 54 6 24 54 12 62= - = -

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

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

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

A 5 2= B 2 5=

4. K1

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

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

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

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

5 20 2 5 45+ -^ ^h h

3 4 27 75 2 12$+ -^ h

3. K1


1 0 . É V F O L Y A M

Döntsük el, hogy az alábbi kifejezés milyen előjelű!

.

Legyenés .

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

,

.Tehát a megadott kifejezés értéke 0.

4. Az n-edik gyök fogalma és azonosságai

Végezzük el az alábbi gyökvonásokat:

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

a) .

b) .

c) .

d) .

e) .

f) .

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

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

a) .

b) .

c) .

d) .

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

a) ; b) ; c) .

a) .

b) .

c) .:yx

xy

yx

yx

yx

yx

5

74

34

5

7

34

8

84

2

2

$= = =

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

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

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

xy

5

74

34

3. K1

lk m

lk m

32 240

25 205

8

5 4

=

r sp q

r sp q

20 4

8 124

5

2 3

=

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

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

a b6 123 x y z21 42 147

r sp q

20 4

8 124

lk m32 40

25 205

2. K1

641

21

216

66= =b l

1024 2 210 1010= =

100027

103

1033

33= =b l

321

21

215

55

-= - = -b l

625 5 54 44= =

64 4 43 33= =

643 6254

3215

- 1000273 102410

6416

1. K1

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

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

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

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

6. E1


1 0 . É V F O L Y A M

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

a) ; b) ; c) .

a) .

b) .

c) .

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

Kepler III. törvénye alapján

.

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

, ahonnan .

Innen

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

5. Az n-edik gyökvonás alkalmazásai

Vigyük ki a gyökjel elé a lehetséges szorzótényezőket!

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

a) .

b) .

c) .

Vigyük be a gyökjel alá a gyökjel előtti szorzótényezőt!

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

a) .

b) .

c) .


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

a) .

b) .

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

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

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

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

3. K1

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

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

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

3 43$ 2 35$ a a2 34$

2. K1

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

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

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

403 543 a194

1. K1

, ,R 27 390 25 3014Neptunusz3 .=

, R165 51 1

Neptunusz2

2

3

3

= , ,R 165 5 27 390 25Neptunusz3 2

= =

TT

RRö ö

Neptunusz

F ld

Neptunusz

F ld2

2

3

3

=

5. E1

ba

ba

ba

ba

ba

ba

14

1245

6

810

14

1220

6

820

20

2020$ $= = =

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

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

2 21466 22123$ 3 31043 386$ba

ba

14

1245

6

810$

4. K2


1 0 . É V F O L Y A M

Írjuk fel egyetlen gyökjel segítségével a megadott kifejezéseket!

a) ; b) ; c) .

a) .

b) .

c) .

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

.

Az egyenlőség így alakítható:

, azaz .Innen

, azaz ,, tehát .

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

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

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

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

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

+

a an3 5 20=

+ n3 5 20+ =

n3 15= n 5=

4. K2

5. E1


1 0 . É V F O L Y A M

1. Másodfokú függvények

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

b) ;

c) ;

d) ;

e) .

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

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

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

A függvénynek -ben minimuma van, értéke .

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

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

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

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

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

41

- = -b lx21

= -

21

21

x 02 =x 11 =f x41$-^ h

f 1 3=^ h

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

f 3 2- =^ hx 3= -

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

f21

43

= -b lx21

=

21

21

x2

1 32 =

-x2

1 31 =

+f x43$-^ h

f 6 2- =^ h

f x 2$^ h

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

f x x21 1 32

= - - +] ]g g

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

f x x21

432

= - -] bg l

f x x 6 22= + +] ]g g

1. K1

1 0 . É V F O L Y A M

I I I . M Á S O D F O K Ú F Ü G G V É N Y E K , M Á S O D F O K Ú E G Y E N L E T E K 37MATEMATIKA

Másodfokú függvények,másodfokú egyenletek

III.

x

y

1

1

x

y

1

1

x

y

1

1

x

y

1

1

x

y

1

1

a)

b)

c) d) e)

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

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

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

Az ábra alapján az egyenlőtlenséget kielégítő valós számok: vagy .

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

A feltételek alapján a függvény grafikonja az alábbi:

Ennek megfelelően u = –4, v = 5.

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

a) ; b) ; c) .

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

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

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

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

f x x 12= -] g f x x 1 42

= - -] ]g g ,f x x21 2 4 52

= + -] ]g g

f x 0=^ h

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

f x 0$] g

2. K1 f x x u v2= - +] ]g g

x

y

1

1

x

y

1

1

x 42-

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

x5 #x 1#f x 0$^ h

x 3 2- = -3 2x - =

x 3 42- =^ hx 3 4 02

- - =^ h

4. K2

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

1 0 . É V F O L Y A M

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

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

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

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

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

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

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

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

, , .Az első egyenletet felhasználva azt kapjuk:

, , azaz,.

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

,f 2 4 5- =^ h

f f5 1 0- = =^ ^h h

f 1 4=^ h

f f1 3 0- = =^ ^h h

f 0 1=^ h

f f1 1 0- = =^ ^h h

x

y

1

1

x

y

1

1

x

y

1

1

a) b) c)

f x k=] g

5. E1 f x x 3 42= - -] ]g g

f x^ h

f x x x2 32= - +^ h

a2 2= a 1= b 2= -

a b3 1+ =

a b 1+ = -

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

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

f x ax bx c2= + +^ h

6. E1

f x k=^ h

g x k=^ h

39MATEMATIKAI I I . M Á S O D F O K Ú F Ü G G V É N Y E K , M Á S O D F O K Ú E G Y E N L E T E K

1 0 . É V F O L Y A M

x

y

1

1


1 0 . É V F O L Y A M

2. Másodfokú függvények általános alakja,ábrázolása

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

d) ; e) ; f) .

a) .

b) .

c) .

d) .

e) .

f) .

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

d) ; e) ; f) .

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

b) .

c) .

d) .

x

y

1

1

d)

2f x x x x x x x21

23

21 4 3

21 2 7

21 2

272 2 2 2

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

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

x

y

1

1

b)

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

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

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

x x6 112- - + x x3 12 72

- + x x21 3 52

- + -

x x8 122- + x x10 162

+ + x x3 22+ +

1. K1

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

f x x x21 2

232

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

= -] g

f x x x6 82= - +] g f x x x4 72

= + +] g f x x x8 92= - + -] g

2. K1-K2

x x x x x x21 3 5

21 6 10

21 3 9 10

21 3

212 2 2 2

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

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

37 3 2 52 2 2 2

- + = - + = - - + = - -^ ^h h: :D D

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

x x x x3 223

49 2

23

412

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

x

y

1

1

a)

x

y

1

1

c)

e) .

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

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

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

Ábrázoljuk a megadott függvényeket a megadott számhalmazon és állapítsuk mega függvények értékkészletét!a) ; b) .

a) f(x) = x2 - 4x + 3 = (x - 2)2 - 1

b) Az f(x) = x2 - 1 függvény értelmezési tartománya a feltételek szerint:-2 # x # -1 , 1 # x # 2.

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

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

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

. Ha a függvény minimuma -ben van, akkor

, ahonnan . Ekkor . Tehát a függvény értékkészlete:

.

x

y

1

1

f)

1,f x x x1 22 # #= -^ h, ;f x x x x4 3 1 42 != - +^ ^h @

3. K1

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

25 2 1 52 2 2 2

= + - = + - = + - = + -] ^ ^g h h: :D D

f x 0$^ h

b2

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

4f x x bx x b b2 4

422 2

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

x 2= -

5. K2 f x x bx 42= + +] g

c4 2- + = - c 2=

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

f x 2$-] g

4. K1 f x x x c42= + +] g

f x x x32= -^ h

x 01 = x 32 =

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

= -^ h

f x x x32= -] g x 0$


1 0 . É V F O L Y A M

x

y

1

1

e)

x

y

1

3

2–1–2

x

y

1

1

4


1 0 . É V F O L Y A M

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

a) ; b) ; c) .

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

b) .

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

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

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

Az függvény értékkészlete .Hol van a függvény minimuma?

Ha a függvény értékkészlete , akkor , azaz . Innen

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

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

.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

függvényében:.

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

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

és a legnagyobb kerület: .

6. E1

K 2 4 18 20= - + + =

xa

b2 4

4 10 = - = --

= x 10 =

K x x x x x2 2 2 9 2 4 180 0 02

02

0$ $= + - + = - + +^ ^h h

x 902

- +

f x x x c62= + +] g f x x x c2 102

= - +] g f x x x c21 32

= - + +] g

x23

= -

c21

= x c 1= - +^ h

c2 1 3+ =^ h c2 1 3+ = -^ h c21

= c25

= - c 02

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

+ =^ h

2 5 10 5 5 10 5

.

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

x c c c c c x c c c

1 1 1

1 2 1 5 10 5 1 4 8 4

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

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

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

] ] ^ ^

^ ^

g g h h

h h

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

c2

25 02- + c2

252

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

225

425

22

25

2252 2

2 2= - + = - + = - - + = - - +] b bg l l9 ;C E

c 926f x x x c x c3 92 2

= + + = + - +] ^g h c9 02- +

f x x x c21 32

= - + +] g

1. E1

x x x x26 262- = - +^ h

x0 301 1f x x 92

= - +^ h

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

13 1692=

xa

b2= - x

226 13= --

=

x

y

1 3−3

1

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

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

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

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

Ha x # 3, akkor .

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

konját már könnyen ábrázolhatjuk.

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

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

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

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

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

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

Ha , akkor . A függvény grafikonja:

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

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

5. E1

x

y

1

1

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

,,

,

0 22 88

f xx x

x

xxx

2 55

3

hahaha

2

11

# #

#=

- +

-

] g * 4

4. E1 x 0$

3. E1

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

f x 7#^ h

g x 7=^ h

150010 500 7=

,,

33

f x x xx x

xx

4 108 8

haha

2

2 2#

=- +

- + -] g ) 3

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

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

f 0 2 6 102= + =^ h

x 3#


1 0 . É V F O L Y A M

x

y

1

1

678

x

y

1

1

678

Ekkor az ablak K kerülete:

; innen .Az ablak T területe:

.

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

.

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

bola. Ennek maximuma -ban van, tehát a maximumhely

és ezzel .

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

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

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

.

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

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

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

,

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

.

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

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

.Tehát a labda 4,7 méter magasra repült.

4. Másodfokú egyenletre vezető feladatok

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

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

Az egyenlet bal oldalát így alakíthatjuk:,

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

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

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

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

1. K1

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

T xy x22

2r= +

y x x32r

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

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

,y 0 84.,x2 1 68.

,x2

22

64

6 0 84.r r r

=- -

-=

- --

a k

,y x x32

0 84.r= - -

xa

b2= -

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

22 2

2 62

22

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

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

7. E1ms

s t h v t gt21

02

= + -^ h

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

,t108 0 8= -

-=

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


1 0 . É V F O L Y A M

x

2x

yy

x

y

1

1

M

T

T ′

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

b) ;

c) .

a)

,.

Innen , .

b) ., .

c) ,

.

Innen , .

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

b) ;

c) .

a) , azaz . Innen , tehát

vagy . Az egyenlet gyökei: , .

b) , azaz . Innen , tehát

vagy ; , .

c) , tehát

, azaz . Innen , .

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

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

.A műveletek elvégzése után azt kapjuk:

,

.

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

keresett szélessége: m.

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

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

5. E1

,x 20 5 13 1 97.= -

x0 151 1 x 20 5 13= -

x2

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

-=

x x40 75 02- + =

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

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

4. K2

x35

9162

+ =b l x35

34

+ = x31

1 = - x 32 = -

x x x x33

10 1 335

925 1 3

35

316 02

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

x29

215

- = x29

215

- = - x 121 = x 32 = -

x29

481

4144 0

2- - - =b l x

29

2152 2

- =b bl l x29

215

- =

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

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

+ =^ h x 8 3+ =

x x3 10 3 02+ + =

x x9 36 02- - =

x x16 55 02+ + =

3. K1

x x8 15 02- + =

x x4 77 02+ - =

2. K1

x x x x x x41

83

81

641

6424

81

85

81

85

81

85 02

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

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

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

x43

1 = - x21

2 =

x x43

21 0+ - =b bl l

x 31 = x 52 =

x 111 = - x 72 =

x x11 7 0+ - =^ ^h h

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

x x41

83 02

+ - =


1 0 . É V F O L Y A M

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

.A műveletek elvégzése után az egyenlet bal oldalán

,a jobb oldalon pedig

.Ezek szerint a következö egyenletet kaptuk:

, azaz.

Innen az egyik gyök , a másik pedig

.

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

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

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

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

6 nap alatt végeznek, ezért írhatjuk a következő egyenletet:

.

A közös nevezővel szorozva, azaz .

Az egyenletet így alakíthatjuk:, azaz .

Innen

vagy ,

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

5. Speciális másodfokú egyenletek megoldása

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

d) ; e) ; f) .

a) ; , .

b) ; , .

c) ; , .

d) , innen , , .

e) , innen , , .x x21

352

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

310

2 = -

x x6322

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

91

2 =

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

213

2 = -

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

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

x x6322

= x x21

352

- =x x1

21

12

+=

+] g

x x6 02- = ,x x12 6 02

+ = x x2 13 02+ =

1. K1

,x 9 2.

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

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

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

- =^ h

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

x x6

86 1++

=

x 81+

8x +^ h x1

6. E1

x nn n

n n4 1 2 3 42

12 12 $f= + + + + =

+= +^

^^h

hh

x 01 =

x x n4 1 2 3 0f- + + + + =^^ hh

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

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

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

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


1 0 . É V F O L Y A M

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

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

d) ; e) ; f) .

a) , azaz ; , .

b) ; az egyenletnek nincs való gyöke.

c) , tehát , azaz ; , .

d) , ; , .

e) , ; , .

f) ; az egyenletnek nincs valós gyöke.

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

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

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

Oldjuk meg az alábbi egyenletet a valós számok halmazán!

Az egyenletet így alakíthatjuk:,

.

Mivel , ezért innen . Az egyenlet gyökei:

, .

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

A megadott egyenletet átalakítva azt kapjuk:.

Mivel , ezért írhatjuk:

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

6. A másodfokú egyenlet megoldóképlete

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

d) ; e) ; f) .

a) ; , .

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

x 1=

x2

2 4 602

2 8,1 2

! !=

- +=

- x 51 = - x 32 =

k k2 3 9 02- - = x x

21 3 20 02

+ - = b b3 7 4 02- + - =

x x2 15 02+ - = a a3 4 02

- - = t t2 3 02+ + =

1. K1

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

x x a 1 0+ - =^ h

a 1!

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

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

x 01 = xa b

12 = -

+

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

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

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

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

4. E1

xab

,1 2 != -

b 0! x 10 =

ax b ax bx02

02

0+ = + b bx0=

3. E1 ax b 02+ = ax bx 02

+ = ,a b0 0! !^ h

2. K1

x722

= -

x37

2 = -x37

1 =x37

=x372

=

x2

32 = -x

23

1 =x2

3=x

292

=

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

=

x 162= -

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

x 9 02- = x 16 02

+ = x5 20 02- =

x4 182= x

31

972

= x77

14 02+ =


1 0 . É V F O L Y A M

b) ; , .

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

nincs valós gyöke.

d) ; , .

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

; , .

f) ; , .

Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán!

a) ; b) ; c) ;

d) ; e) .

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

, ahonnan .

; , .

b) . , azaz .

. Az egyenletnek csak egy valós gyöke van.

c) , azaz .

; , .

d) . , azaz .

; , . De az az eredeti egyenletnek nem

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

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

,

,

,

; mivel a négyzetgyök alatti mennyiség negatív, ezért az egyenletnek

nincs valós gyöke.

Oldjuk meg az alábbi egyenleteket, ahol p, m, k 0-tól különböző valós számok!

a) ; b) ; c) .

a) Szorozzuk meg mindkét oldalt 3px-szel! Azt kapjuk, hogy, azaz .x p px3 3 102 2

+ = x px p3 10 3 02 2- + =

x x a b a2 2 2- = -^ hkx

x kmx

x m2 2 2 2+

=+

px

xp

310

+ =

3. E1

a2

3 9 162

3 5,1 2

! !=

+= a 41 = a 12 = -

x2

6 36 44,1 2

!=

-

x x6 11 02- + =

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

x x xx

x2 23

2 22

24

- ++

+=

+^ ^ ^h h h

x 2!!

x41

= -

x24

1 1 4824

1 7,1 2

! !=

+= x

31

1 = x41

2 = - x31

=

x31! x x x x2 1 92 2 2

- + = - x x12 1 02- - =

x2

2 4 122

2 4,1 2

! !=

+= x 11 = - x 32 =

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

- - =

x2

6 36 36 3,1 2!

=-

=

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

- + =

x4

1 1 244

1 5,1 2

! !=

- +=

- x23

1 = - x 12 =

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

x 1!- x2 1+^ h

xx x x x

1 31 2 1 3

2

-- +

= +] g

x xx

x43

2 42

24

2-

++

=+

xx x2

1 21

-+

= + xx2

21 2--

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

2. K2

t2

2 4 12,1 2

!=

- -

b34

2 =b 11 =b6

7 49 486

7 1,1 2

! !=

-- -

=-

-

x2

6 36 1602

6 14,1 2

! !=

- +=

- x 101 = - x 42 =

x x6 40 02+ - =

k 32 =k23

1 = -k4

3 9 724

3 9,1 2

! !=

+=


1 0 . É V F O L Y A M

Innen a megoldóképlet segítségével:

.

Az egyenlet gyökei: , .

b) A közös nevezővel megszorozva az egyenlet mindkét oldalát, a következő egyenlethez ju-tunk:

, azaz .A bal oldalon x2-t, a jobb oldalon mk-t kiemelhetünk:

.Most két esetet kell vizsgálnunk:1. Ha m = k, akkor – az eredeti egyenletet vizsgálva – azonosságot kapunk, melynek minden

x ! 0 valós szám megoldása.2. Ha m ! k, akkor m - k-val elosztva mindkét oldalt:

x2 = mk, ahonnan az eredeti egyenlet megoldásai: , .

c) A bal oldali zárójelet felbontjuk, majd az egyenletet 0-ra rendezzük:.

Innen a megoldóképlettel:

.Az egyenlet gyökei: , .

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

a) Ha , akkor .

; , .

De miatt az nem megoldása az egyenletnek, tehát .

Ha , akkor .

; , .

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

b) Ha , akkor ,

, , .

De miatt a –2 nem megoldás.

Ha , akkor .

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

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

c) Ha , akkor .

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

egyenletnek nincs valós megoldása.Ha , akkor ,

; , .

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

x m k mk m k2- = -^ ^h h

mx kx km mk2 2 2 2- = -mx mk kx km2 2 2 2

+ = +

x mk2 = -x mk1 =

x ax a b2 02 2 2- + - =

x a a a b a b2

2 4 4 42

2 2,1 2

2 2 2! != - + =

x a b2 = -x a b1 = +

x p31

2 =x p31 =

x p p p p p6

10 100 366

10 8,1 2

2 2! !=

-=

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

= -

4. E1

x 0$ x x2 3 02- - =

x 0$ x 1= - x 3=

x2

2 4 122

2 4,1 2

! !=

+= x 31 = x 12 = -

x 01 x x2 3 02+ - =

x2

2 4 122

2 4,1 2

! !=

- +=

- x 31 = - x 12 =

x 61 x 31 = - x 22 =

x2

1 1 242

1 5,1 2

! !=

- +=

- x 31 = - x 22 =

x 61 x x 6 02+ - =

x2

1 1 24,1 2

!=

-

x 6$ 6 0x x2- + =

x 32 = -x 31 =

x 3= -x 1=x 01

x 3$ x x3 10 02- - =

x 5=

x2

3 9 40,1 2

!=

-- -

x x3 10 02- + - =x 31

x 3$

x 52 =x 21 = -x2

3 9 402

3 7,1 2

! !=

+=


1 0 . É V F O L Y A M

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

Ha zérushelye a megadott függvénynek, akkor

, ahonnan .

Tehát az eredeti függvény . E függvény zérushelyei:

; , .

Tehát a függvény másik zérushelye: .

Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán!

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

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

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

pel, tehát nem lehet megoldása. Első esetben

; , .

Mivel , ezért az eredeti egyenlet megoldásai: .

7. A másodfokú egyenlet diszkriminánsa

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

d) ; e) ; f) .

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

a) , azaz .

b) , azaz .

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

d) , azaz .

e) , azaz .

f) , azaz .

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

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

a) , azaz , ahonnan .

b) , azaz .

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

x 4=

f x x x2 5 122= - -^ h

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

x 0$ x 6,1 2 !=

x2

2 4 962

2 10,1 2

! !=

+= x 41 = - x 62 =

4 96 01-

x x2 24 02- - = x x2 24 02

- + =

x 0$

f x f x= -^ ^h h

g x x x22= -^ h

x x2 242- =

6. E2

x23

= -

x4

5 25 964

5 11,1 2

! !=

+= x 41 = x

23

2 = -

1. K1

ax x a5 02+ + = x x b

21

21 02

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

x x p2 7 02- + = x x k11 02

- - = x x r3 4 02 2+ - =

k4

121= -k121 4 0+ =

p849

=p49 8 0- =

c4825

= -c25 48 0+ =

b81

=b41 2 0- =

a25

,1 2 !=a25 4 02- =

r16 12 02+ =

b8

1211b121 8 02-

a2 21 1-a 22 1a16 8 02 2-

2. K2

ax x a4 2 02- + = x x b2 11 02

- + = x px5 2 1 02+ - =


1 0 . É V F O L Y A M

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

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

.

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

,

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

másodfokú egyenletnek a diszkriminánsa szintén 0 kell, hogy legyen:

,

,

.

Mivel , így . Tehát akkor lesz csak egyetlen m valós szám, melyre az eredeti egyen-

letnek egy valós gyöke van, ha . Ekkor , azaz . Ezzelaz eredeti egyenlet

, azaz .

Innen , vagyis .

Mekkora legyen az alábbi egyenletben szereplő paraméter értéke, hogy az egyen-letnek ne legyen valós megoldása?

.

Ha a megadott egyenletnek nincs valós megoldása, akkor diszkriminánsa negatív:, azaz ,, ahonnan .

Az másodfokú egyenlet gyökei racionális számok ( a10-es számrendszerben felírt kétjegyű számot jelöl). Melyek ezek a gyökök?

Az egész együtthatós másodfokú egyenlet gyökei akkor és csak akkor lesznek racionálisak, haaz egyenlet diszkriminánsa négyzetszám.

.Mivel a 4 négyzetszám, ezért ez akkor és csak akkor teljesül, ha

,

,

,

.A 9 négyzetszám, így annak kell teljesülnie, hogy

.A kapott egyenlőségből következik, hogy (b – a) vagy (b + a)-nak 11-gyel oszthatónak kell len-

nie. De b – a (két különböző egyjegyű szám) különbsége nem lehet osztható 11-gyel, így b + aosztható 11-gyel. De a b + a összeg értéke legfeljebb 18 lehet, így b + a = 11. Ekkor (b – a)-naknégyzetszámnak kell lennie. Tehát b – a = 4 vagy b – a = 1.

Ha b + a = 11 és b – a = 4, akkor 2b = 15, ami nyilván nem lehetséges.Ha b + a = 11 és b – a = 1, akkor b = 6 és a = 5.Tehát az eredeti másodfokú egyenlet: .

; , .x112

130 130 4 56112

130 66,1 2

2 2! $ !=

- -=

- x47

1 = - x74

2 = -

x x56 130 56 02+ + =

b a b a r11 2$ - + =^ ^h h

b a b a k9 11 2$ $ - + =^ ^h h

b a k99 992 2 2- =

b ab a a ab b k100 20 100 202 2 2 2 2+ + - - - =

b a a b k10 102 2 2+ - + =^ ^h h

ba ab n4 42 2 2$ $- =

5. E2 ab x ba x ab2 02$ $ $+ + = a b! ab

a3 11 1-a2 1 21 1- +

a 1 21+a 1 4 02 1+ -^ h

x 2= -x 2 02+ =^ h

x x4 4 02+ + =x x4 16 16 02

- - - =

m 4=m m m8 16 4 02 2- + = - =^ hk 4= -

k 4= -k 0!

k k 4 03+ =^ h

k k k k4 4 4 02 3 4 2+ + - =

k k k2 4 02 2 2+ - =^ h

m k k m k2 02 2 2- + + =^ h

m mk k k m2 02 2 2- + - =

m k k m4 4 02 2- - =^ h

p4 20 02 2+

ax a xa

1 1 02+ + + =] g

4. E1 a 0!

3. E2 k 0!

kx m k x mk2 02- - + =] g


1 0 . É V F O L Y A M


1 0 . É V F O L Y A M

8. Viète-formulák (Emelt szint)

Ellenőrizzük, hogy az alábbi másodfokú egyenletek gyökei valósak, és állítsuk elő a gyö-kök köbének összegét az egyenletek megoldása nélkül!

a) ; b) ; c) .

Ha az gyökei valósak, akkor a D diszkriminánsa nemnegatív, azaz. A Viète-formulákat, valamint a két tag összegének köbéről szóló azonossá-

got használva,

.

a) Az egyenlet diszkriminánsa: .

.

b) Az egyenlet diszkriminánsa: .

.

c) Az egyenlet diszkriminánsa: .

.

Az másodfokú egyenlet egyik gyöke a másik kétszerese. Hatá-rozzuk meg a p paraméter értékét!

. Írjuk fel az egyenletre a Viète-formulákat!és .

Az első egyenletből p = 3x2 – 10; ezt a második egyenletbe helyettesítve azt kapjuk:, azaz .

Az x2-re kapott másodfokú egyenlet gyökei: 4 és 20. Tehát a feltételeknek eleget tevő p értékek:, azaz , .

A megfelelő másodfokú egyenletek: és .

Az másodfokú egyenlet valós gyökei x1 és x2. Fejezzük ki az együttha-tókkal a következő összeget: !

. A gyökök négyzetének összegéhez emeljük négyzetre a gyökök ösz-szegéről szóló összefüggést!

, tehát

.

Ezzel

.

Az másodfokú egyenlet valós gyökei x1 és x2. Határozzuk meg az egyen-let gyökei négyzetének reciprokának összegét!

.x x x x

x x

aca

b ac

cb ac1 1

22

12

22

12

22

22

12

2

2

2

2

2

2

+ =+

=

-

=-

4. E1 ax bx c 02+ + =

x x x xac

ab ac

ab c ac2 2

13

2 1 23

2

2

3

2 2

$+ =-

=-

x x x x x xab

ac

ab ac2 2 2

12

22

1 22

1 2 2

2

2

2

+ = + - = - =-

^ h

x x x x x x21 22

12

22

1 2+ = + +^ h

x x x x x x x x13

2 1 23

1 2 12

22

+ = +^ h

x x x x13

2 1 23

+

3. E1 ax bx c 02+ + =

x x12 32 02- + = x x60 800 02

- + =

p x3 102= - p 21 = p 502 =

x x2 48 16022

2= - x x24 80 022

2- + =

3 , 3 10x x x x p1 2 2 2+ = = + 2 , 2 16x x x x p1 2 22

22$ = =

x x21 2=

2. E1 x p x p10 16 02- + + =^ h

D 16 12 02= -

1x x

8

4 36 22413

23

3

+ =-

=

x x27

13 23427

243113

23

3

+ =- -

= -

13 0D 242 2= +

2275x x1

13 7813

23

3

+ =- -

= -

D 13 8 02 2= +

x xab

ac

ab

ab

abc

ab abc3 3 3

13

23

3

3

3

2 3

3

$ $+ = - - - = - + =- +

b bl l

x x x x x x x x x x x x x x3 3 313

23

1 23

12

2 22

1 1 23

1 2 1 2+ = + - - = + - +^ ^ ^h h h

D b ac4 02 $= -

ax bx c 02+ + =

x x13 2 02+ - = x x3 13 2 02

+ - = x x21 4 6 02

- + =

1. E1

Az (a ≠ 0) másodfokú egyenlet 0-tól különböző együtthatóiról tudjuk,a következőket: a egyenlő az egyenlet valós gyökei négyzetének összegével; b egyenlő a gyö-kök reciprokának összegével; c pedig egyenlő a gyökök összegének reciprokával. Oldjuk meg azegyenletet!

A feltételekből az alábbi egyenletek következnek:

, , .

A második egyenletből . Ezt a harmadik egyenletbe helyettesítve adódik. Ezek-

kel az első egyenlet: , ahonnan .

; , .

Ha , akkor az eredeti egyenlet: . Ennek az egyenletnek diszkriminánsa:, tehát nincsenek valós gyökei.

Ha , akkor ; ekkor

; ; .

Az (a ≠ 0) másodfokú egyenlet együtthatóiról a következőket tudjuk: a egyenlő a gyökök szorzatával, c egyenlő a gyökök összegével, b pedig egyenlő az egyenletdiszkriminánsával. Határozzuk meg az a, b, c együtthatókat!

A feltételek alapján az alábbi egyenleteket írhatjuk fel:

; ; .

Az első egyenletből . Ezzel a második és a harmadik egyenlet így alakul:

.

Tehát , azaz .

, vagyis .

Ezzel és .Az eredeti egyenlet:

.

Az másodfokú függvény grafikonja az x tengelyt az A és B pontokbanmetszi. Ha tudjuk, hogy az AB szakaszra emelt négyzet érinti a parabolát, akkor mekkora e négy-zet területe?

Készítsünk egy fiktív ábrát! A függvény zérushelyei: ,. (Legyen ). Jelöljük D-vel a diszkriminánst.

A négyzet oldala:

.

A négyzet oldalát úgy is meghatározhatjuk, hogy kiszá-mítjuk a függvényértéket a gyökök számtani közepénél.

A megfelelő Viète-formula alapján .

Ezek szerint a négyzet oldala

.

Ezek szerint , ahonnan D = 16.

A négyzet területe: .

5. E1 ax bx c 02+ + =

x x D 162 12

- = =^ h

D D4=

f b b b c b c D2 4 2 4

44

2 2 2

- = - + =- +

=b l

x xa

b b2 2 2

1 2+= - = -

x x b D b D D2 22 1- =

- +-

- -=

A x1=

B x2= x x2 12

7. E2 f x x bx c2+ +=] g

x x3 3 9 03 2 3- + =

b 3= - c 93=

a 33= a 33

=

a a a43 6 3- = - a a3 3 6

=

b a3= - b b a42 3

= -

c a2=

a x xac

1 2= = c x xab

1 2= + = - b b ac42= -

6. E2 ax bx c 02+ + =

x2

1 32 =

- -x4

2 4 84

2 2 3,1 2

! !=

- +=

- x2

1 31 =

- +

a 2= x x2 2 1 02+ - =

1 4 01-

a 1= - x x 1 02- - - =

a2

1 1 82

1 3,1 2

! !=

+= a 11 = - a 22 =

a a a23 2= + a a 2 02

- - =

c 1= - a b=

a x xa

b ac212

22

2

2

= + =- b

x x cb1 1

1 2= + = - c

x x ba1

1 2=

+= -


1 0 . É V F O L Y A M

x

y

1

1 A B

x1 + x2

2

9. A másodfokú egyenlet gyöktényezős alakja

Adjunk meg olyan másodfokú egyenletet, melynek gyökei:

a) , ; b) , ; c) , .

A másodfokú egyenletek gyöktényezős alakját használjuk.a) .

b) .

c) .

Alakítsuk szorzattá a következő másodfokú kifejezéseket!a) ;

b) ;

c) ;

d) .

Először meghatározzuk a másodfokú kifejezések gyökeit, majd alkalmazzuk a gyöktényezős fel-bontásról tanultakat.a) Ha , akkor , , tehát .

b) Az .

c) Az egyenlet diszkriminánsa negatív, tehát az egyenletnek nincs valós gyöke,így a másodfokú kifejezés nem bontható fel két elsőfokú szorzatára.

d) .

Egyszerűsítsük az alábbi törteket!

a) ; b) ; c) .

A tört számlálóját és nevezőjét is felbontjuk elsőfokú tényezők szorzatára, majd – ha lehetséges –a megfelelő szorzótényezővel egyszerűsítünk.a) ; . Tehát

.

b) .

c) .

Egyszerűsítsük a következő törtet!

.

A számláló zérushelyei:

; , .

A nevező zérushelyei:

; , .

Tehát

.x ax a

x a x ax a x ax a x

x ax

3 22 2

22

22

2 2

2

- +

+ - -=

- -

- +=

-+^

^ ^

^ ^h

h h

h h, 2x a x a! !^ h

x a a a a a2

3 9 82

3,1 2

2 2! !=

-= x a21 = x a2 =

xa a a a a a a a

22 2 8

22 4 4

22 2

,1 2

2 2! ! !=

- - +=

- + +=

- +^ ^h hx a1 = x 22 = -

x ax ax a x a

3 22 2

2 2

2

- +

+ - -] g

4. E1

x xx x

x x

x x

xx

3 13 43 17 6

3 431

3 631

46

2

2

+ +

- -=

+ +

- +

=+-

^ b

^ b

h l

h l

,x x431! !- -b l

x xx x

x xx

xx

8 336 9

3 113

113

2

2 2

+ -

- +=

- +

-=

+-

^ ^

^

h h

h,x x3 11! !-^ h

x xx x

x xx x

xx

6 52 3

1 51 3

53

2

2

- +

+ -=

- -

- +=

-+

^ ^

^ ^

h h

h h,x x1 5! !^ h

x x x x2 3 1 32+ - = - +^ ^h h x x x x6 5 1 52

- + = - -^ ^h h

x xx x

6 52 3

2

2

- +

+ -

x xx x

8 336 9

2

2

+ -

- +

x xx x

3 13 43 17 6

2

2

+ +

- -

3. K2

x x x9 12 4 3 22 2- + = -^ h

x x2 8 02+ + =

x x x14 49 72 2- + = -^ h

x x3 18 02- - = x 31 = - x 62 = x x x x3 18 3 62

- - = + -^ ^h h

x x9 12 42- +

x x2 82+ +

x x14 492- +

x x3 182- -

2. K1

x x x x2 18 2 2 6 02 $+ - = - - =^ ^h h

x x x x32

23

613 1 02

- - = - + =b bl l

x x x x3 8 5 24 02- + = + - =^ ^h h

x 31 = x 82 = - x32

1 = x23

2 = x 21 = - x 182 =

1. K1


1 0 . É V F O L Y A M


1 0 . É V F O L Y A M

Egyszerűsítsük a következő törtet!

.

Emeljünk ki a számlálóból x-et, a nevezőből 2x-et!

.

10. Másodfokú egyenletrendszerek

Oldjuk meg az alábbi egyenletrendszereket a valós számpárok halmazán!a) és ;

b) és ;c) és ;

d) és ;

e) és .

Először az elsőfokú egyenletből fejezzük ki valamelyik ismeretlent, majd helyettesítsük a kapottkifejezést a másik egyenletbe!a) Az első egyenletből . Ezzel a második egyenlet: , ahonnan ,

. Az egyenletrendszer megoldásai: , ; , .

b) A második egyenletből ; így az első egyenlet: . Ennek gyökei és ezzelaz eredeti egyenletrendszer megoldásai: , ; , .

c) ; ezzel , ahonnan az egyenletrendszer megoldásai: , ;, .

d) ; ezzel , azaz . Az egyenletrendszermegoldásai: , ; , .

e) , tehát , azaz . Az egyenletrend-szer megoldásai: , ; , .

Oldjuk meg az alábbi egyenletrendszereket a valós számpárok halmazán!a) és ;

b) és ;

c) és .

a) Adjuk össze a két egyenletet: , , tehát vagy.

Első esetben . Ezt az első egyenletbe helyettesítve: , ahonnanés így .

A második esetben , így , ahonnan , .Az egyenletrendszer megoldásai: , ; , .

b) A két egyenletet összeadva az egyenlethez jutunk, melynek gyökei: ,. A kapott értékeket rendre valamelyik eredeti egyenletbe (pl. az elsőbe) visszahelyet-

tesítve adódik, ahonnan , . Az egyenletrendszer megoldásai:, ; , ; , ; , .

c) Az eredeti egyenletrendszer így írható: , .

Vezessük be az és új ismeretleneket. Ekkor és . Ennekaz egyenletrendszernek a megoldásai: , és , . Az első megoldással és ; innen , ; , .xy 24= x y 2- = x 41 = - y 61 = - x 62 = y 42 =

a 241 = b 21 = a 62 = b 82 =

xy a= x y b- = ab 48= a b3 30+ =

xy x y 48- =^ h xy x y3 30+ - =^ h

x 41 = - y 31 = - x 42 = - y 22 = x 33 = y 33 = - x 34 = y 24 =

y y 6 02+ - = y 31 = - y 22 =

x 32 =

x x 12 02+ - = x 41 = -

5x1 = 2y1 = 5x2 = - 2y2 = -

y x7= - - x x x7 352+ - - =^ h x 5= - y 2= -

x 5= y 2=

y x7= - x x x7 352+ - =^ h

x y 7+ = -

x y xy2 492 2+ + = x y 492

+ =^ h x y 7+ =

x y xy 482 2- = xy x y3 3 30+ - =

x y x y 182 2+ + + = x y x y 62 2

- + - =

x xy 352+ = y xy 142

+ =

2. K2

x 11 = - 1y1 = x 22 = y 72 =

y x2 3= + x x x x2 3 3 2 3 12 2 $+ - = + +^ ^h h6 @ x x 2 02- - =

x 171 = y 101 = x 42 = y 32 = -

y x 7= - x x x x7 19 72 2- - = + -^ ^h h x x21 68 02

- + =

x 42 = y 52 =

y x9= - x x9 20 02- + = x 51 = y 41 =

x 11 = y 21 = x 22 = - y 12 = -

y x 1= + x x 2 02+ - =

y 22 = x 21 = - y 51 = - x 52 = y 22 =

x y 3= + y y3 10 02+ - = y 51 = -

y x2 3- = ( )y x xy3 12 2- = +

x y 7- = x y xy192 2- = +

x y 9+ = xy 20=

x y 52 2+ = y x 1- =

x y 3- = xy 10=

1. K1

, ,x x x0 6 8! ! !- -^ h

x x xx x x

x x xx x x

x x xx x x

xx

2 28 962 24

2 14 482 24

2 6 86 4

2 84

3 2

3 2

2

2

+ +

+ -=

+ +

+ -=

+ +

+ -=

+

-

^

^

^ ^

^ ^

^h

h

h h

h h

h

x x xx x x

2 28 962 24

3 2

3 2

+ +

+ -

5. E1

A második megoldással: , ; innen , ;

, .

Oldjuk meg a következő háromismeretlenes egyenletrendszert!, , .

A második egyenlet kétszeresét az első egyenlethez hozzáadva azt kapjuk:. Tehát

vagy .Felhasználva a harmadik egyenletet: vagy .

Ha , akkor (az első egyenletet használva): . A harmadik egyenletből ,

így , ahonnan

, , ; , , .

Ha , akkor , ahonnan

, , ; , , .

Oldjuk meg a következő egyenletrendszert (a egy valós paraméter), tudva azt, hogy annakcsak egyetlen valós (számpár) megoldása van!

és .

Alakítsuk át az első egyenletet úgy, hogy a jobb oldalon megjelenjen a bal oldali négyzetgyökalatti kifejezés!

.

Ha most bevezetjük az új ismeretlent, akkor , azaz

, ahonnan vagy adódik. Mivel , így azt kapjuk:

, azaz .A második egyenletből ; ezt felhasználva

, vagyis .Ha az eredeti egyenletrendszernek csak egy valós számpár megoldása van, akkor ez utóbbi

másodfokú egyenletnek csak egy megoldása lehet, vagyis diszkriminánsa 0.

, ahonnan .

Ekkor , azaz , és .

11. Másodfokú egyenlőtlenségek

Oldjuk meg a következő egyenlőtlenségeket!a) ; b) ; c) .

Vázoljuk fel az egyenlőtlenségekben szereplő másodfokú kifejezésekhez tartozó függvények gra-fikonját (elsősorban arra figyeljünk, hogy hol vannak a zérushelyek, illetve hogy a parabola fel-felé vagy lefelé nyitott). Ezt követően olvassuk ki a grafikonból az egyenlőtlenség megoldását!a) A zérushelyek: , . Az függvény grafikonja egy felfelé nyíló

parabola.Az egyenlőtlenséget kielégítő valós számok: vagy .

b) Az függvény grafikus képe egy felfelé nyíló parabola; zérushelyei: ,. Az egyenlőtlenség megoldása: .

c) Az függvény grafikus képe egy felfelé nyíló parabola; zérushelyei: ,

. Az egyenlőtlenség megoldása: vagy .

y x y x4 2 4 42 2- + = - - x y a2+ =

4. E2

a 43 = - b 33 = c 23 = - a 34 = b 44 = - c 24 = -

c 2= - a a 1 252 2+ + =^ h

a 21 = b 31 = - c 41 = a 32 = - b 22 = c 42 =

a a 1 132 2+ + =^ h

c 4= a b 132 2+ = b a1= - -

c 4= c 2= -

a b c 3+ + = a b c 3+ + = -

a b c ab ac bc a b c2 2 2 92 2 2 2+ + + + + = + + =^ h

a b c 292 2 2+ + = ab bc ac 10+ + = - a b 1+ = -

3. E1

x 4 224 = - 4y 224 = - -

xy 6= x y 8- = x 4 223 = + y 4 223 = - +

x21

2 = x 31- x21 1

f x x x2 5 32= + -^ h x 31 = -

x 22 = x8 21 1-

f x x x6 162= + -^ h x 81 = -

x 6# x7 #

x 61 = x 72 = f x x x13 422= - +^ h

x x13 42 02 $- + x x6 16 02 1+ - x x2 5 3 02 2+ -

1. K1

y x y x4 2 4 2 62 2- + = - + -

x a y2411

48

43

= - = - + = -y 2= -y y y4 4 22 2+ + = +^ h

a811

= -a16 4 8 7 0+ + =^ h

y y a4 8 7 02+ - - =y a y4 2 7 02

- - - =^ h

x a y2= -

y x4 7 02- - =b y x4 2 32

= - + =

b 0$b 3=b 2= -b b 6 02- - =

b b 62= -y x b4 2 02 $- + =


1 0 . É V F O L Y A M

x

y

1

1

0

Ábrázoljuk számegyenesen az alábbi kifejezések értelmezési tartományát!

a) ; b) ; c) .

a) A kifejezés akkor értelmezhető, ha . A másodfokú kifejezés zérushelyei:, . Az egyenlőtlenség megoldása (vagyis a kifejezés értelmezési tartománya):vagy .

b) és . A másodfokú kifejezés zérushelyei: , . A fel-tételeknek eleget tevő valós számok: és .

c) , . Tehát és vagy .

Melyek azok a konvex sokszögek, amelyek átlóinak a száma 100-nál nagyobb, de 200-nál kisebb?

Az n oldalú konvex sokszög átlóinak a száma: . A következő egyenlőtlenségláncolat

megoldásait keressük:

, ahonnan

és .A mindkét egyenlőtlenséget kielégítő pozitív egész számok: 16, 17, 18, 19, 20 és 21.

Határozzuk meg a következő kifejezések értelmezési tartományát!

a) ; b) .

Ábrázoljuk közös koordináta-rendszerben a számlálóban, illetve a nevezőben szereplő másod-fokú kifejezéseknek megfelelő grafikonokat! A számláló és a nevező zérushelyei az a) és b) eset-ben: számláló: , ; nevező: , .

a) A és egyenlőtlenségeknek kell teljesülniük. A kifejezésértelmezési tartománya: .

2. K2

0−2 2

x2 21#-

x x5 14 02 $- + + x x13 22 02 2- +

x 21 = - x 72 = x 21 = x 112 =

x xx x

13 225 14

2

2

- +

- + +

x xx x

13 225 14

2

2

- +

- + +

4. E1

n n0 3 20021 - - n n3 400 02 1- -

n n100

23

2001 1-^ h

n n2

3-^ h

3. K2

0−3 6

x 3 0$+ x x6 02 2- x 3$- x 01 x6 1

0−10 1 2

x10 2# #- x 1!

x x8 20 02 $- - + x 1 0!- x 101 = - x 22 =

0−3 8

x 3#- x8 #

x 31 = - x 82 =

x x5 24 02 $- -

x x5 242- - x

x x1

8 202

-- - + 3

x xx

62+

-


1 0 . É V F O L Y A M

x

y

−2 2 7 11

11

x

x

x

b) Most a egyenlőtlenséget kell megoldanunk. Egy tört akkor és csak akkor po-

zitív, ha a számláló és a nevező előjele megegyezik. Az egyenlőtlenség megoldása (vagyis akifejezés értelmezési tartománya): vagy .

Oldjuk meg a következő egyenlőtlenségeket!

a) ; b) .

a) Ha , akkor . A másodfokú kifejezés zérushelyei: , . De ,így ez esetben a megoldás: .

Ha , akkor . Ez esetben a zérushelyek: . Mivel most ,

ezért .

Az eredeti egyenlőtlenség megoldása: vagy .

b) Oldjuk meg grafikusan az egyenlőtlenséget!

Az egyenlet megoldásai: , így az egyenlőtlenség megoldása:

vagy vagy .

Határozzuk meg a következő egyenlőtlenségekben szereplő paraméterek értékét úgy,hogy az egyenlőtlenség minden valós x-re teljesüljön!a) ;

b) ;

c) .

a) Az egyenlőtlenségben szereplő másodfokú kifejezés grafikus képe egy felfelé nyíló parabola.Ha a kifejezés minden x-re pozitív, akkor e parabolának nincs közös pontja az x tengellyel, azaznincs zérushelye, tehát a kifejezés diszkriminánsa negatív.

, ahonnan .

b) Ha az egyenlőtlenség minden x-re teljesül, akkor a másodfokú kifejezés grafikus képe olyanparabola kell, hogy legyen, mely lefelé nyílik és nincs zérushelye. Ez azt jelenti, hogyés a diszkriminánsnak is negatívnak kell lennie.

, azaz .

Tehát és . Az egyenlőtlenség akkor teljesül minden x-re, ha .

c) Az egyenlőtlenségben szereplő másodfokú kifejezés grafikus képének olyan parabolának kelllennie, mely felfelé nyitott és legfeljebb egy közös pontja lehet az x tengellyel. Tehát

és .

Innen és .

Az egyenlőtlenség akkor teljesül minden x-re, ha .

Határozzuk meg a p paraméter értékét úgy, hogy a következő egyenlőtlenség minden x-re teljesüljön!

.

x2 21#- x7 111#

x xx x

13 225 14

2

2

- +

- + +

x px ppx p x p

2 11 2 1

12 2

2

$- + -

- + + -^ h

7. E2

k762-

k 12- k762-

k 1 02+ k k k4 4 1 6 02 #- + +^ ^h h

m 01 m511- m

511-

k x kx k1 2 6 02 $+ - + +] g

mx m x m2 1 3 02 1- + + -] g

x x m6 2 1 02 2+ + -

6. E1

x 3 2 2# - x 3= x3 2 2 #+

x x6 5 42- + = 3 2 2!

x2

1 171 - x2 1

x2

1 171 -

x 11 x x 4 02 2- - x2

1 17,1 2

!= x 11

x 22

x 1$ x x 6 02 2+ - x 31 = - x 22 = x 1$

x x 1 52 2+ - x x6 5 42 $- +

5. E1

0−2 2 7 11

m m m4 1 4 3 02 1+ - -^ ^h h m m m m2 1 3 02 2 1+ + - +

m 01

m36 4 2 1 01- -^ h m 52


1 0 . É V F O L Y A M

x

y

1 3 5

1

3−2√

2 3+2√

2

Nincs olyan p, melyre a megadott egyenlőtlenség minden valós x-re teljesül. Tegyük fel ugyanis– indirekt –, hogy valamely p1 valós szám esetében az egyenlőtlenség minden x-re teljesül, és vizs-gáljuk meg a tört nevezőjét!

.Legyen . Ezzel a nevező

,vagyis a tört nem értelmezhető. Azt kaptuk tehát, hogy tetszőleges p1-hez található olyan x valósszám, melyre az egyenlőtlenség nem teljesül. Ellentmondásra jutottunk, így valóban nincs olyanp, melyre az egyenlőtlenség minden x valós számra teljesülne.

12. A szöveges másodfokú egyenletek,egyenletrendszerek

Három egymást követő pozitív egész szám négyzetének összege 75-tel nagyobb, mint alegkisebb és legnagyobb szám szorzata. Melyek ezek a számok?

Legyen a három szám , x, . Ekkor a feltételek szerint

,

, ahonnan .Tehát a keresett számok: 5, 6, 7.

Egy derékszögű háromszög területe 120 cm2. A háromszög köré írható körének a sugara13 cm. Mekkorák a háromszög oldalai?

Legyenek a derékszögű háromszög befogói a és b. A derékszögű háromszög köré írható köré-nek a sugara – Thalesz tétele miatt – az átfogó felével egyenlő. Így a következő egyenleteket ír-hatjuk fel:

és , azaz

és .Adjuk hozzá az első egyenlet kétszeresét a második egyenlethez!

, vagyis .Mivel a és b pozitív valós számok, ezért

.

Innen , tehát , .

; , .

A háromszög oldalai: , , ; , , .Természetesen a két megoldás egybevágó háromszögeket jelent.

Az ábrán egy olyan kertet látunk, melynek alakja: két négyzet egymás mellé helyezve azábrán látható módon. A kert területe 2500 m2. A bekerítéséhez összesen 220 m kerítésre voltszükség. Mekkorák az egyes négyzetek oldalai?

Legyen a nagyobbik négyzet oldala b, a kisebbik négyzet oldala a. Ekkor a terület:.

A kert kerülete:, ahonnan .

Ezt az első egyenletbe helyettesítve azt kapjuk, hogy.

A műveletek elvégzése után a

másodfokú egyenlethez jutunk.b b88 1920 02

- + =

b b110 2 25002 2- + =^ h

b a b a b a3 3 4 2 220+ + - = + = a b110 2= -

a b 25002 2+ =

3. K2

ab 240= a b 6762 2+ =

ab2

120=a b

213

2 2+

=

2. K2

x x3 73 12 2- = - x 6=

x x x x x1 1 75 1 12 2 2- + + + - = - +^ ^ ^ ^h h h h

x 1- x 1+

1. K1

p p1 1 01 12

+ - - =^ h

x p 11= +

x px p x p p p x p2 1 1 12 2 2 2 2 2- + - = - - + - = - -^ ^h h

a 241 = b 101 = c 261 = a 102 = b 242 = c 262 =

a2

34 34 9602

34 14,1 2

2! !=

-= a 241 = a 102 =

b a34= - a a34 6762 2+ - =^ h a a34 240 02

- + =

a b 34+ =

a b ab2 11562 2+ + = a b 11562

+ =^ h


1 0 . É V F O L Y A M

, , .

Ha , akkor , tehát .

Ha , akkor , tehát .A kertet alkotó négyzetek oldalai: 40 m és 30 m, vagy 48 m és 14 m.

Egy téglalapot egy, a rövidebb oldalával párhuzamos szakasszal két részre bontottunk: azegyik rész egy négyzet, a másik pedig egy olyan téglalap, melynek oldalainak aránya egyenlő azeredeti téglalap oldalainak arányával. Számítsuk ki az eredeti téglalap oldalainak az arányát!

Legyen a téglalap hosszabbik oldala 1, a rövidebb oldala a.

A feltételek szerint , ahonnan . Innen . A negatív gyök

nyilván érdektelen, így a téglalap oldalainak aránya : 1.

Egy alkalommal elutaztunk Budapestről a 720 km távolságra levő Münchenbe. Visszafelé

az utat 15 -val nagyobb sebességgel tettük meg, és így 1 órával rövidebb idő alatt, mint oda-

felé. Mekkora volt az odafelé úton a sebességünk?

Legyen az odafelé vezető úton a sebesség v. Ekkor

, és .

,

, ahonnan ,

.

A negatív gyök érdektelen számunkra, így az odafelé úton az átlagsebességünk:

.

András kerékpárral ugyanazon az úton mindig ugyanakkora sebességgel szokott elmennia távoli iskolába. Egy alkalommal a távolság p%-át szokásos sebességénél p%-kal kisebb sebe-séggel tette meg. Ekkor úgy érezte, hogy késésben van, ezért a hátra levő utat szokásos sebes-

ségénél 2p%-kal nagyobb sebességgel tette meg. Így szokásos menetideje részére csökkent.

Határozzuk meg p értékét!

Legyen S a szokásos út, v a szokásos sebesség. Ha az út p%-át szokásos sebességénél p%-kalkisebb sebességgel tette meg, akkor az erre az útszakaszra eső t1 menetideje:

65

6. E1

, 96,7v2

15 208 4h

km. - +=

v2

15 225 43 200,1 2

!=

- +

v v v v720 15 15 720+ - + =^ ^h h v v15 10 800 02+ - =

v v720 1

15720

- =+

tv

720o = t

v 15720

v =+

t t1o v- =

kmh

5. K2

25 1-

aa a1 -

= a a 1 02+ - = a

21 5

,1 2!

=-

a

a 1 − a

a

a 1 − a

1

a

4. K2

b 48= a 2500 48 1962 2= - = a 14=

b 40= a 2500 1600 9002= - = a 30=

b2

88 88 4 19202

88 8,1 2

2! $ !=

-= b 401 = b 482 =


1 0 . É V F O L Y A M

.

A második útszakaszra eső t2 menetideje:

.

A feltételek szerint

.

A megfelelő átalakítások után azt kapjuk:

, ahonnan .

.

Innen p keresett értéke: , .

Egy vázában minden szál virágon annyi bimbó volt, ahány szál virág volt a vázában. Egynapon kinyílt az összes bimbó ötödrésze. Másnap kinyílt a még meglevő bimbók negyede, majda következő napon kinyílt a még ki nem nyílt bimbók harmada. Így összesen 5-tel több ki nemnyílt bimbó maradt, mint ahány szál virág volt a vázában. Hány szál virág volt a vázában?

Legyen n a virágok száma; ekkor a bimbók száma . Az első napon megmaradt a bimbók

-e, azaz bimbó. A második napon megmaradt a bimbók -e, azaz . A harma-

dik napon megmaradt a bimbók -a, azaz . A feltételek szerint ez az összes

virágok számánál 5-tel több, vagyis , azaz

,

, , .

Mivel n pozitív egész szám, így azt kaptuk, hogy a vázában 5 szál virág volt.

13. Másodfokú egyenletre vezető gyökösegyenletek

Oldjuk meg az alábbi egyenleteket a valós számok halmazán!

a) ;

b) ;

c) .

a) és , tehát . Mindkét oldalt négyzetre emelve azt kapjuk:

, azaz ,

, , .

De miatt nem megoldás; az kielégíti az eredeti egyenletet.

b) . , ahonnan .

c) . , azaz .x 3$ x x x2 9 6 92 2- = - + x x6 18 02

+ - =

x23$ x2 3 121- = x 62=

x 5$ x 2= x 9=

x2

11 121 722

11 7,1 2

! !=

-= x 21 = x 92 =

x x x7 10 252+ = - + x x11 18 02

- + =

x 7$- x 5$ x 5$

x x2 9 32- = -

x2 3 11- =

x x7 5+ = -

1. K1

n4

5 25 2004

5 15,1 2

! !=

+= n

25

1 = - n 52 =

n n2 5 25 02- - =

5n n52 2

= +

32 n n

32

43

54

522 2$ $ $ $=

54 n

54 2$

43 n

43

54 2$ $

n2

7. E2

%p 251 = , %p7

100 14 292 .=

p14

275 75 625 70 00014

275 75,1 2

! !=

-=

pp

pp

100 100 2100

65

-+

+

-= p p7 275 2500 02

- + =

v p

Sp

v p

S Sp

vS

1100

100

11002

10065 $

-

+

+

-=

b cl m

tv p

S Sp

11002

1002 =

+

-

c m

tv p

Sp

1100

1001 =

-b l


1 0 . É V F O L Y A M


1 0 . É V F O L Y A M

; , .

Az egyenletnek nincs valós megoldása.


a) ;

b) ;

c) .

a) . Az egyenlet mindkét oldalát négyzetre emelve

,

.Most ismét négyzetre emeljük mindkét oldalt, így a bal oldal nem lehet negatív: ,azaz kell, hogy legyen.

,

.

; , .

Az nem megoldás, az kielégíti az eredeti egyenletet.

b) . Szorozzuk meg mindkét oldalt -mal.

,

,

,

; , .

Az hamis gyök, az kielégíti az eredeti egyenletet.

c) .

,

,

,

; , .

Mindkét érték kielégíti az eredeti egyenletet.


a) ;

b) ;

c) .

a) , azaz . Tehát vagy , ahonnan , .

b) , azaz . Tehát vagy . Innen ,

.

c) , azaz . Ha egy valós szám abszolút értéke egyenlő a szám

–1-szeresével, akkor a kérdéses valós szám nem pozitív tehát , azaz .x 3 0#- x 3#

x x3 32- = -^ h x x3 3- = -

x43

2 = -

x2 1212

+ =^ h x2 121

+ = x2 121

+ = x2 121

+ = - x41

1 = -

x 1 42- =^ h x 1 4- = x 1 4- = x 1 4- = - x 51 = x 32 = -

x x x6 9 32- + = -

x x4 4 1212

+ + =

x x2 1 42- + =

3. K2

x x x x169 120 169 120 02+ = + =^ h x 01 = x

169120

2 = -

x x x144 144 25 144 1202 2- = + +

x x12 1 5 122- = +

x x x4 1 9 1 12 1 252+ + - + - =^ ^h h

x1 1# #-

x 14= - x 12=

x2

2 4 6722

2 26,1 2

! !=

- +=

- x 141 = - x 122 =

x x2 168 02+ - =

x x x3 5 14 6632+ = + -

x x x13 10 5 51 13+ - = - +^ ^h h

,x551 10 2$ = x 13+

x 4= x 284=

x2

288 82 944 45442

288 280,1 2

! !=

-= x 41 = x 2842 =

x x288 1136 02- + =

x x x x9 1296 216 8 72 1602 2+ - = + +

x 12$

x3 36 0$-

x x x3 36 2 2 18 402- = + +

x x x x2 8 5 2 2 8 5 49+ + + - + + =^ ^h h

x 4$-

x x2 1 3 1 5+ + - =

xx

x1313

10 5 51+ -+

= -

x x2 8 5 7+ - + =

2. K1

x2

6 36 722

6 6 3,1 2

! !=

- +=

- x 3 3 31 = - - x 3 3 32 = - +


a) ;

b) .

a) Vezessük be az új ismeretlent. Ezzel a következő egyenletet kapjuk:

, azaz .A kapott másodfokú egyenlet gyökei: , .

Első esetben . Mivel ennek az egyenletnek a diszkriminánsa negatív, ezért ezesetben nem kapunk valós megoldást.Ha , akkor , . Ezek az értékek kielégítik az eredeti egyenletet.

b) , azaz . Legyen . Ekkor , ahonnan , . Első

esetben , azaz ; második esetben , ahonnan .

Oldjuk meg az alábbi egyenletet a valós számok halmazán!

.

Vezessük be a új ismeretlent. Ekkor , azaz . Ezzel a következőegyenlethez jutunk:

, azaz ,.

Most három esetet kell vizsgálnunk.1. Ha , akkor , azaz .2. Ha , akkor ; azonossághoz jutottunk.3. Ha , akkor , azaz , tehát ekkor nincs megoldás.

Arra jutottunk, hogy , vagyis . Innen , tehát az eredetiegyenletet kielégítő valós számok: .

Mely x, y valós számok elégítik ki az alábbi egyenlőséget?

.

Az egyenletnek akkor van értelme, ha és .Ábrázoljuk mindkét egyenlőtlenség megoldását egy számegyenesen.Az egyenlet gyökei: , , tehát az első egyenlőtlenség megoldása:

vagy .A egyenlet gyökei: , , tehát a második egyenlőtlenség megol-dása: .

Az eredeti egyenletnek csak akkor van értelme, ha . Helyettesítsük ezt vissza az eredetiegyenletbe:

, azaz ,

; , .

Tehát az eredeti egyenletet kielégítő valós számpárok: , , , .

x x x x22 2+ + = +

4. E1

x5 10# #

a2 3# # x2 1 3# #- x4 1 9# #-

2a 1 a a2 3 1- + - + = a 2=

2 3a 1# a a2 3 1- - + =

a 3$ a a2 3 1- + - = a 3=

a a2 3 1- + - =

a a a a1 3 4 1 8 6 12 2+ + - + + + - = a a2 3 12 2

- + - =^ ^h h

x a1- = x a1 2- = x a 12

= +

x x x x3 4 1 8 6 1 1+ - - + + - - =

5. E2

ax b 0+ = xab

1 = - ax b 1+ = xa

b12 =

-

ax b 0$+ xab$- ax b y+ = y y= y 01 = y 12 =

x x 2 02+ - = x 11 = x 22 = -

x x 1 02+ + =

y 11 = - y 22 =

y y2+ = y y 2 02- - =

x x y2+ =

a 0!^ hax b ax b+ = +

x2 4# #

x 42 =x 21 =

x 4$x 3#-

x 42 =x 31 = -

6 8 0x x2- + - =

x x6 8 02 $- + -

12 0x x2- - =

x x 12 02 $- -

6. E2

x x x x y xy x y12 6 8 2 22 2 2- - + - + - + - = + -

0−3 2 4

y 62 =x 42 =y 11 = -x 41 =

y 12 = -y 61 =y2

5 25 242

5 7,1 2

! !=

+=

y y5 6 02- - =y y y4 8 22

- = + -

x 4=


1 0 . É V F O L Y A M


1 0 . É V F O L Y A M

14. Másodfokú egyenletre vezető magasabb fokúegyenletek

Oldjuk meg az alábbi egyenleteket a valós számok halmazán!a) ;

b) ;

c) .

a) Legyen . Ekkor , ahonnan

; , .

Tehát , illetve . Az eredeti egyenlet megoldásai: , , ,

.

b) Legyen . Ekkor . Ez utóbbi másodfokú egyenlet megoldásai: ,, tehát az eredeti egyenlet megoldásai: , .

c) Legyen . Ekkor , ahonnan , . Tehát

vagy . Az eredeti egyenlet megoldásai: , , ,

.


b) ;

c) .

a) Az egyenletet szemlélve azonnal feltűnik, hogy az megoldása az egyenletnek. Ezek sze-rint az egyenlet bal oldalán szereplő harmadfokú kifejezés így írható:

.Végezzük el a szorzást és hasonítsuk össze a megfelelő együtthatókat!

.

Tehát , , , vagyis , . Ezek szerint

.

A másodfokú tényezőre , ennek gyökei 2 és –3. Ahonnan az eredeti egyenletgyökei: , , .

b) Az megoldása az egyenletnek, tehát

.

A megfelelő együtthatók összehasonlításából: , , vagyis

.

Az egyenlet gyökei: 3 és –5, így az eredeti egyenlet megoldásai: ,, .

c) Észrevehetjük, hogy az megoldása az egyenletnek. Ezzel

.

Az együtthatók összehasonlításából: , , . Ezek szerint

.

A egyenlet gyökei: –2 és , így az eredeti egyenlet megoldásai: ,

, .

1. K1

x ax bx x ax b x a x b a x b1 03 2 2 3 2+ + - - - = + - + - - =^ ^h h

x x x x ax b7 6 1 03 2- + = - + + =^ ^h h

x 1=

x x x2 7 7 2 03 2+ + + =

x x x17 15 03 2+ - + =

x x7 6 03- + =

2. E1

x 14 = -

x 2 4- = x 2 3- = x 61 = x 22 = - x 53 =

x a2 2- =^ h a a25 144 02

- + = a 161 = a 92 =

y 12 = x 21 = x 12 =

x y3= y y9 8 02

- + = y 81 =

x 24 =

x 4= x 2= x 41 = - x 42 = x 23 = -

y2

20 400 2562

20 12,1 2

! !=

-= y 161 = y 42 =

x y2= y y20 64 02

- + =

x x2 25 2 144 04 2- - - + =] ]g g

x x9 8 06 3- + =

x x20 64 04 2- + =

x 53 = -x 32 =

x 11 =2 15x x 02+ - =

x x x x x x17 15 1 2 15 03 2 2+ - + = - + - =^ ^h h

c 15= -b 2=

x x x x x bx c x b x c b x c17 15 1 1 03 2 2 3 2+ - + = - + + = + - + - - =^ ^ ^ ^h h h h

x 1=

x 33 = -x 22 =x 11 =

x x 6 02+ - =

x x x x x7 6 1 6 03 2- + = - + - =^ ^h h

b 6= -a 1=b 6- =b a 7- = -a 1 0- =

x x x x ax bx c ax a b x b c x c2 7 7 2 1 03 2 2 3 2+ + + = + + + = + + + + + =^ ^ ^ ^h h h h

x 1= -

x x x x x x2 7 7 2 1 2 5 2 03 2 2+ + + = + + + =^ ^h h

c 2=b 5=a 2=

x21

3 = -x 22 = -

x 11 = -21

-x x2 5 2 02+ + =


1 0 . É V F O L Y A M


b) .

a) . Osszuk el mindkét oldalt -tel:

,

.

Ha , akkor , tehát azt kapjuk, hogy

, azaz .

, , vagyis az alábbi egyenleteket kell megoldanunk:

és .

Első esetben , ahonnan , második esetben pedig . Ez

utóbbi másodfokú egyenlet gyökei: 2 és . Tehát az eredeti egyenlet gyökei: , ,

.

b) Ugyanúgy járunk el, mint az a) esetben.

,

.

Ha , akkor , tehát

, azaz .

, . A megoldandó egyenletek:

, azaz és , azaz .

Az eredeti egyenlet megoldásai: , , , .

Ábrázoljuk a számegyenesen az alábbi kifejezés értelmezési tartományát!

.

Az és egyenlőtlenségeknek kell teljesülniük. Az egyenlet gyökei: , . Tehát vagy .Az -ból következik: vagy , ahonnan

vagy és vagy .Ábrázoljuk mindkét számhalmazt egy számegyenesen!

Az eredeti kifejezés értelmezési tartománya e két számhalmaz metszete:

x x x x2 9 14 9 2 04 3 2- + - + =

3. E2

x 41 = x41

2 = x 23 = x21

4 =

xx1

417

+ = x x4 17 4 02- + = x

x1

25

+ = - x x2 5 2 02+ + =

a4

171 = a

25

2 = -

a a8 2 14 69 02- - - =^ h a a8 14 85 02

- - =

xx

a1+ = x

xa1 22

22

+ = -

xx

xx

8 1 14 1 69 022+ - + - =c bm l

x xx x

8 14 69 14 8 022- - - + =

x21

3 =

21 x 11 = x 22 =

x x2 1 02- + = x 1= x x2 5 2 02

- + =

xx1 2+ = x

x1

25

+ =

a 21 = a25

2 =

a a2 2 9 14 02- - + =^ h a a2 9 10 02

- + =

xx

a1+ = x

xa1 22

22

+ = -

xx

xx

2 1 9 1 14 022+ - + + =c bm l

x xx x

2 9 14 9 2 022- + - + =

x 0! x2

x x x x8 14 69 14 8 04 3 2- - - + =

4. E2

0−5 −2 2 4 5 25

x x29 100 04 2 $- +

0−5 −2 2 4 5 25

x5 #x 2#x25 #x 4#

x25 2#x 42 #

x25 #x 4#x 42 =x 251 =29 100 0x x2- + =

x x29 100 02 $- +x x29 100 04 2 $- +

x x x x29 100 29 1004 2 2- + + - +

x x x5 2 2 25, ,# # # #- -

1. Távolságtartó transzformációk

Szerkesszünk egyenlő szárú háromszöget, ha adott a szárak A metszéspontja, az alap F felezőpontja, valamint az egyik szár egyenesének egy P pontja, amely nem azonos az A-val!

Készítsünk vázlatrajzot!Az F pontból merőlegest állítunk az AF egyenesre. Az így kapott egyenesre illeszkedik a B és

a C csúcs.Az A és a P pontok összeköthetők, az így kapott egyenes az egyenlő szárú háromszög egyik

szára lesz. Erre az egyenesre illeszkedik a háromszög C csúcsa.Az AF-re F-ben merőleges egyenesnek és az AP egyenesnek a metszéspontja lesz a háromszög

C csúcsa. A C tükörképe AF-re adja a B csúcsot.Ha AP merőleges AF-re, akkor nem kapunk C pontot, vagyis nincs háromszög.Ha P illeszkedik az AF egyenesre, akkor C, F és B pontok egybeesnek, vagyis nincs három-

szög.Egyébként egy megoldást kapunk.

Szerkesszünk húrtrapézt, ha adott mindkét alapjának felezőpontja, továbbá a szárakra il-leszkedő egy-egy pont!

Készítsünk vázlatrajzot!Az F és az E pontokban merőlegest állítunk az EF egyenesre. Az EF egyenes a trapéz szim-

metriatengelye lesz. A Q pontot tükrözzük erre a tengelyre. Az így kapott Q’ pont illeszkedik atrapéz másik szárára, ezért PQ’ egyenes kimetszi az F és az E pontokban az EF egyenesre állítottmerőlegesekből az A és a D pontot. Ezeket tükrözve az EF tengelyre megkapjuk a B és a C csú-csokat is.

Általában egy megoldás van. A P és a Q helyzete alapján, a kivitelezés során láthatóvá válnakazok az esetek, amikor nincs trapéz.

Szerkesszünk négyzetet, ha adott az egyik átlójának egyenese, továbbá két szemköztioldal egyeneséről egy-egy pont!

Készítsünk vázlatrajzot!Az adott AC egyenesre a P ponton át 45o-os szögben hajló egyenest szerkesztünk, ami ki-

metszi belőle az A pontot. A Q ponton át a vele párhuzamos egyenes kimetszi az AC egyenes-ből a C pontot. Ekkor ismert lett a keresett négyzet AC átlója. Innen a szerkesztés például az ACfelezőmerőlegesének megszerkesztésével befejezhető. Ez kimetszi a két párhuzamos egyenes-ből a hiányzó két csúcsot.

Mivel a P ponton át két 45o-os egyenes is szerkeszthető, ezért általában két megoldás van.Az egyedi eseteket nem részletezzük.

Egy szabályos hatszög leghosszabb átlójának hossza d. Igazoljuk, hogy a kerülete 3d!

Az ABCDEF szabályos hatszög két szomszédos csúcsa és a K középpontja szabályos háromszöget

alkot. Vagyis a K pontra illeszkedő átlók hossza kétszerese a hatszög a oldalának, azaz .

A szabályos hatszög kerülete 6a, így valóban 3d.

a d2=

2. K1

3. K2

4. K2

1. K1

1 0 . É V F O L Y A M

I V . G E O M E T R I A 67MATEMATIKA

GeometriaIV.

A

B C

P

F

A B

CD

P

Q′ Q

F

E

A

BC

D

P

Q

Az 5 cm oldalú szabályos nyolcszöga) csúcsokra;b) oldalfelező pontokra illeszkedő szimmetriatengelyéből mekkora hosszúságú darab esik a nyolcszög belsejébe?

Használjuk az ábra jelöléseit! Az a) kérdésben az AE szakasz hosszát, a b) kérdésben pedig a TQ szakasz hosszát kell meg-

határoznunk. Az ábra szimmetriáit felhasználva elegendő az AK, illetve a TK szakaszok hosszátkiszámítanunk, ezért nézzük az ABK egyenlő szárú háromszöget. A szabályos nyolcszög miatt aszárak által bezárt szög 45o, az alapon fekvő szögek pedig 67,5o-osak.

Az ABK háromszög köré írt körének középpontja legyen O.Ekkor , valamint . Az

OAK és az OBK két egybevágó, egyenlő szárú háromszög. Az ABO pedig egyenlő szárú derék-

szögű háromszög. Mivel AB = 5, ezért OT = 2,5. Ekkor . De a leírtak alap-

ján ezzel egyenlő a KO is, vagyis .

Azaz: .Pitagorasz-tétellel az AK hossza kiszámolható:

.

a) . Az 5 cm oldalú szabályos nyolcszög csúcsaira illeszkedő szimmetriatengelyéből kb. 13,066cm hosszúságú darab esik a nyolcszög belsejébe.

b) .Az 5 cm oldalú szabályos nyolcszög oldalfelező pontjaira illeszkedő szimmetriatengelyébőlkb. 12,071 cm hosszúságú darab esik a nyolcszög belsejébe.

2. Párhuzamos szelők tétele

Szerkesszük meg az AB szakasznak azt a pontját, amely a szakaszt 1:4 arányban osztja!

Húzzunk az A pontból kiindulva egy tetszőleges félegyenest. Erre a félegyenesre szintén A-bólindulva mérjünk fel ötször egy tetszőleges szakaszt. Az ötödiknek felmért szakasz C5 végpont-ját kössük össze B-vel. C5B-vel húzzunk párhuzamost C1 ponton át. Ez az egyenes az AB sza-kaszt a megfelelő D pontban fogja metszeni.

A szerkesztés helyességét a párhuzamos szelők tétele biztosítja.

Az ábrán látható szögszárakat három párhuzamos egyenessel metszettük. Az adatok is-meretében számoljuk ki az x, y, z és v szakaszok hosszát!

A párhuzamos szelőszakaszok tétele alapján: , amiből .

A párhuzamos szelőszakaszok tétele alapján: , vagyis .

A párhuzamos szelők tétele alapján:

, amiből y = 2,88.

, amiből ., ,v

2 4 1 753

= ,v35

144 4114.=

x2,1

3

2,4 yv

z1 2,2

5. E1

, ,,y

2 4 1 7521

=

,z35

137 3 914.=,, , z

1 751 75 21 3

1+ +

=

,x 1 75=, ,xx21 2 2

1+

=

, , ,TQ TK2 2 2 5 2 5 2 5 5 2 12 071$ $ $ $ .= = + = +^ h

, ,AE AK2 2 25 12 5 2 100 50 2 13 066$ $ $ $ .= = + = +

, , , , ,AK 2 5 2 5 2 5 2 25 12 5 2 6 5332 2$ $ .= + + = +^ h

, , ,TK 2 5 2 5 2 6 036$ .= +

,KO 2 5 2$=

,AO BO 2 5 2$= =

OAB OBA 45oB B= =,KAO AKO KBO BKO 22 5oB B B B= = = =

2. K2

1. K1

68 MATEMATIKA I V . G E O M E T R I A

1 0 . É V F O L Y A M

E

Q

A

T

B

K

A T B

K

O

A

B

D

C1

C5

Szerkesszünk a szabályos ötszög oldalával egyenlő hosszú szakaszt, ha adott az ötszögkerülete!

Az adott kerülettel adott lesz a számunkra egy AB szakasz, amelynek a hossza egyenlő az ötszögkerületével. Ezt a szakaszt vágjuk szét 1:4 arányban, ekkor a kisebb szakasz hossza egyenlő leszaz ötszög oldalának hosszával.

A szerkesztést a tanult módon (ahogyan az 1. feladatban láttuk) végezzük el.

Szerkesszük meg a, b és c szakaszok ismeretében a

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

hosszúságú szakaszt!

Egy tetszőleges szög két szárára a megfelelő módon (ahogyan az ábrákon látjuk) felmérjük azadott szakaszokat. A párhuzamos szelők tételét használva az x mindig a keresett szakasz lesz.

a) Mivel , ezért .

b) Mivel , ezért .

c) Mivel , ezért .

d) Mivel , ezért .

Az ABC derékszögű háromszög BC befogójára kifelé megrajzoljuk a BCDE négyzetet. A BC és AE egyenesek metszéspontja legyen P. Adjuk meg a CP szakasz hosszát a derékszögűháromszög befogóinak ismeretében!

Készítsünk ábrát a szöveg alapján!Legyen CP = x, a befogók a szokásos módon BC = a, AC = b. Ekkor CD = DE = a. Használjuk

a párhuzamos szelőszakaszok tételét a CP és a DE párhuzamos szakaszokra:

.

Vagyis a keresett szakasz hossza a derékszögű háromszög befogóinak ismeretében: .

3. K2

xa b

ab=

+

ax

a bb

=+

xcb2

=bx

cb

=

xbac

=cx

ba

=

xba2

=ax

ba

=

xa

bc=c

xab

=

4. K2

abc

ba2

bac

cb2

5. K2

69MATEMATIKAI V . G E O M E T R I A

1 0 . É V F O L Y A M

cx

a

b

ax

ba

cx

ba

bx

c

b

b

a

a

x

A

C B

D E

P


1 0 . É V F O L Y A M

Az AB szakaszon vegyünk fel egy C pontot, amelyre , . Az AB szakaszugyanazon oldalára megrajzoljuk az ACDE és a BCGH négyzetet. A DC egyenest a BE egyenes aP pontban, az AH egyenes pedig a Q pontban metszi. Adjuk meg x és y ismeretében a CQ és aCP szakasz hosszát!

Készítsünk ábrát a szöveg alapján!

Használjuk kétszer a párhuzamos szelőszakaszok tételét, először a CP és az AE, majd a CQ ésa BH párhuzamos szakaszokra:

, amiből .

, amiből .

A kapott eredmény szerint P és Q pontok egybeesnek.

3. Középpontos hasonlóság

Megadtunk egy középpontos hasonlóságot az O középpontjával és a

a) ; b) ; c) ;

d) ; e) ; f)

arányával. Szerkesszük meg egy adott ABC háromszögnek a transzformációval kapott képét!

a) Az A pont A’ képének megszerkesztéséhez felhasználjuk az O ponttól való távolságokra fenn-álló összefüggést.Az OA szakaszt az OA egyenesre az O középpontból, az A ponttal megegyező irányban há-romszor felmérjük. Így kapjuk az A’ pontot.Ugyanígy járunk el a B’, C’ pontok megszerkesztésénél is.

A középpontos hasonlóság egyenestartó, ezért a három képpontot összekötjük. Ekkor kap-juk az ABC háromszög A’B’C’ képét.

b) Az A pont A’ képének megszerkesztéséhez felhasználjuk az O ponttól való távolságokra fenn-álló összefüggést.Az OA szakaszt az OA egyenesre az O középpontból, az A ponttal ellenkező irányban kétszerfelmérjük. Így kapjuk az A’ pontot.

x

x y

y

A BC

DG

Q

P

EH

OA OA2 $=l

O

A

B

C

A′

B′

C′

λ = 3

6. K2 AC x= BC y=

CPx y

xy=

+xCP

x yy

=+

CQx y

xy=

+yCQ

x yx

=+

1. K1

3m = 2m = - 32m =

47m = 2

5m = - 53m = -

OA OA3 $=l

Ugyanígy járunk el a B’, C’ pontok megszerkesztésénél is.


c) Az A pont A’ képének megszerkesztéséhez felhasználjuk az O ponttól való távolságokra fenn-

álló összefüggést.

Az OA szakaszt elharmadoljuk a tanult módon, felhasználva a párhuzamos szelők tételét.A H harmadoló pont megszerkesztése után az OH távolságot az OA egyenesre az O közép-pontból, az A ponttal megegyező irányban kétszer felmérjük. Így kapjuk az A’ pontot. Ugyanígy járunk el a B’, C’ pontok megszerkesztésénél is.


d) Használjuk fel az O ponttól való távolságokra fennálló összefüggést.

A c) feladatnál leírtakat alapul véve elkészítjük az ábrát.

e) Az A pont A’ képének megszerkesztéséhez felhasználjuk az O ponttól való távolságokra fenn-

álló összefüggést.

Az OA szakaszt elfelezzük, ekkor kapjuk a H pontot. Az OH távolságot az OA egyenesre azO középpontból, az A ponttal ellenkező irányban ötször felmérjük. Így kapjuk az A’ pontot. Ugyanígy járunk el a B’, C’ pontok megszerkesztésénél is.

OA OA25

=l

O

A

B

C

A′

B′

C′

λ =74

O

A

B

CH

A′

B′

C′

λ =23

O

A

B

C

A′

B′

C′

λ = −2

OA OA32

=l

OA OA47

=l


1 0 . É V F O L Y A M


1 0 . É V F O L Y A M


f) Használjuk fel az O ponttól való távolságokra fennálló összefüggést.

Az e) feladatnál leírtakat alapul véve elkészítjük az ábrát.

Tudjuk, hogy egy középpontos hasonlóság az A pontot az A’ pontba transzformálja. Le-gyen adva az A és az A’. Szerkesszük meg az O pontot, ha

a) ; b) ; c) ;

d) ; e) ; f) .

a) Tudjuk az O ponttól való távolságokra fennálló összefüggést és tudjuk, hogy azO pont nem választja el egymástól az A és az A’ pontot. Ezért AA’ szakasz hosszát felmérjükaz AA’ egyenes A-n túli meghosszabbítására, így kapjuk az O pontot.

b) Tudjuk az O ponttól való távolságokra fennálló összefüggést és tudjuk, hogy azO pont elválasztja egymástól az A és az A’ pontot. Ezért AA’ szakasz hosszát elnegyedeljük.Az A-hoz közelebbi negyedelőpont lesz az O.

OA OA3 $=l

O

A

A′

λ = 2

O

A

B

C

A′

B′

C′

H

λ = −35

O

A

B

C

A′

B′

C′

λ = −52

H

2m = 3m = - 34m =

2. K1

OA OA53

=l

52m = -2

3m = -43m =

OA OA2 $=l


1 0 . É V F O L Y A M

c) Tudjuk az O ponttól való távolságokra fennálló összefüggést és tudjuk, hogy az

O pont nem választja el egymástól az A és az A’ pontot. Ezért AA’ szakasz hosszát felmérjükaz AA’ egyenes A-n túli meghosszabbítására háromszor, így kapjuk az O pontot.

d) Tudjuk az O ponttól való távolságokra fennálló összefüggést és tudjuk, hogy az

O pont nem választja el egymástól az A és az A’ pontot. Ezért AA’ szakasz hosszát felmérjükaz AA’ egyenes A’-n túli meghosszabbítására háromszor, így kapjuk az O pontot.

e) Tudjuk az O ponttól való távolságokra fennálló összefüggést és tudjuk, hogy az

O pont elválasztja egymástól az A és az A’ pontot. Ezért AA’ szakasz hosszát ötödöljük (a párhuzamos szelők tételét felhasználva). Az A-hoz közelebbi második ötödölőpont lesz az O.

f) Tudjuk az O ponttól való távolságokra fennálló összefüggést és tudjuk, hogy az

O pont elválasztja egymástól az A és az A’ pontot. Ezért AA’ szakasz hosszát hetedeljük (a pár-huzamos szelők tételét felhasználva). Az A-tól távolabbi ötödik hetedelőpont lesz az O.

O

A

A′λ = −2

5

O

A

A′λ = −32

O

AA′

λ =34

O

AA′

λ =43

O

A

A′

λ = −3

OA OA34 $=l

OA OA43 $=l

OA OA23 $=l

2OA OA5$=l


1 0 . É V F O L Y A M

Rajzoljunk egy háromszöget ésa) nagyítsuk az egyik csúcsából 1,5-szeresére;b) nagyítsuk az egyik oldalának felezőpontjából 3-szorosára;c) nagyítsuk egy külső pontból 2-szeresére;

d) kicsinyítsük egy belső pontból -szorosára.

A szerkesztéseket már nem részletezzük, csak a kész ábrákat adjuk meg.

a)

b)

c)

d)

3. K1

31

A = A′ = OB

B′

C

C′

A

C

O

C′

A′

B B′

A

C

O

C′

A′

B

B′

A

C

O

C′

A′

B

B′

Nagyítsunk egy kört 2,5-szeresére a sík egy adott pontjából. Az adott ponta) illeszkedjen a körvonalra;b) legyen a kör középpontja;c) legyen a kör belsejében egy tetszőleges pont;d) legyen a körön kívül!

A szerkesztéseket nem részletezzük, a kész ábrákat megadjuk. Az ábrák a m = 2,5 arányhoz ké-szültek. Ha az adott középpontra tükrözzük a kapott képeket, akkor a m = –2,5 arányhoz kap-nánk a képet.

a) c)

b) d)

Az ábrán látható négyzetek középpontosan hasonlók. Szerkesszük meg a középpontoshasonlóság középpontját! Hány középpontot kaphatunk?

Két eset van.

A koordináta-rendszerben adott az ABC háromszög: A(6; 2), B(7; 5),C(5; 9). Adjuk meg az A’B’C’ háromszög koordinátáit, ha az ABC három-szögbőla) 2-szeres nagyítással kapjuk, és a nagyítás középpontja az origó;b) –2-szeres nagyítással kapjuk, és a nagyítás középpontja a K(4; 7).

a) Ábrázoljuk az ABC háromszöget, majd az origóból 2-szeres nagyítással ka-pott A’B’C’ háromszöget.

.

OA B

CD

A′ B′

C′D′

O

A B

CD

D′ C′

A′B′

I. eset. II. eset.

4. K1

5. K2

6. K2

; , ; , ;A B C12 4 14 10 10 18l l l^ ^ ^h h h


1 0 . É V F O L Y A M

O K K′

O = K = K′

O K K′

OKK′

x

y

6

2

0

A

A′

B

B′C

C′

b) Ábrázoljuk az ABC háromszöget, majd a K(4; 7) pont-ból –2-szeres nagyítással kapott A’B’C’ háromszöget.

.

4. Hasonlósági transzformáció

A füzetlapra rajzolt ABC háromszög oldalai: AB = 12 cm, BC = 14 cm, AC = 10 cm. Egyehhez hasonló háromszöget szeretnénk szerkeszteni, amelynek aa) leghosszabb oldala 3,2 cm;b) legrövidebb oldala 4,8 cm.Számítsuk ki a további oldalak hosszúságát!

Ha két háromszög hasonló, akkor a megfelelő oldalpárok aránya egyenlő.a) Tudjuk, hogy cm.

Felírhatjuk, hogy , vagyis cm.

Felírhatjuk, hogy , azaz , vagyis cm.

b) Tudjuk, hogy cm.



Mutassuk meg, hogy bármely két különböző sugarú kör hasonló!

Két, K középpontú, r és R sugarú kör egymásba átvihető a K középpontú, , illetve arányú

középpontos hasonlósággal.Ha a két kör középpontja nem esik egybe, akkor egy eltolással elérhetjük, hogy a körök kon-

centrikusak legyenek.

Az ABCD téglalapban megrajzoltuk az AC átlót. Erre az átlóra merőlegest állítottunk a B és a D csúcsból. A merőlegesek talppontja K, illetve L pont lett. Igazoljuk, hogy az így kapottrajzon valamennyi háromszög hasonló!

Elkészítjük a vázlatrajzot és használjuk az ábra jelöléseit!Az ábrán látható hat háromszög (ABC, ACD, ABK, BCK, ADL, CDL) mindegyike derékszögű.

A D és a B csúcsnál bejelölt szögek egyenlők, mert váltószögek. Hasonlóan az A és a C csúcsnálbejelölt szögek is egyenlők. De a D és az A csúcsnál bejelölt szögek is egyenlők, hiszen merőle-ges szárú szögek és mindkettő hegyesszög.

1. K1

; , ; , ;A B C0 17 2 11 2 3-l l l^ ^ ^h h h

,B C 3 2=l l

,A C10 14

3 2=

l l ,A C7

16 2 286.=l l

,A B12 14

3 2=

l l ,A B14

3 2 12$=l l ,A B

3596 2 743.=l l

,A C 4 8=l l

,A B 5 76=l l,A B10

4 8 12$=l l,A B

12 104 8

=l l

,B C 6 72=l l,B C10

4 8 14$=l l,B C

14 104 8

=l l

rR

Rr

2. K2

3. K1


1 0 . É V F O L Y A M

x

y

2

3

0

A

A′

B

B′C

C′

K

A B

CD

K

L

Vagyis az ábrán látható hat derékszögű háromszög mindegyikének van ugyanolyan hegyes-szöge.

Mivel a hat háromszög megfelelő szögei páronként egyenlők, ezért ezek valamennyien ha-sonlók.

Egy négyszög oldalait három-három egyenlő részre osztottuk. Az osztópontok közül négyetaz ábrán látható módon összekötöttünk. Igazoljuk, hogy az így kapott KLMN négyszög trapéz!

A DNM és a DAC háromszögek középpontosan hasonlók, a hasonlóság aránya a (hiszen N és

M harmadolópont a megfelelő szakaszon). Ezért .

Hasonlóan mutatható meg, hogy .

Vagyis , ami igazolja, hogy KLMN négyszög trapéz.

Egy háromszög egyik oldalát osszuk fel két részre úgy, hogy a keletkezett részek arányamegegyezzen a másik két oldal arányával!

Az ABC háromszög oldalát fogjuk arányban kettéosztani.

Megszerkesztjük a BC szakaszon azt a P pontot, amelyre , és azt a Q pontot, amelyre

.

A szerkesztés az ábrákról leolvasható.

Egy paralelogramma egyik oldalára az eredeti paralelogrammához hasonló paralelog-rammát szerkesztettünk. A két síkidom együtt egy új paralelogrammát hoz létre. Adjuk meg azígy kapott új paralelogramma oldalainak hosszát, ha a kiinduló paralelogramma oldalai 12 cmés 4 cm hosszúak voltak!

Az ABCD paralelogramma hasonló az ADEF paralelogrammához, ezért

, vagyis cm.

Vagyis az új paralelogramma oldalai 4 cm és cm hosszúak.1331

4. K2

NM AC

31

KL AC

NM KL

5. K2

x34

=x4 12

4=

QCBQ

cb

=

PCBP

bc

=

cbBC a=

6. K2


1 0 . É V F O L Y A M

c

b

b

PB C

A

D

c

b b

QB C

A

R

D

RQ DCAP DC

x 12

4

F A B

E D C

Egy ókori várost négyzet alakú kőfallal vették körül, mely-nek oldalai 4 km hosszúak. A négyzet oldalai az egyes égtájak felénéztek, és minden oldal közepénél volt egy-egy kapu. Az északikaputól északra 4 km-re, valamint a déli kaputól délre 4 km-re voltegy-egy világítótorony. Egy alkalommal egy vándor a déli világító-toronytól nyugati irányba haladt. Hány km-t kellett gyalogolnia,hogy megpillanthassa az északi világítótornyot?

Használjuk az ábra jelöléseit.A QÉVÉ és PVDVÉ háromszögek hasonlók, hiszen mindkettő derékszögű és pl. a VÉ csúcsnál

közös szögük van. Ezek szerint felírhatjuk a következő aránypárt:

, azaz , ahonnan x = 6.

Tehát a vándornak a déli kaputól nyugati irányban 6 km-t kell haladnia, hogy megpillantsa azészaki világítótornyot.

Az ábrán egy színpad világítását látjuk. A 6 m magas díszletelem közepén van egy 2 mmagas ablak. A díszletelem mögött, a tetejével azonos magasságban helyeztek el egy R reflek-tort, mely az ablakon keresztül világítja meg a színpadot. Milyen távol legyen a reflektor a dísz-lettől, hogy a színpadot pontosan 4 m mélységben világítsa meg?

Használjuk az ábra jelöléseit!Az RDB és BAP háromszögek hasonlók, hiszen mindkettő derékszögű

és a B csúcsnál csúcsszögek vannak. Írhatjuk tehát az alábbi aránypárt:

, azaz .

De az RDC és CAQ háromszögek is hasonlók, tehát

, ahonnan .

Felhasználva az előbb y-ra kapott értéket:

, azaz , vagyis .

Tehát a reflektort a díszlettől m távolságra kell elhelyezni,

hogy a színpadot pontosan 4 m mélységben világítsa meg.

,38 2 66.

x x2 421

= + x x4 8= + x38

=

x y2 4

4=

+ x y2 4= +

7. K2

QV

V PV V

ÉÉ

D

DÉ É= x24 4 4 4

=+ +

8. K2

y x21

=x y4 2=

4 m

2 m

2 m

2 m

xR


1 0 . É V F O L Y A M

D

K

É

Ny

VD

VÉ

D

K

É

Ny

VD

VÉ

4 km

4 km

xP

Q

4 m

2 m

2 m

2 m

xR

y

B

C

A

D

QP

5. Tétel a háromszög szögfelezőjéről (Emelt szint)

Milyen arányban vágja ketté egy derékszögű háromszög 45o-os szögének szögfelezője aszemközti oldalt?

Alkalmazzuk a háromszög szögfelezőjének osztásarányáról szóló tételt.

Ha , akkor .

A keresett arány: .

Mekkora szakaszokra vágják egy háromszög 52 cm, 66 cm, 74 cm hosszúságú oldalait aszemközti szögek belső szögfelezői?

Készítsünk ábrát!

A háromszög szögfelezőjének osztásarányáról szóló tétel szerint: .

Vagyis , , ahol az x egy ismeretlen pozitív számot jelent. A két szakasz

összegére felírható, hogy . Ebből .

Tehát , .

A BC oldal két szakasza kb. 41,39 cm és kb. 32,61 cm.Hasonlóan kapjuk a másik két oldalon is a két-két szakasz hosszát.

Tehát , .

Az AB oldal két szakasza kb. 27,24 cm és kb. 38,76 cm.

Tehát , .

A BC oldal két szakasza kb. 27,49 cm és kb. 24,51 cm.

Derékszögű háromszög egyik befogója 65 cm, az átfogója 97 cm hosszúságú. Milyenhosszú a legkisebb szög szögfelezője?

A hiányzó befogó Pitagorasz-tétellel: .Vagyis a 65 cm-es oldallal szemben van a legkisebb szög.


Vagyis , amiből . Így .

Alkalmazzuk a Pitagorasz-tételt az ACD derékszögű háromszögre:

.

A legkisebb szög szögfelezője kb. 77,14 cm hosszú.

Egy papírból kivágott háromszög oldalainak hossza 8 cm, 10 cm és 12 cm. A közös csúcs-ból induló hajtásvonal mentén a legrövidebb oldalt ráhajtjuk a leghosszabb oldalra. Ekkor a pa-pírlapnak lesz kétrétegű és egyrétegű része. Igazoljuk, hogy az egyrétegű rész egyenlő szárú há-romszög alakú!

Készítsünk vázlatrajzot!Az A-ból induló hajtásvonal a szögfelező lesz.


Vagyis , amiből . Így , amivel egyenlő a DE is.

Ezzel azt is beláttuk, hogy , azaz EDB háromszög (az egyrétegű rész) valóbanegyenlő szárú háromszög.

DE EB 4= =

x x12 8 10+ = x21

= CD 821 4$= =

DCBD

812

=

1. K2

DBCD

aa

2 21

= =

AB a 2=BC AC a= =

,A C 525937

591924 32 611 $ .= =,BA 66

5937

592442 41 391 $ .= =

x5937

=x x66 52 74+ =

A C x521 $=BA x661 $=

A CBA

5266

1

1 =

2. E1

,C B 742111

21814 38 761 $ .= =,AC 52

2111

21572 27 241 $ .= =

,AD13360 72

1372 194 7714

22 $ .= + =b l

CD 72135

13360$= =x

135

=x x97 72 65+ =

DCBD

7297

=

97 65 722 2- =

,B A 663513

35858 24 511 $ .= =,CB 74

3513

35962 27 491 $ .= =

3. E1

4. E1


1 0 . É V F O L Y A M

a

a√

2

C A

B

D

52

52x

66x

66A B

A1

C

72

72x

97x97

A

B

D

C

8

4

8

8x

12x

A

B

CD

E

Milyen arányú részekre vágja a háromszög egyik szögfelezőjét egy másik szögfelezője.Adjuk meg az arányt a háromszög oldalainak ismeretében!

Elkészítjük az ábrát!Az ábra jelölése szerint az arány meghatározása a feladatunk.Az ABA1 háromszögben az AA1 oldalon a K pontot a B csúcsból induló szögfelező határozza

meg, ezért a BA1 oldal hosszát kell kiszámítanunk. Ezt viszont az ABC háromszögben az A-bólinduló szögfelező vágja le a BC oldalból. Így alkalmazzuk a háromszög szögfelezőjének osztás-

arányáról szóló tételt: .

Vagyis , amiből . Így .

Az ABA1 háromszögből a keresett arányt is felírhatjuk most már:

.

Rendezett alakban a keresett arány: .

6. A háromszög külső szögfelezője (Olvasmány)

Egy háromszög belső szögfelezője a szemközti oldalt 3 és 4 hosszú darabokra vágja. Holmetszi a szemközti oldalegyenest ugyanezen csúcsból induló külső szögfelező?

A megadott adatok alapján tudjuk a háromszög egyik oldalának hosszát: AB = 7, és tudjuk amásik két megfelelő oldal arányát is: AC : CB = 3 : 4. Azt is tudjuk, hogy a külső szögfelező aszemközti oldalegyenest az A-n túli meghosszabbításán egy olyan Q pontban metszi, amelyre AQ : QB = 3 : 4, azza AQ = 3x, QB = 4x.

Vagyis , mivel .A külső szögfelező a szemközti oldalegyenest az A-n túli meghosszabbításán metszi úgy, hogy

.

A 3 és 4 befogójú derékszögű háromszög derékszögű C csúcsából induló külső szögfe-lező a szemközti oldalegyenest Q pontban, a belső szögfelező pedig P pontban metszi. Számít-suk ki a PQC háromszög területét!

A PQC háromszög PQ oldalához tartozó magassága azonos az ABC háromszög AB átfogójáhoztartozó magasságával. A PQC háromszög területének kiszámításához ezt a magasságot és a PQoldal hosszát fogjuk meghatározni.

Az ABC háromszög átfogója: . Területének kétszeresét kétféleképpen is felírjuk:

, vagyis .

A PQ szakasz PB részének hosszát a háromszög belső szögfelezőjének osztásarányáról szólótétellel, a BQ részének hosszát pedig a háromszög külső szögfelezőjének osztásarányáról szólótétellel számítjuk ki.

Mivel , ezért , amiből . Vagyis .

Mivel , ezért , amiből . Vagyis .: :AQ QB 4 3= x x4 3 5- = x 5= QB 15=

: :AP PB 4 3= x x3 4 5+ = x75

= PB7

15=

4 3

A P T B Q

C

Q A BP

5. E2

:AK KA1

KAAK

ab c

1=

+

: :AK KA cb c

ac1 =

+

BAb c

ac1 =

+x

b ca

=+

cx bx a+ =

A CBA

bc

1

1 =

1. E1

CT5

12=t CT2 3 4 5$ $= =

AB 5=

AQ 21=

AB 7=x x4 3 7- =

2. E2


1 0 . É V F O L Y A M

b

bx

cx

cA B

C

K

A1

.

A PQC háromszög területe: .

Az 5 és 12 befogójú derékszögű háromszög derékszögű C csúcsából induló külső szög-felező a szemközti oldalegyenest Q pontban, a belső szögfelező pedig P pontban metszi. Szá-mítsuk ki a összeget!

Tudjuk, hogy a háromszög egy csúcsához tartozó belső és a külső szögfelező merőleges egy-másra. Vagyis PQC háromszög derékszögű, így . Elegendő a PQ hosszát meg-határoznunk. Pitagorasz-tétellel: .

A PQ szakasz PB részének hosszát a háromszög belső szögfelezőjének osztásarányáról szólótétellel, a BQ részének hosszát pedig a háromszög külső szögfelezőjének osztásarányáról szólótétellel számítjuk ki.



.

Vagyis .

Az adott AB szakaszhoz szerkesszük meg az 1:3 és a 3:1 arányú Apollóniosz-köröket!

Az AB szakaszon megszerkesztjük azt a P1 pontot, amelyre , és az AB szakasz meg-hosszabbításán azt a Q1 pontot, amelyre .

A Q1P1 Thalész-köre lesz a keresett kör.Az AB szakaszon megszerkesztjük azt a P2 pontot, amelyre , és az AB szakasz

meghosszabbításán azt a Q2 pontot, amelyre .

A Q2P2 Thalész-köre lesz a keresett kör.

Q2A P2 B

Q1 A P1 B

125

A P B Q

C

PQ PB BQ7

15 157

120= + = + =

,T PQ CT2 2

7120

512

7144 20 57$ $

.= = =

PC QC2 2+

3. E2

: 3:1AQ Q B2 2 =

: 3:1AP P B2 2 =

: 1:3AQ Q B1 1 =

: 1:3AP P B1 1 =

,PC QC PQ119

1560 171 852 2 22.+ = = b l

PQ PB BQ1765

765

17 765 7 65 17

1191560

$$ $

= + = + =+

=

QB765

=x7

13=x x12 5 13- =: :AQ QB 12 5=

PB1765

=x1713

=x x12 5 13+ =: :AP PB 12 5=

AB 13=

PC QC PQ2 2 2+ =

4. E1


1 0 . É V F O L Y A M


1 0 . É V F O L Y A M

Az adott AB szakaszhoz szerkesszük meg az 1:2, 1:3, 1:4 arányú Apollóniosz-köröket!

Az előző feladatban az 1:3 arányú Apollóniosz-kört már láttuk, ennek mintájára szerkesztjükmeg a másik kettőt is.

Az adott AB szakaszhoz rajzolt két Apollóniosz-kör érintheti-e egymást?

Egy arányhoz kölcsönösen egyértelműen tartozik egy átmérő, így nem érinthetik egymást az ABszakaszhoz rajzolt Apollóniosz-körök.

Szerkesszünk háromszöget, ha adott az egyik oldala és az ezen az oldalon fekvő nagyobbszög 60º-os, tudjuk továbbá, hogy a másik két oldal aránya 1:2.

Az adott oldalt felvesszük, legyen ez a háromszög AB oldala. Megszerkesztjük az AB szakaszhozaz 1:2 arányú Apollóniosz-kört. Ebből metsszük ki a C csúcsot az A-ból induló, AB-vel 60o-os szö-get bezáró egyenessel.

7. Közepek

Számoljuk ki a következő számok számtani és mértani közepét:a) 4 és 16; b) 4 és 25; c) 10 és 20; d) 20 és 30.

a) , .

b) , .

c) , .

d) , .

Ágnes egyik nap 45 oldalt, a következő napon pedig 63 oldalt olvasott el egy könyvből.Mennyit olvasott átlagosan naponta?

Itt az átlag a számtani közepet jelenti: .

Átlagosan 54 oldalt olvasott naponta.

A B

5. E1

6. E1

7. E1

;M 4 16 4 16 8$= =^ h;S 4 162

4 16 10=+

=^ h

1. K1

; ,M 10 20 10 20 10 2 14 14$ .= =^ h; 5S 10 202

10 20 1=+

=^ h

;M 4 25 4 25 10$= =^ h; ,5S 4 252

4 25 14=+

=^ h

; ,M 20 30 20 30 10 6 24 49$ .= =^ h; 5S 20 302

20 30 2=+

=^ h

;S 45 632

45 63 54=+

=^ h

2. K1

Egy termék ára eredetileg 98 ezer Ft volt. Kétszer ugyanolyan mértékben emelték az árát,így most 128 ezer Ft-ba kerül. Mennyibe került az első áremelés után?

Az első emelés utáni ár legyen x. A szöveg szerint:

.

Ebből következik: .Az első áremelés után 112 000 Ft volt az ára.

Két pozitív a és b szám közül csak az egyiket ismerjük. Határozzuk meg a másikat, ha tud-juk, hogya) a = 9, S(a; b) = 30; b) a = 7, M(a; b) = 14;

c) a = 2, H(a; b) = 3; d) a = 9, N(a; b) = .

a) Mivel , ezért .

b) Mivel , ezért .

c) Mivel , ezért .

d) Mivel , ezért .

Egy kerékpáros útjának első felét 12 , a másik felét 18 sebességgel tette meg.

Visszafelé szeretne egyenletes sebességgel haladni, és ugyanannyi idő alatt megtenni az utat,mint odafelé. Mekkora legyen a sebessége?

Legyen a sebessége: v, a megtett út oda: 2s.

Ekkor az út első felét , a másik felét idő alatt teszi meg. A vissza utat pedig ideig

fogja megtenni. A szöveg szerint:

, azaz .

Vagyis .

Visszafelé 14,4 km/h legyen a sebessége.

Számoljuk ki néhány esetben két pozitív szám számtani és harmonikus közepének szor-zatát! Hasonlítsuk össze a kapott értéket a két szám mértani közepével! Fogalmazzuk meg a sej-tésünket és bizonyítsuk be!

A számítások utáni sejtés: .

.

Az azonos területű téglalapok közül melyiknek a legkisebb a kerülete?

Legyen a téglalap két oldal a és b hosszúságú. Tudjuk, hogy az ab szorzat konstans, hiszen azo-nos területű téglalapokat vizsgálunk. A téglalapok kerülete, a 2(a + b) pontosan akkor a legki-

sebb, amikor az a legkisebb.

Tudjuk a számtani és a mértani közép közötti összefüggés alapján, hogy .

Vagyis az akkor a legkisebb, ha a konstanssal egyenlő. Ez azonban akkor és csak

akkor áll fenn, ha a = b.Vagyis a keresett téglalap a négyzet.

aba b2+

a b ab2

$+

a b2+

7. K2

3. K1

b2

9 30+= b 51=

65

4. K2

x 128 000 98 000 112 000$= =

xx128 000

98 000=

b7 14= b 28=

b 6=bb

22 2 3$ $

+=

b2

9 652 2+

= b 7=

; ; ;S a b H a b a b

a b

a ba b

ab ab M a b2

2

1 11

22 2$ $ $=

+

+=

++

= =^ ^ ^h h h

; ; ;S a b H a b M a b2$ =^ ^ ^h h h

,v

121

181

2 14 4=+

=

v121

181 2

+ =s s

vs

12 182

+ =

vs2s

18s

12

5. K2kmh

kmh

6. E1


1 0 . É V F O L Y A M


1 0 . É V F O L Y A M

Egy adott hosszúságú szakaszt hogyan kell kettévágnunk, ha azt szeretnénk, hogy a kétszakasz hosszának szorzata maximális legyen?

A kettévágás utáni két szakasz hossza legyen x és y.

Tudjuk, hogy az x + y konstans, így az is az.

A számtani és a mértani közép közötti összefüggés alapján: . A két szakasz hosz-

szának szorzata pontosan akkor maximális, amikor a maximális. Ez pedig akkor a legna-

gyobb, ha az -vel egyenlő. Tudjuk, hogy ez akkor és csak akkor áll fenn, ha x = y.

Vagyis a szakaszt pontosan felezve kell kettévágni.

Mutassuk meg, hogy két pozitív szám összegének és a reciprokaik összegének szorzatanem lehet négynél kisebb!

Legyen a két pozitív szám a és b. Ekkor a bizonyítandó állítás: .

Alakítsuk át az egyenlőtlenséget: .

Tudjuk, hogy a, b pozitív szám, ezért szorozhatunk ab-vel, majd írhatjuk az egyenlőtlenségeta következő alakban is:

Mivel a kapott egyenlőtlenség minden a, b esetén igaz, és ekvivalens lépéseket végeztünk,ezért ezzel az eredeti állítást igazoltuk.

Megjegyzés: Egy másik bizonyítást is mutatunk.Végezzük el a szorzást az egyenlőtlenség bal oldalán:

Tudjuk, hogy bármely pozitív szám és reciprokának összege legalább 2, így készen vagyunk.

Igazoljuk algebrai úton, hogy két pozitív valós száma) mértani közepe legalább akkora, mint harmonikus közepük;b) számtani közepe legfeljebb akkora, mint négyzetes közepük.

a) A bizonyítandó állítás: .

Szorozzuk mindkét oldalt a pozitív -vel:

, ami alakban is írható.Ez utóbbi egyenlőtlenség nyilván igaz, hiszen a jobb oldalon egy valós szám négyzete szere-pel. Mivel lépéseink megfordíthatók voltak, ezért a kiindulási egyenlőtlenség is igaz. A kapotteredményből az is következik, hogy egyenlőség akkor és csak akkor teljesül, ha .

b) A bizonyítandó állítás: .

Emeljük mindkét oldalt négyzetre (megtehetjük, mert pozitív): .

Néggyel szorozva és rendezve: ,

azaz: , vagyis .Ez utóbbi egyenlőtlenség nyilván igaz, hiszen a jobb oldalon egy valós szám négyzete szere-pel. Mivel lépéseink megfordíthatók voltak, ezért a kiindulási egyenlőtlenség is igaz. A kapotteredményből az is következik, hogy egyenlőség akkor és csak akkor teljesül, ha .

8. K2

xy

x y xy2

$+

x y2+

x y2+

a ba b1 1 4$+ +^ bh l

9. K2

a bab

b a 4$++

^ h

4 0,

2 0,

.

a b ab

a ab b

a b 0

2

2 2

2

$

$

$

+ -

- +

-

^

^

h

h

; ;H a ba b

ab a b S a b22

#=+

+=^ ^h h

10. E1

,

.

ba

ab

ba

ab

1 1 4

2

$

$

+ + +

+

a b2 +^ h

a b=

a b0 2# -^ ha ab b0 22 2# - +

a ab b a b2 2 22 2 2 2#+ + +

a ab b a b4

22

2 2 2 2

#+ + +

; ;S a b a b a b N a b2 2

2 2

#=+ +

=^ ^h h

a b=

a b0 2# -^ hab a b4 2# +^ h

Adjuk meg azt a legszűkebb intervallumot, ahová három pozitív szám összegének és areciprokaik összegének szorzata eshet!

Legyen a három pozitív szám a, b és c. Néhány próba után a sejtésünk:

.

Végezzük el a szorzást az egyenlőtlenség bal oldalán:

,

.

Tudjuk, hogy bármely pozitív szám és reciprokának összege legalább 2, így ezzel készen va-gyunk.

Megmutatjuk, hogy ez az érték tetszőlegesen nagy lehet. Legyen K egy tetszőleges 9-nél nagyobb páros szám. Megmutatjuk, hogy alkalmas a, b és c

esetén .

Legyen pl. , , , ekkor így alakul az egyenlőtlenség:

.

Mivel K tetszőlegesen nagy lehet, ezért a keresett legszűkebb intervallum: .

8. Közepek több szám esetén (Emelt szint)

Egy gyalogostúra 4 db 4 km-es szakaszból áll. Az első 4 km-es szakaszát 4 állandó se-

bességgel tettük meg. A második 4 km-es szakaszt 6 állandó sebességgel, a harmadik

4 km-es szakaszt pedig 4,5 állandó sebességgel tettük meg. Mekkora (állandó) sebességgel

tettük meg a negyedik 4 km-es szakaszt, ha átlagsebességünk az egész úton 5 volt.

Az átlagsebesség az egyes sebességek harmonikus közepe.

, azaz ,

, ahonnan .

Tehát az utolsó szakaszon kb. 6,2 sebességgel haladtunk.

Igazoljuk, hogy a derékszögű háromszög köré írható köre sugarának a -szöröseegyenlő a befogók négyzetes közepével!

A Thalész-tételből adódik, hogy a derékszögű háromszög köré írható körének a sugara az átfogófelével egyenlő. Így azt kell belátni, hogy

.

Mindkét oldalt négyzetre emelve:

.

Ez pedig a Pitagorasz-tétel miatt igaz.

11. E2

c a b2 2

2 2 2

=+

c a b2

22

2 2

$ =+

2. E1 2

kmh

xx

23 36144 5

+= ,x

29180 6 2.=

, x41

61

4 51 1

4 5+ + +

=

xx x x

369 6 8 36

4 5+ + +

=

kmh

kmh

kmh

1. E1kmh

a b ca b c1 1 1 9$+ + + +^ bh l

;9 36 6

1 1K KK K

K K K K2 2

1 2 2 12 2

1 $2 2+ + + + + + = +b b bl l l

c 1=b K2=a K

2=

a b ca b c

K1 1 1 2+ + + +^ bh l

ba

ab

cb

bc

ca

ac 6$+ + + + +b b al l k

ba

ca

ab

cb

ac

bc1 1 1 9$+ + + + + + + +


1 0 . É V F O L Y A M


1 0 . É V F O L Y A M

Igazoljuk, hogy ha a, b és c pozitív valós számok, akkor.

Először végezzük el a szorzást, majd osszuk el mindkét oldalt abc-vel.

,

,

.

Mivel bármely pozitív számnak és reciprokának összege legalább 2, így

.

Tehát valóban

.

Mely x, y, z valós számok elégítik ki az alábbi egyenlőséget:

.

A négyzetgyök alatti mennyiség egy teljes négyzet (–1)-szerese: , így a bal

oldal harmadik tagja: .Ennek csak akkor van értelme, ha .Ezzel az eredeti egyenlet:

,

,

,

.

A kapott egyenlet bal oldalán a zárójelben egy pozitív számnak és reciprokának összege sze-repel, ami legalább 2, és pontosan akkor 2, ha a kérdéses szám 1. Ezek szerint az egyenlet baloldala legalább 18. A jobb oldal értéke nyilván legfeljebb 18, így az egyenlőség csak akkor áll-hat fenn, ha mindkét oldal 18. Ekkor , tehát és , azaz .

Az eredeti egyenlet megoldása: , , .

9. Befogótétel, magasságtétel

Egy derékszögű háromszög befogóinak hossza 36 és 77. Az átfogóhoz tartozó magas-ság mekkora darabokra vágja az átfogót?

Az átfogó Pitagorasz-tétellel: .

Befogótétellel: , amiből .Az átfogóhoz tartozó magasság kb. 15,25 és kb. 69,75 hosszúságú darabokra vágja az átfogót.

ab ac bc abc1 1 1 8$+ + +] ] ]g g g

3. E1

z z3 3 9 6y y2 2 2+ = + -

+ -

x 2=

x 2 2- -^ h

x x x4 4 22 2- - = - -^ h

x x z z3 3 4 4 9 6x y x y 2 2+ + - - = + -

+ -

4. E2

abcabc

aa

bb

cc

1 1 1 1 8$+ + + + + + +

, , ,abcabc

aa

bb

cc

1 2 1 2 1 2 1 2$ $ $ $+ + + +

abcabc

aa

bb

cc

1 1 1 1 8$+ + + + + + +

abc c ba

ab c abc

1 1 1 1 8$+ + + + + + +

a b c abc ab c bc a bc ac ab abc1 82 2 2 2 2 2 $= + + + + + + +

ab ac bc a bc ac ab bc1 1 1 1 12+ + + = + + + + =^ ^ ^ ^ ^h h h h h

z z9 3 9 3 9 6y y 2$ $+ = - -- ^ h

36

p

85 − p

77

x 2= y 0= z 3=

3 1y= y 0= z 3 0- = z 3=

z9 331 18 3y

y2$ + = - -c ^m h

z9 331 9 3 9y

y2$ + = - - -c ^m h8 B

c 85=

1. K1

,p 15 25.p 85 362$ =

Egy derékszögű háromszögben a hosszabb befogó 17-tel hosszabb a rövidebbnél és 8-cal rövidebb az átfogónál. Az átfogóhoz tartozó magasság mekkora darabokra vágja az átfogót?

A szokásos jelöléssel az oldalak: a, , .

A Pitagorasz-tétel szerint: .

Rendezve: .Az egyetlen pozitív gyöke: , vagyis a háromszög oldalai: 28; 45; 53.

Befogótétellel: , amiből és .

Az átfogóhoz tartozó magasság és hosszúságú darabokra vágja az átfogót.

Egy derékszögű háromszög átfogójához tartozó magasság az átfogót 5 és 12 hosszú-ságú darabra vágja. Mekkorák a befogók és az átfogó?

Az átfogó: .

Magasságtétellel az átfogóhoz tartozó magasság: .Ez a magasság két derékszögű háromszögre vágja az eredeti háromszöget. Ezekre felírjuk a Pi-tagorasz-tételt és megkapjuk a keresett befogók hosszát is:

.

.

Egy derékszögű háromszögben az átfogóhoz tartozó magasság 4, az egyik befogója pedig 5. Mekkora az átfogó és a másik befogó?

Pitagorasz-tétellel megkapjuk a befogó átfogóra eső merőleges vetületének hosszát: p = 3.

Befogótétellel kapjuk az átfogó hosszát: , azaz .

Pitagorasz-tétellel megkapjuk a hiányzó befogót: .

Az A, B, C és D pontok ebben a sorrendben illeszkednek egy egyenesre. Tudjuk, hogy AB = BC. Az AD átmérőjű kört az AD-re B-ben merőleges egyenes a P és a Q pontban metszi. A BD átmérőjű kört a BD-re C-ben merőleges egyenes a K és az L pontban metszi. Igazoljuk, hogyPKLQ négyszög köré írt körének B a középpontja.

A Thalész-tétel alapján APD és BKD háromszögek (valamint az AQD és BLD háromszögek) de-rékszögűek.

Az ADP és AQD háromszögben alkalmazzuk a magasságtételt, a BKD és a BLD háromszög-ben a befogótételt, továbbá tudjuk, hogy AB = BC, így kapjuk, hogy BP = BQ = BK = BL.

Vagyis a PKLQ négyszög köré írt körének valóban B a középpontja.

Az A, B, C és D pontok ebben a sorrendben illeszkednek egy egyenesre. Tudjuk, hogy AB = BC. Az AD átmérőjű kört az AD-re B-ben merőleges egyenes a P és a Q pontban metszi. A BD átmérőjű kört a BD-re C-ben merőleges egyenes a K és az L pontban metszi. Határozzukmeg a nagyságát!

Az előző feladat állítása szerint PKLQ négyszög köré írt körének B a középpontja. Mivel B ponta PQ szakasz felezőpontja, ezért a Thalész-tétel alapján .

2. K2

PKQ 90oB =

PKQB

6. E2

5. E1

b3

25 53

2022

= - =b l

c5 32 $= c3

25=

4. K2

a 25+a 17+

,b 60 12 204 14 282 .= + =

,a 60 5 85 9 222 .= + =

m 5 12 60$= =

c 5 12 17= + =

532025

53784

,p5353

2025 38 2.- =,p53

784 14 8.=p 53 282$ =

a 28=

a a16 336 02- - =

a a a17 252 2 2+ + = +^ ^h h

3. K2


1 0 . É V F O L Y A M

28

p

53 − p

45

A B C D

L

K

Q

P

10. Sokszögek

Hány átlója van aa) 6; b) 8; c) 11; d) 103oldalú konvex sokszögnek?

Felhasználjuk az képletet az átlók számára.

a) 9; b) 20; c) 44; d) 5150.

Egy konvex sokszögben megrajzoltunk 60 darab átlót. Tudjuk, hogy ekkor több mint afelét megrajzoltuk. Hány oldalú lehet a sokszög?

Legyen az oldalak száma n. A szöveg szerint: , azaz .

Vagyis az n lehetséges értékei: 13, 14, 15, 16, 17.

Egy konvex sokszögben az átlók számaa) 44; b) 170; c) 230; d) 527.Hány oldalú a sokszög?

Felhasználjuk az képletet az átlók számára.

a)11; b) 20; c) 23; d) 34.

Hány oldala van annak a konvex sokszögnek, amelyben az átlók száma egyenlő az ol-dalak számával?

A szöveg szerint: , azaz .

Az egyenlet két gyöke közül csak az pozitív, így 5 oldala van annak a konvex sokszögnek,amelyben az átlók száma egyenlő az oldalak számával.

Mekkora aza) 5; b) 7; c) 15; d) 102.oldalú konvex sokszög belső szögeinek összege?

Felhasználjuk az képletet a belső szögek összegére.a) 540o; b) 900o; c) 2340o; d) 18 000o.

Hány oldala van annak a konvex sokszögnek, melybena) 3420º; b) 3960º; c) 8460º; d) 18 000ºa belső szögek összege?

Felhasználjuk az képletet a belső szögek összegére.a) 21; b) 24; c) 49; d) 102.

Mekkora a szabályos sokszög egy szöge, ha oldalainak számaa) 8; b) 9; c) 12; d)15?

Felhasználjuk az képletet a belső szögek összegére, valamint tudjuk, hogy a sza-

bályos sokszög minden szöge egyenlő. Vagyis egy szög: .

a) 135o; b) 140o; c) 150o; d) 156o.

1. K1

nn 2 180o$-^ h

n 2 180o$-^ h

7. K2

n 2 180o$-^ h

6. K1

n 2 180o$-^ h

5. K1

n 5=

n nn

23-

=^ h

n n5 02- =

4. K2

n n2

3-^ h

n n120 3 2401# -^ hn n

602

31201#

-^ h

n n2

3-^ h

2. K2

3. K2


1 0 . É V F O L Y A M


1 0 . É V F O L Y A M

Lehet-e egy sokszögben a belső szögek összege 4590º?

Felhasználjuk az képletet a belső szögek összegére:

, amiből .Vagyis nem lehet egy sokszögben a belső szögek összege 4590o.

Lehet-e egy sokszögben négy olyan belső szöget választani, amelyeknek összege 321º?

A kiválasztott négy belső szög és a hozzájuk tartozó négy külső szög összege ,vagyis a négy külső szög összege: lenne. Ez azonban lehetetlen, mert azösszes külső szög összege 360o.

Egy konvex hatszög belsejében vegyünk fel hat pontot úgy, hogy a csúcsokkal együttkapott 12 pont közül semelyik három nincs egy egyenesen. Kössük össze páronként a pontokatszakaszokkal! Az összekötő szakaszok nem metszhetik egymást! Az összekötéseket addig vé-gezzük, amíg az eredeti hatszöget csak háromszögekre vágják szét ezek a szakaszok. Igazoljuk,hogy ilyen módon a hatszög mindig ugyanannyi háromszögre vágható!

Összeszámoljuk az így kapott háromszögek belső szögeinek összegét! Ezek a háromszögek tartalmazzák a hatszög összes belső szögét, valamint a belső pontok körüli

360o-os teljes szögeket. Így a szögösszeg: . Mivel , így min-

den esetben 16 háromszög alakul ki.

11. Háromszögek, négyszögek, sokszögek területe

Számítsuk ki aza) a = 17, b = 10, c = 9;b) a = 15, b = 14, c = 13oldalhosszúságokkal megadott háromszög területét!

a) Ismerjük a háromszög területképletét: . Ahhoz, hogy kiszámíthassuk a területet,

először valamelyik oldalhoz tartozó magasságot kell meghatároznunk.A vizsgált háromszögben az a oldal a leghosszabb, ezért a magasság T talppontja az ol-

dalszakaszra esik. A T pont két részre vágja az oldalt, legyen az egyik szakasz x, a másik 17 – xhosszúságú. Az így kapott két derékszögű háromszögre (ABT-re és ACT-re) felírjuk a Pitago-rasz-tételt:

Az így kapott kétismeretlenes másodfokú egyenletrendszer megoldásához vegyük az elsőés a második egyenlet különbségét: .

Ebből: .

8. K1

x17

154=

x289 34 19- + =

100m x

m x17 81a

a

2 2

2 2

+ =

+ - =^ h4

ma

x 17 − x

910

C T B

A

t a m2

a$=

1. K2

1802880 16o

o

=720 6 360 2880o o o$+ =

720 321 399o o o- =

4 180 720o o$ =

,n 27 5=180n 2 4590o o$- =^ h

n 2 180o$-^ h

9. E1

10. E2

Az ma magasságot az első egyenletből számítjuk ki: .

Vagyis: .

b) Az előző megoldás gondolatmenetét követve: .

Számítsuk ki aza) a = 20, b = 15, c = 7;b) a = 50, b = 41, c = 39oldalhosszúságokkal megadott háromszög beírt körének sugarát!

a) A háromszög területét a tanult módszerrel kiszámítjuk a három oldal ismeretében: t = 42.Tudjuk, hogy , ahol t a beírt kör sugara, s pedig a kerület fele.Ebben a feladatban: s = 21.Vagyis .A háromszög beírt körének sugara: .

b) Az előző megoldás gondolatmenetét követjük.t = 780, s = 65, ami alapján: .

Számítsuk ki aza) a = 40, b = 30, c = 14;b) a = 100, b = 82, c = 78oldalhosszúságokkal megadott háromszög hozzáírt köreinek sugarát!

A területképleteket fogjuk használni, ahol az x oldal-hoz hozzáírt kör sugara, s pedig a kerület fele. A területet a tanult módszerrel kiszámítjuk ahárom oldal ismeretében.a) t = 168, s = 42, ami alapján: .b) t = 3120, s = 130, ami alapján: .

Igazoljuk, hogy a pitagoraszi számhármasokkal megadott háromszögek is Heron-félék!

Ezen háromszögek oldalainak hossza egész mérőszámú, ezért csak azt kell igazolni, hogy a te-rület mérőszáma is egész szám.

A derékszögű háromszögek területe az a és b befogó ismeretében a képlettel kiszá-

mítható. Ez csak akkor nem egész, ha a és b egyike sem páros. Megmutatjuk, hogy nincs olyanpitagoraszi számhármas, amelyben a két befogó hossza páratlan.

Tegyük fel, hogy van ilyen! Legyen , , ahol .

Ekkor .

Tudjuk, hogy c egész, és láthatóan c2 4-es maradéka 2. Ez lehetetlen.Vagyis a pitagoraszi számhármasokkal megadott háromszögek valóban Heron-félék.

Számítsuk ki az ABCD konvex négyszög területét, ha az oldalak hossza:a) , , , és a B csúcsnál lévő szög 90o-os;

b) , , , és az AC átló hossza 14!

a) Az ABC derékszögű háromszög átfogója (ami az ABCD négyszög egyik átlója) Pitagorasz-té-tellel kiszámítható: .Az ABC derékszögű háromszög területe: Az ACD háromszög minden oldala ismert, a tanult módszerrel a területe: . Vagyis az ABCD négyszög területe: .

t2

171772

36$

= =

t s a s b s ca b ct t t= - = - = -^ ^ ^h h h xt

t 84=

2. K2

12t =

2t =

42 21$t=

t st=

3. E1

4, , 610 65 0a b ct t t= = =

, ,84 14 6a b ct t t= = =

4. E1

t t t 601 2= + =

t 362 =

t 241 =

AC 10=

4( ) 2c m n m m n n2 1 2 1N

2 2 2 2 2= + + + = + + + +

!

^ ^h h 1 2 34444 4444

,m n N!b n2 1= +a m2 1= +

t ab2=

AD 13=CD 15=BC 7=AB 7 3=

AD 17=CD 9=BC 6=AB 8=

5. K2


1 0 . É V F O L Y A M

b) Mivel az ABC háromszög oldalaira: , ezért ez derékszögű.

Az ABC derékszögű háromszög területe: .Az ACD háromszög minden oldala ismert, a tanult módszerrel a területe: . Vagyis az ABCD négyszög területe: .

Határozzuk meg az r sugarú körbe írt és a kör köré írt szabályosa) hatszög;b) nyolcszögterületét!

a) Az r sugarú körbe írt szabályos hatszög feldarabolható 6 db r oldalú szabályos háromszögre,

ezért a területe: .

Az r sugarú kör köré írt szabályos hatszög feldarabolható 6 db olyan szabályos hatszögre,

amelyekben a magasság r. Pitagorasz-tétellel kapjuk az oldalt: , ezért a hatszög te-

rülete: .

b) Az r sugarú körbe írt szabályos nyolcszöget négy egybevágó deltoidra tudjuk szétvágni. Azegyik deltoid a rajzunkon az ABCK. A deltoid átlóinak hosszát meg tudjuk határozni. ,

, mert AKC egyenlő szárú derékszögű háromszög.

Vagyis az r sugarú körbe írt nyolcszög területe: .

Az r sugarú kör köré írt szabályos nyolcszög felvágható nyolc olyan egyenlő szárú három-szögre, amelyeknek az alaphoz tartozó magassága r, a szárszöge pedig 45o. Egy ilyen há-romszögnek még az alapját kell meghatároznunk, hogy ki tudjuk számítani a területet.

Legyen a nyolcszög oldala x, ekkor . Vagyis: , amiből

.

Az ABK háromszög területe: .

Vagyis az r sugarú kör köré írt nyolcszög területe: .

A tizenkétszöget az ábrán látható módon tizenkét egyenlő szárú háromszögre vágtuk. A tizenkét síkidom felhasználásával rakjunk ki három négyzetet!

7 3 7 142 2 2+ =^ h

, ,t t t 24 5 3 84 126 441 2 .= + = +

t 842 =

,t 24 5 31 =

6. K2

t r r r42

2 2 22$ $= =

CA r 2=

KB r=

T

r

r64

32 3

2 3

2

2$= =

c m

a r3

2=

t r r64

32

3 32 2

$= =

T r2 18 2

=+

r2 11 2

+

x r2 12

=+

x x x r2 2

2+ + =PA QB x2

= =

7. K2


1 0 . É V F O L Y A M

A

BC

E

K

r

r r

x

AB

C

D

H

PQ

K

A megoldást láthatjuk az alábbi ábrán. A háromszögek szögei és oldalai segítségével belátható,hogy ezek valóban négyzetek.

Egy háromszög beírt körének sugara 2, a hozzáírt köreinek sugara pedig 3, 10 és 15.Mekkora a háromszög területe?

Használjuk a következő területképleteket: .

Szorozzuk össze a megfelelő oldalakat: .

Felhasználjuk a Heron-képletet: , így kapjuk a következő összefüg-

gést: .

A megadott adatokkal: , vagyis .

Igazoljuk, hogy a derékszögű háromszög beírt körének és a befogókhoz hozzáírt körei-nek sugara együtt annyi, mint az átfogóhoz hozzáírt kör sugara.

Használjuk a következő területképleteket: , aholaz a oldalhoz, a b oldalhoz, a c oldalhoz hozzáírt kör sugara, s pedig a háromszög kerü-letének a fele.Ekkor a bizonyítandó állítás a következő alakban írható:

.

Mivel , ezért: .

Rendezve: ,

.

A két tört pedig egyenlő, mert a nevezőjük is egyenlő. Felhasználjuk, hogy derékszögű három-szögek esetén .Ezzel az állítást igazoltuk.

12. Kerületi szögek, látószögkörív (Emelt szint)

Adjuk meg az adott középponti szöghöz tartozó kerületi szög nagyságát!a) 73o; b) 85o; c) 101o41’; d) 105o39’.

a) 36,5o; b) 42,5o; c) 50o50’30”; d) 52o49’30”.

Adjuk meg radiánban azokat a kerületi szögeket, amelyek egy kör kerületének

a) ; b) ; c) ; d)

részéhez tartoznak!

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

t 30=t 3 10 15 22 $ $ $=

t a b c2 t t t t=

t s s a s b s c2= - - -^ ^ ^h h h

t s s a s b s c a b c4 t t t t= - - -^ ^ ^h h h

t s a s b s c sa b ct t t t= - = - = - =^ ^ ^h h h

8. E2

ctbt

at

9. E2

t s a s b s c sa b ct t t t= - = - = - =^ ^ ^h h h

a b cc

c a bc2 2

2 2 2 2+ -

=- -^ ^h h

a b c a b c c a b c a b1 1 1 1

+ --

+ +=

- -+

+ -^ ^h h

a b c a b c a b c a b c2 2 2 2

+ -=

+ ++

- + ++

- +s a b c

2=+ +

s c s s a s b1 1 1 1-

= +-

+-

53r

9r

52r

4r

a b c 02 2 2+ - =

1. K1

53

91

52

41

2. K1


1 0 . É V F O L Y A M


1 0 . É V F O L Y A M

Mekkora szöget zárhat be egymással a szabályosa) ötszög; b) hétszög; c) kilencszög d) tizenkétszögegy csúcsból húzott két átlója?

A szabályos sokszögek köré írt körét a sokszög csúcsai azonos ívhosszakra darabolják. Ebbőladódóan az egy csúcsból kiinduló átlók a sokszög egy szögét egyenlő részekre bontják.

a) A szabályos ötszög egy szöge . Egy csúcsból két átló indul, és ezek három

részre osztják ezt a szöget, tehát az egy csúcsból kiinduló két átló által bezárt szög 36o.

b) A szabályos hétszög egy szöge . Egy csúcsból négy átló indul, és ezek öt

részre osztják ezt a szöget, tehát az egy csúcsból kiinduló szomszédos átlók által bezárt szög

. Az azonos csúcsból induló két átló hajlásszöge lehet, ahol m lehetséges ér-

tékei: 1, 2, 3.

c) A szabályos kilencszög egy szöge . Egy csúcsból hat átló indul, és ezek hét

részre osztják ezt a szöget, tehát az egy csúcsból kiinduló szomszédos átlók által bezárt szög20º. Az azonos csúcsból induló két átló hajlásszöge lehet, ahol m lehetséges értékei:1, 2, 3, 4, 5.

d) A szabályos tizenkétszög egy szöge . Egy csúcsból kilenc átló indul, és ezek

tíz részre osztják ezt a szöget, tehát az egy csúcsból kiinduló szomszédos átlók által bezártszög 15º. Az azonos csúcsból induló két átló hajlásszöge lehet, ahol m lehetséges ér-tékei: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8.

Megrajzoltunk egy háromszöget a köré írt körével. A háromszög csúcsai a kör kerületét4:5:6 arányban osztják három részre. Számítsuk ki a háromszög belső szögeinek nagyságát!

A középponti szögek: 4x, 5x, 6x. Ezekre: , azaz . Mivel a közép-ponti szögek: 96o, 120o, 144o, ezért a háromszög szögei (amik ezekhez tartozó kerületi szögek):48o, 60o, 72o.

Hány közös pontja lehet egy egyenes és egy AB szakasz c szögű látószögkörívének?

Lehet: 0, 1, 2, 3, 4, az ábra mutat egy-egy példát.

m 20o$

97 180 140

oo$

=

m7

180o

$7

180o

75 180

7900o o$

=

53 180 108

oo$

=

3. K2

m 15o$

1210 180 150

oo$

=

4. K2

A B

x 24o=x x x4 5 6 360o

+ + =

5. K2

Igazoljuk, hogy egy körben az azonos ívhez tartozó érintőszárú kerületi szög az ugyan-ehhez az ívhez tartozó középponti szög felével egyenlő.

Mivel , ezért valóban az A csúcsnál lévő érintőszárú kerületi szög azugyanehhez az ívhez tartozó középponti szög felével egyenlő.

13. Húrnégyszögek

Soroljuk fel azokat a négyszögeket, amelyek húrnégyszögek is!

Négyzet, téglalap, húrtrapéz, derékszögű deltoid.

Igazoljuk, hogy a rombuszok közül csak a négyzet lehet húrnégyszög!

Tudjuk, hogy egy négyszög akkor és csak akkor húrnégyszög, ha két szemközti szögének összege180o. Ha a rombusz két szemközti szöge hegyes, akkor a másik kettő tompa. Ezért csak akkorteljesül a tételben megfogalmazott feltétel, ha a két-két szemközti szög 90o-os. Vagyis a négy-szög négyzet.

Egy húrnégyszögben valamely három szög aránya a) 3:4:5; b) 4:5:6.Mekkorák lehetnek a négyszög szögei?

a) A húrnégyszög szemben fekvő szögeinek összege 180o. A kiválasztott szögek háromféle-képpen helyezkedhetnek el egymáshoz képest.

I. eset: 3{ és 4{ fekszik egymással szemben. Ekkor .

A húrnégyszög szögei: , ,

≈ 128,57º és a negyedik szög .II. eset: 3{ és 5{ fekszik egymással szemben. Ekkor { = 22,5º.A húrnégyszög szögei: , ,

= 90º és a negyedik szög .III. eset: 4{ és 5{ fekszik egymással szemben. Ekkor { = 20º.A húrnégyszög szögei: , , és a ne-gyedik szög 180º – 60º = 120º.

b) Ez előző feladat gondolatmenetét követjük.I. eset: 4{ és 5{ fekszik egymással szemben.A húrnégyszög szögei: 80º, 100º, 60º, 120º.II. eset: 4{ és 6{ fekszik egymással szemben.A húrnégyszög szögei: 72º, 108º, 90º, 90º.III. eset: 5{ és 6{ fekszik egymással szemben.A húrnégyszög szögei: kb. 81,82º, kb. 98,18º, kb. 65,45º, 114,55º.

6. E1

20 05 5 10o o${ = = 20 03 3 6o o${ = =4 4 20 80o o${ = =

180 90 90o o o- =

, ,5 5 22 5 112 5o o${ = = 4 4 22,5o${ = =, ,3 3 22 5 67 5o o${ = =

, ,180 128 57 51 43o o o- =

,3 37

180 7714o

o$ .{ = ,4 47

180 102 86o

o$ .{ = 5 57

180o

$ .{ =

7180o

{ =

3. K2

2. K1

1. K1

2α

α BA

K

KAB KBA 90oB B a= = -


1 0 . É V F O L Y A M

Bizonyítsuk be, hogy a háromszög magasságpontjának aza) oldalakra;b) oldalfelező pontokra vonatkozó tükörképei a háromszög köré írt körén vannak.

a) Készítsünk ábrát és használjuk az ábra jelöléseit!A CT1MT2 négyszög húrnégyszög mert két szemköztiszögének összege 180o. Ezért a másik két szemközti szö-gének összege is 180o, vagyis .

, mert csúcsszögek. Az AB egyenesreM pontot tükrözve kapjuk az M3 pontot. A tükrözésmiatt , vagyis .Beláttuk, hogy ACBM3 négyszögben a C csúcsnál és azM3 csúcsnál lévő két szög összege 180o. Vagyis ez húr-négyszög. Ez azt jelenti, hogy M3 rajta van az ABC há-romszög köré írt körén.

b) Készítsünk ábrát! A bizonyítást az előzőhöz hasonlóan végezzük el.

Az ABC hegyesszögű háromszög A csúcsból induló magasság talppontja T1, B csúcsbólinduló magasság talppontja T2. Bizonyítsuk be, hogy a T1T2C háromszög hasonló az ABC há-romszöghöz!

Az AB szakasz Thálesz-körére illeszkedik a két talppont, ezért ABT1T2 húrnégyszög. Vagyis a T2-nél lévő külső szög nagysága egyenlő a B-nél lévő belső szögével. (Hasonlóan a T1-nél lévőkülső szög nagysága egyenlő az A-nál lévő belső szögével.) A megfelelő szögek egyenlőségemiatt: .

Egy háromszög szögei: 34°, 70°, 76°. Számítsuk ki a három magasságtalppontja általmeghatározott háromszög (a talpponti háromszög) szögeinek nagyságát!

Az ABC háromszögben az A-ból és B-ből induló magasságok talppontja T1, illetve T2. Az ABT1T2

húrnégyszög, mert T1 és T2 rajta van az AB Thalész-körén. Mivel húrnégyszög, ezért T1-nél a, T2-nél b külső szög található. Ezt alkalmazzuk a BCT2T3 és a CAT3T1 húrnégyszögekre is. A kapottszögeket az ábrán láthatjuk.Vagyis a talpponti háromszög belső szögei: 180º – 2a, 180º – 2b, 180º – 2c.A megadott adatokkal: 112º, 40º, 28º.

6. E1

ABC TT C1 2+i i

5. E1

γ

AB

C

T2T1

M3

F3

M

4. K2

AM B 1803oB c= -AMB AM B3B B=

TMT AMB1 2B B=

TMT 1801 2oB c= -


1 0 . É V F O L Y A M

γ

AB

C

T2T1

M3

M

α β

γ

α

αβ

β

γγ

A B

C

T1T2

T3

Az ABC háromszögben megrajzoltuk az A és a B csúcsból induló két szögfelezőt. Ha abeírt kör középpontja, a két szögfelező szemközti oldallal alkotott metszéspontja, valamint a C csúcs húrnégyszöget alkot, akkor mekkora a háromszög C csúcsánál lévő szög nagysága?

Az ABC háromszögben az A és a B csúcsból induló két szögfelező a szemközti oldalt a P és a Qpontokban metszi. A beírt kör középpontja legyen K.

Tudjuk a feladat szövege szerint, hogy most a CQKP húrnégyszöget alkot, ezért. Az , mert és csúcsszögek. Az AKB három-

szögben a belső szögek összege: , azaz . Ebből követke-

zik, hogy , ami szerint . Ezek alapján a háromszög C csúcsánál lévőszöge 60o.

Alkalmazzuk téglalapra a Ptolemaiosz-tételt! Milyen összefüggést kapunk?

A Ptolemaiosz-tétel alapján tudjuk, hogy a húrnégyszögek átlóinak szorzata egyenlő a szem-közti oldalak szorzatának összegével. Téglalap esetén: . Ez a Pitagorasz-tétel.

Egy húrtrapéz alapjai a és c, a szára b, az átlója e hosszúságú. Igazoljuk, hogy az a és coldallal megadott téglalap területe egyenlő az e – b és e + b oldallal megadott téglalap terüle-tével!

Alkalmazzuk a Ptolemaiosz-tételt: , amit , azazalakban is írhatunk. Ez pedig a bizonyítandó állítást jelenti.

14. Érintőnégyszögek

Soroljuk fel azokat a négyszögeket, amelyek érintőnégyszögek is!

Négyzet, rombusz, konvex deltoid.

Egy érintőnégyszög három oldala ebben a sorrendben: a, b, c. Mekkora a negyedik ol-dala?

A negyedik oldal legyen x. Ekkor , vagyis .

7. E2

a c b x+ = + x a c b= + -

α2

β2

γ

180◦−γ

A B

C

PQ

K

3a b c c+ + = 3 180oc =

2a b c+ =180 1802 2

o oa bc+ + - =

AKBBQKPB180AKB oB c= -QKP 180oB c= -

8. E1

c a b2 2 2= +

9. E1

e b e b ac- + =^ ^h he b ac2 2- =e ac b2 2

= +

1. K1

2. K1


1 0 . É V F O L Y A M

c ca

b

b

a

Bizonyítsuk be, hogy ha egy húrtrapéz érintőnégyszög, akkor a magassága a két párhu-zamos oldalának a mértani közepe!

Készítsünk ábrát és használjuk az ábra jelöléseit!

A Pitagorasz-tétel szerint: , amiből .Valóban, ha egy húrtrapéz érintőnégyszög, akkor a magassága a két párhuzamos oldalának

a mértani közepe.

Az ABCDEF hatszögnek van beírt köre. Igazoljuk, hogy ekkor:AB + CD + EF = BC + DE + FA.

Tudjuk, hogy külső pontból a körhöz húzott érintőszakaszok hossza egyenlő. Ábránkon azegyenlő szakaszokat bejelöltük.

, .Ezzel igazoltuk az állítást.

Az 5, 12, 13 oldalhosszúsággal adott derékszögű háromszöget az átfogójára merőlegesegyenessel szétvágjuk egy érintőnégyszögre és egy derékszögű háromszögre. Határozzuk mega négyszög oldalainak hosszát!

I. eset:A két derékszögű háromszög hasonlóságából:

, azaz .

, azaz .

A húrnégyszögben az oldalakra:

, azaz .

Ebből , , .

A négyszög oldalainak hossza: , , 5 és 5.

3. K2

310

310

x3

10= y

310

= z 8=

y x z5 13+ = + -^ hx

xx

513

5 1213

1312 12

+-

= + --^ ^

ch h

m

z x12 13

12=

- zx

1312 12

=-^ h

y x5 13

12=

- yx

135 12

=-^ h

5. E1

BC DE FA b c d e f a+ + = + + + + +AB CD EF a b c d e f+ + = + + + + +

a bb

c

c

d

de

e

f

f

aA B

C

D

E

F

4. K2

m

a a

a − b

a

b

a

bb b

m a b2 2$=m a b a b2 2 2+ - = +^ ^h h


1 0 . É V F O L Y A M

x

y

12 − x

5

13 − z

z


1 0 . É V F O L Y A M

II. eset:

Az előzőekhez hasonlóan járunk el. Kapjuk, hogy , , .

A négyszög oldalainak hossza: 12, 12, , .

15. Körhöz húzott szelők és érintők

A 8 cm sugarú körhöz a középpontjától 16 cm távolságban lévő P pontból olyan szelőthúzunk, amelyen a rövidebb szelőszakasz 9 cm hosszú. Milyen hosszú a másik szelőszakasz?

Tudjuk, hogy a körhöz egy külső pontból húzott szelőkön a szelőszakaszok szorzata állandó.

Vagyis: , a mostani adatokkal: .

A keresett szelőszakasz hossza: cm.

Az 5 cm sugarú körhöz a középpontjától 15 cm távolságban lévő P pontból olyan szelőthúzunk, amelyből a kör 3 cm hosszúságú húrt vág ki. Milyen hosszú a rövidebb szelőszakasz?

Tudjuk, hogy a körhöz egy külső pontból húzott szelőkön a szelőszakaszok szorzata állandó.

Vagyis: , a feladatban szereplő adatokkal: .

Az így kapott másodfokú egyenlet pozitív megoldása: .

A keresett szelőszakasz hossza kb. 12,72 cm.

PC2

3 809=

- +

PA PB PC PD$ $= PC PC10 20 3$ $= +^ h

55

10

3

B

AK

P

C

D

2. K2

PD3

64=

PA PB PC PD$ $= PD8 24 9$ $=

8

8

8

9

B

A

K

P

C

D

1. K2

z5

13=y

512

=x 1=

512

5125 − z

yz

12

x

13 − x

Egy húrnégyszög 3 cm és 8 cm hosszú oldalának meghosszabbítása a köré írt körén kívülmetszi egymást. A metszésponttól 15 cm-re van a rövidebb oldal távolabbi csúcsa. Milyen messzevan a metszésponttól a hosszabb oldal távolabbi csúcsa?

A szöveg alapján a következő ábrát készíthetjük el:

Tudjuk, hogy , azaz: .Egyedüli pozitív gyök az .Vagyis 18 cm-re van a metszésponttól a hosszabb oldal távolabbi csúcsa

Az ABCD húrnégyszögben az átlók metszéspontja legyen M. Tudjuk, hogy AM = 3, BM = 4, CM = 8. Adjuk meg az átlók hosszát!

Tudjuk, hogy , azaz . Ezek alapján: .Az átlók hossza: 11 cm és 10 cm.

Bizonyítsuk be, hogy a szabályos tízszög oldala a köré írt kör sugarának aranymetszeté-vel egyenlő!

A szabályos tízszög a köré írt kör K középpontjából tíz egybevágó egyenlő szárú háromszögrevágható. Egy ilyen háromszög alapja lesz a szabályos tízszög oldala, a szára lesz a szabályos tíz-szög köré írt körének sugara, a szárak által bezárt szög pedig 36o.

Az A-ból induló szögfelezőt berajzoltuk, megállapításainkat rögzítettük az ábrán. A szögekalapján megállapítható, hogy .

Vagyis: .

Ez pedig a bizonyítandó állítást jelenti.

16. Hasonló síkidomok területe

Hogyan változtatja meg a síkidomok területét a

a) ; b) ; c) ; d)

arányú hasonlósági transzformáció?

a) 16-szorosára; b) kilencedére; c) 1,21-szorosára; d) -szörösére.

Milyen pozitív arányú hasonlósági transzformáció változtatja egy síkidom területét az

a) ötszörösére; b) negyedére; c) -ére; d) -szorosára?

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

3. K2

5m = 21m = 3

2m = 37m =

92

37

2. K1

254

4m = 31m = ,1 1m = 5

2m =

1. K1

ra

ar a

=-

ABK BPA+i i

5. E1

AM CM BM DM$ $= DM3 8 4$ $= DM 6=

4. E1

x 10=

PA PB PC PD$ $= x x 8 12 15$ $+ =^ h

8

x

312

BA

P

CD


1 0 . É V F O L Y A M

a

r

a

r − a

a36◦

36◦

72◦

36◦

A B

K

P

Egy termet terveink szerint 480 darab burkolólappal lehetne burkolni.a) A tervezett lapokhoz hasonló lapokból 214 darabbal megoldható a burkolás. A tervezett és

a felhasznált burkolólapok között milyen arányú a hasonlóság?b) Hány darabot vásároljunk a tervezetthez hasonló, és 0,8-szer kisebb hosszméretű lapokból?

(Az esetleges hulladékkal most ne számoljunk!)

a) Ha a terem területe x, akkor az eredetileg tervezett burkolólap területe , a lerakott lapok

közül egynek a területe .

A területek arányának négyzetgyöke adja a hasonlóság arányát: .

b) A burkolólapok megfelelő oldalainak aránya , emiatt az új lapok darabonként az eredeti

lapok területének -ét fedik, tehát az eredeti 480 db helyett darabot kell vá-

sárolnunk.

Az ábrán látható háromszöget az AB = 24 cm hosszú oldalával párhuzamos PQ = 15 cm-es szakasz egy trapézra és egy háromszögre vágja.Hogyan aránylik egymáshoz a két síkidom területe?

A megfelelő szögek egyenlősége miatt .

Tudjuk a megadott adatok alapján, hogy a hasonlóság aránya: , azaz .

A két hasonló háromszög területének aránya: . Azaz , , ahol q az ará-

nyossági tényező. Ezek szerint .

A két síkidom területének aránya: .

Egy háromszög alakú virágágyást az egyik oldalával párhuzamos egyenessel két egyenlőterületű részre szeretnénk osztani. Milyen arányban osztja ez a párhuzamos az oldalhoz tartozómagasságot?

Tudjuk, hogy . Ekkor a hasonlóság aránya: . A megfelelő háromszögek magassá-

gainak is ez az aránya: .

Vagyis .

Egy háromszöget a 24 cm hosszú magasságára merőleges egyenesekkel három egyenlőterületű részre vágtunk. Milyen darabokra vágják ezek az egyenesek a magasságot?

A párhuzamos oldalak miatt , (a szögek páronként egyenlők).

A hasonlóság aránya , illetve .

Így , .

Vagyis (cm), (cm), (cm).

3. K2

x480

2516 :480

2516 750=

54

: ,x x214 480

1 5.

x214

ABC PQC+i i

4. K2

ABPQ

85

=ABPQ

2415

=

3925

T t q q q64 25 39- = - =

T q64=t q25=Tt

6425

=

5. K2

m mm

2 11

2 1

1

-=

-

mm

21

2

1 =

21

tt

21

CAB

CDE =

6. K2

32

31

FGC ABC+i iDEC ABC+i i

,IJ 24 8 6 4 40.= -,HI 8 6 3 5 74.= -^ h,CH 8 3 13 86.=

CI CJ32 24

32 8 6$ $= = =CH CJ

31 24

31 8 3$ $= = =


1 0 . É V F O L Y A M

m1

m2 − m1

A

B

E

C

D

AB

C

D E

GF

H

I

J

Az ABCD téglalap alakú virágültetvény AB oldalának felezőpontja F. Az AC és FD szaka-szok metszéspontja M. Az AFM háromszög alakú területet rózsával ültették be; ennek területe400 m2. Az MCD háromszög alakú területet pedig tulipánnal ültették be.a) Mekkora a területe a tulipánnal beültetett résznek?b) Mekkora a téglalap alakú virágültetvény területe?

a) Látható, hogy , mert a szögeik páronként egyenlők. A hasonlóság aránya ,

hiszen F az AB oldal felezőpontja, így .A hasonló síkidomok területe a hasonlóság arányának négyzetével arányos, ezért azterülete negyede a területének.Ezért a tulipánnal beültetett rész területe , azaz 1600 m2.

b) Az AMD és az MCD háromszögek D-ből induló magassága megegyezik. Az előző részbenleírt hasonlóság miatt , vagyis . Ezek alapján az AMD háromszögterülete fele az MCD háromszög területének. Mivel MCD háromszög területét 1600 m2-nekszámoltuk, ezért AMD háromszög területe 800 m2. Ezek szerint az ACD háromszög területe(azaz a téglalap felének a területe) 2400 m2. Vagyis a téglalap alakú virágültetvény területe 4800 m2.

17. Hasonló testek térfogata

Hogyan változtatja meg a testek térfogatát a

a) ; b) ; c) ; d)

arányú hasonlósági transzformáció?

a) 8-szorosára; b) 27-ederé; c) -ére; d) -ére.

Milyen pozitív arányú hasonlósági transzformáció változtatja a testek térfogatát a

a) kétszeresére; b) huszonhetedére; c) -ára; d) felére?

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

Egy üdítőitalt 34 cm magas 2 literes palackokban árusítanak. Milyen magasságúak a 0,5 literes és az 1 literes palackok, ha a háromféle palack hasonló egymáshoz?

Legyen a 0,5 literes palack m1, az 1 literes pedig m2 magasságú. Ekkor a hasonló testek térfo-gatára tanult tétel alapján:

, ebből (cm).

A másik magasság esetén:

, ebből (cm).

7. K2

4 400$

CDMi

AFMi

: :AF CD 1 2=

21AFM CDM+i i

A B

CD

F

M

rózsa

tulipán

213m =2

3m =31m =23m =

12527

2764

MC AM2 $=: :AM MC 1 2=

53m =3

4m =31m =2m =

1. K1

827

2. K1

m34 2

12 3=a k ,m 27 02 .

,m 21 41.,m

34 20 51 3

=a k

3. K2


1 0 . É V F O L Y A M

Egy m magasságú gúlát a magasságának felezőpontjára illeszkedő és az alaplappal pár-huzamos síkkal két részre vágtuk. Milyen arányú lesz a két rész térfogata?

A két hasonló gúla esetén a hasonlóság aránya: , a térfogatok aránya: .

Azaz a két rész térfogatának aránya: .

Egy téglatest minden élhosszának a -szeresét vesszük. Hányszorosa lesz az új élekkel

kapott téglatest felszíne, térfogata, testátlója az eredetihez képest?

A hasonlóság aránya: .

A felszínek aránya: , mert a hasonló síkidomok területének aránya a hasonlóság ará-

nyának négyzetével arányos.

A térfogatok aránya: , mert a hasonló testek térfogatának aránya a hasonlóság

arányának köbével arányos.

A testátlók aránya: , mert a megfelelő szakaszok hosszának aránya a hasonlóság ará-

nyával arányos.

4. K2

81

21

dd

278

=l

VV

19 683512

=l

AA

72964

=l

278

71

2785. K2


1 0 . É V F O L Y A M

1. Távolságok meghatározása arányokkal

Határozzuk meg aa) 30º-os; b) 45º-osderékszögű háromszögben az oldalak arányát!

a) Legyen a rövid befogó hossza a, ekkor tudjuk, hogy az átfogó 2a, a hosszabb befogó pedig

a Pitagorasz-tétel alapján .

Vagyis az oldalak aránya: .

b) Legyen a befogó hossza a, ekkor tudjuk, hogy az átfogó a Pitagorasz-tétel alapján .


Határozzuk meg a 15º-os derékszögű háromszögben az oldalak arányát!

Nézzünk egy 30o-os derékszögű háromszöget, amelyben az oldalak hossza: 1, , .

A 30o-os szög szögfelezője a szemközti oldalt x és 1 – x hosszúságú darabra vágja.

A szögfelező osztásarányára vonatkozó tétel szerint: , amiből , azaz

.

Az ACD derékszögű háromszögben a Pitagorasz-tétel alapján:

.


Szögmérő és vonalzó segítségével rajzoljunka) 25º-os; b) 40º-os; c) 70º-osderékszögű háromszöget. Méréssel és számítással határozzuk meg a szöggel szemközti befogóés az átfogó arányának közelítő értékét!

A rajzok elkészítése után a megfelelő szakaszok hosszát megmérve a kapott értékek:a) kb. 0,4;b) kb. 0,6;c) kb. 0,9.

Egy vízszintes réten áll egy magas fa. A fától 30 méterre egy 1,8 m magas férfi 18º-osemelkedési szögben látja a fa tetejét. Rajz és mérés segítségével adjuk meg a fa magasságát!

Az elkészített rajzon méréssel kapjuk, hogy a fa magassága kb. 11,5 méter.(A rajz méretaránya lehet 1:100, vagyis ami a valóságban 1 méter az a rajzon 1 cm.)

: : : 2 3 3 :AC CD DA 3 24 12 3= - -^ h

AD 2 3 3 3 24 12 32 2= - + = -^ ^h h

x2 3

31

3 2 3 2 3 3=+

=-

= -^ h

x x2 3 3= -xx

1 23

-=

21

23

: : 1: :a b c 1 2=

a2

: : : :a b c 1 3 2=

a3

2. E1

3. K1

4. K2

1. K1

1 0 . É V F O L Y A M

V . T R I G O N O M E T R I A 103MATEMATIKA

TrigonometriaV.

√3

x

1 − x 2

C A

B

D

2. Hegyesszögek szögfüggvényei

Számológép segítségével határozzuk meg aa) sin 16º; b) cos 72º; c) tg 87º; d) ctg 67ºértékét öt tizedesjegy pontossággal!

a) ; c) ;

b) ; d) .

Számológép segítségével határozzuk meg az a hegyesszög nagyságát négy tizedesjegypontossággal, haa) sin a = 0,42; b) cos a = 0,75; c) tg a = 1,4; d) ctg a = 1,25.

a) a ≈ 24,8346º; c) a ≈ 54,4623º;b) a ≈ 41,4096º; d) Ha ctg a = 1,25, akkor tg a = 0,8, vagyis a ≈ 38,6598º.

Egy ház falától egy 180 cm magas ember a szemközti ház tetejét 14º-os emelkedési szög-ben látja. A két ház között a távolság 26 méter. Milyen magas a szemközti ház?

A feladat szövege alapján vázlatrajzot készítünk, és használjuk az ábra jelöléseit!

Az ABC derékszögű háromszögben felírhatjuk, hogy tg 14º = ,

azaz BC = 26 ⋅ tg 14º ≈ 6,5.Vagyis .A ház magassága kb. 8,3 méter.

Egy garázshoz vezető emelkedő hossza 14 méter, az emelkedési szöge 12º-os. Milyenmagason van a garázs az emelkedő aljához képest?

A vázlatrajz jelöléseit használjuk!

Felírhatjuk, hogy sin 12º = , azaz x = 14 ⋅ sin 12º ≈ 2,9.

A garázs az emelkedő aljához képest kb 2,9 méter magasan van.

x14

14x

A C

B

12◦

14◦

261,8

D E

AC

B

, , ,DB DC CB 6 5 1 8 8 3= + = + =

BC26

67 ,0 42447ctg o .

87 ,19 08114tg o .

,cos72 0 30902o .

,sin16 0 27564o .

1. K1

2. K1

3. K2

4. K2

104 MATEMATIKA V . T R I G O N O M E T R I A

1 0 . É V F O L Y A M

Milyen magasra visz az a lejtő, amelynek emelkedési szöge 9º15’, és a vízszintes síkon lévővetülete 70 méter?

A vázlatrajz jelöléseit használjuk!

Tudjuk, hogy 9º15’ = 9,25º. Felírhatjuk, hogy tg 9,25º = , azaz x = 70 ⋅ tg 9,25º ≈ 11,4.

A lejtő kb 11,4 méter magasra visz.

A 14 cm sugarú kör középpontjától 22 cm távolságra lévő pontból két érintőt húzunk akörhöz. Mekkora a két érintő hajlásszöge?

Készítsünk vázlatrajzot!

Az OPE derékszögű háromszögben: sin a = , amiből a ≈ 39,5º.

A két érintő hajlásszöge ennek kétszerese, vagyis kb. 79o.

A 20 cm sugarú kört 12 cm hosszúságú húrral két körszeletre vágtuk. Számítsuk ki a kör-szeleteka) kerületét;b) területét!

a) A körívek hossza a középpontban lévő szögek nagyságával egyenesen arányos.Kiszámítjuk az AOB szög nagyságát!

620

α

O

B

A

T

22

α

14

O

E

P

5. K2

70

x

A

B

C9◦15′

x70

6. K2

2214

7. K2

105MATEMATIKAV . T R I G O N O M E T R I A

1 0 . É V F O L Y A M


1 0 . É V F O L Y A M

Az OTB derékszögű háromszögben: sin a = , amiből a ≈ 17,46º, azaz .

Ezek szerint a kör kerületét az AB húr 35:325 arányban osztja ketté. A kör kerülete: .

A kisebb ív hossza: . Vagyis a kis körszelet kerülete: kb. 24,2 cm.

A nagyobb ív hossza: . Vagyis a nagy körszelet kerülete: kb. 125,5 cm.

b) A körcikkek területe a középpontban lévő szögek nagyságával egyenesen arányos.Mivel , ezért a kör területét az AO és BO sugár 35:325 arányban osztja ketté.

A kör területe: .

A kisebb körcikk területe: .

Ha ebből kivonjuk az AOB háromszög területét, akkor megkapjuk a kisebb körszelet területét.

Az AOB háromszög AB-hez tartozó magassága Pitagorasz-tétellel: ,

vagyis a háromszög területe: .

A kisebb körszelet területe: 122,2 – 114,6 = 7,6 (cm2).A nagyobb körszelet területe: 1256,6 – 7,6 = 1249 (cm2).

Egy téglalap alapú gúla alapéleinek hosszúsága 20 cm és 14 cm, magassága 16 cm, ésminden oldaléle egyenlő hosszú. Mekkora szöget zárnak bea) az oldalélek az alaplappal;b) az oldallapok az alaplappal?

Készítsünk rajzot!

a) A kérdéses szöget a-val jelöltük.Az ATE derékszögű háromszög AT befogója pontosan a fele az ABC derékszögű háromszög

AC átfogójának, amit Pitagorasz-tétellel kiszámítunk: .

Az ATE derékszögű háromszögben: tg a = , amiből a ≈ 52,66º.

b) A kérdéses szöget b-val jelöltük.

Az FTE derékszögű háromszögben: tg b = , amiből b ≈ 57,99º.

A

T

B

C

E

16

207

7α

β

206 AOB 35oB .

1016

14916

AT2

20 142596 149

2 2

=+

= =

8. K2

, 114,6t2

12 191$.=

,OT 20 6 1912 2 .= -

, ,35360

1256 6 122 2$ .

,t 20 400 1256 62 $ .r r= =

AOB 35oB .

, ,325360

125 7 113 5$ .

, ,35360

125 7 12 2$ .

,k 2 20 40 125 7$ $ .r r= =

F

3. Összefüggések hegyesszögek szögfüggvényeiközött

Adjuk meg, mely hegyesszög koszinuszával egyenlő:a) sin 43º; b) sin 23,6º; c) sin 76º45’; d) sin 71º12’44”.

a) 47º; b) 66,4º; c) 13º15’; d) 18º47’16”.

Adjuk meg, mely hegyesszög kotangensével egyenlő:a) tg 33º; b) tg 42º23’; c) tg 63º31’; d) tg 22º34’39”.

a) 57º; b) 47º37’; c) 26º29’; d) 67º25’21”.

Számítsuk ki a következő kifejezések pontos értékét:a) ;

b) ;

c) ;

d) .

a) ;

b) ;

c) ;

d) 1.

Számítsuk ki aza) a = 1, b = 2 és c = 60º;b) a = 3, b = 4 és c = 45º;c) a = 1, b = 2 és c = 120º;d) a = 3, b = 4 és c = 135ºadatokkal megadott háromszög területét!

Használjuk hegyesszög esetén a , tompaszög esetén a képletet.

a) ;

b) ;

c) ;

d) .

Egy hegyesszögnek ismerjük az egyik szögfüggvényértékét. Számítsuk ki a hegyesszögtöbbi szögfüggvényének pontos értékét!

a) sin a = 0,6; b) cos b = 0,75; c) tg c = 1,5; d) ctg d = .

a) Tudjuk, hogy , ezért .

Tudjuk, hogy , .

1. K1

30 60 45cos sin tgo o o+ +

3. K2

2. K1

30 30cos sin2 2o o-

cossin60

30 45ctgo

o o

,,

cossin

0 80 6

43tg a

aa

= = =1

34ctg

tga

a= =

sin cos 12 2a a+ = , ,cos 1 0 6 0 82a = - =

35

5. K2

sint

23 4 180 135

3 2o o$ $

=-

=^ h

sint

21 2 180 120

23o o$ $

=-

=^ h

sint2

3 4 45 3 2o$ $

= =

sint2

1 2 6023o$ $

= =

sint ab2

c=

sint

ab2

180o c=

-^ h

4. K2

23

21

212 2

- =c bm l

21

322

6$

=

1 123

23 3+ + = +

18 18sin cos2 2o o+


1 0 . É V F O L Y A M

b) Az előzőekhez hasonlóan: .

, .

c) .

Tudjuk, hogy , azaz , és .

Ezek alapján: , amiből: .

Mivel a hegyesszögek szögfüggvényei pozitív valós számok, ezért .

Visszahelyettesítéssel kapjuk, hogy .

d) .

Tudjuk, hogy , azaz , és .

Ezek alapján: , amiből: .

Mivel a hegyesszögek szögfüggvényei pozitív valós számok, ezért .

Visszahelyettesítéssel kapjuk, hogy .

4. Vektorok

Az ábrán látható a és b vektor segítségével adjuk meg aza) a + 2b; b) 0,5a – b; c) –a – b; d) 3(a + b)vektorokat.

a) b) c)

d)

1. K1

sin343

343 34d = =

cos345

345 34d = =

cos cos53 1

22$ d d= -b l cos

34252d =

cossin

53tg d

dd

= = sin cos53 $d d= sin cos12 2d d= -

1

351

53tg

ctgd

d= = =

sin133

133 13c = =

cos132

132 13c = =

,sin cos1 1 0 75 1169

167

472 2b b= - = - = - = =

1

231

32ctg

tgc

c= = =

cossin

4347

37tg b

bb

= = =1

73

73 7ctg

tgb

b= = =

cos cos23 1

22$ c c= -b l cos

1342c =

cossin

23tgc

cc

= = sin cos23 $c c= sin cos12 2c c= -


1 0 . É V F O L Y A M

a

b

b

a + 2b

b

0,5a

0,5a − b

a

b−a

−b

−a − b

a

b

3(a + b)

(a + b)

Adjuk meg az adott a és b vektorok lineáris kombinációját a m1 és m2 valós számokkal, ha

a) m1 = 2, m2 = –1; b) m1 = 1,5, m2 = .

Vegyük fel az adott két vektort! Az ábra mutatja a m1a + m2b vektort.

a) b)

Adjuk meg a v vektornak az a és b vektorokkal egyállású összetevőit!

a) b)

a) b)

Az ábrán látható a, b és c helyvektorok segítségével adjuk meg a következő vektorokat.

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

a) = a – b;

b) = c – b;

c) = b – a;

d) = a + c – b.

Egy téglalap három csúcsa az origóban, továbbá a (6; 0) és a (0; 4) koordiná-tájú pontokban van. Adjuk mega) a negyedik csúcshoz b) a középpontjához c) az oldalak felezőpontjáhoztartozó helyvektor koordinátáit!

Készítsünk ábrát!a) (6; 4); b) (3; 2); c) (3; 0), (6; 2), (3; 4), (0; 2).

Adjuk meg a hosszát a következő vektoroknak!

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

Alkalmazzuk a Pitagorasz-tételt:

a) . c) .

b) . d) .OD32 3

3852

2= + =c m

OC 2 2 8 2 22 2= + = =

OB 3 4 52 2= + =

OA 5 12 132 2= + =

;OD32 3b l;OC 2 2-^ h;OB 3 4- -^ h;OA 5 12^ h

6. K1

5. K1

34

2. K2

OD OB BA BC= + +

DC AB=

AD BC=

BA

BA AD DC OD

4. K2

3. K2


1 0 . É V F O L Y A M

2a

−ba

b 2a − b

1,5a

43 b

a

b 1,5a +43b

v

a

b

v

a

b

x

y

A(0; 0) B(6; 0)

D(6; 4)D(0; 4)

O(3; 2)F1(0; 2)F2(6; 2)

F3(3; 4)

F4(3; 0)

5. A szögfüggvények általánosítása

Számológép segítségével adjuk meg négy tizedesjegy pontossággal:a) sin 110º; b) sin (–1327º) c) cos 200º; d) cos 1020º;e) tg 226º; f) tg (–2028º); g) ctg 340º h) ctg (–6000º).

a) sin 110º ≈ 0,9397; b) sin (–1327º) ≈ 0,9205;c) cos 200º ≈ –0,9397; d) cos 1020º = 0,5;e) tg 226º ≈ 1,0355; f) tg (–2028º) ≈ –1,1106;g) ctg 340º ≈ –2,7475; h) ctg (–6000º) ≈ –0,5774.

A következő szögfüggvényértékeket vezessük vissza hegyesszögek szögfüggvényeire:a) sin 202º; b) sin (–2387º) c) cos 352º; d) cos 2026º;e) tg 238º; f) tg 2790º; g) ctg 260º h) ctg 2970º.

a) sin 202º = –sin 22º; b) sin (–2387º) = sin 47º;c) cos 352º = cos 8º; d) cos 2026º = –cos 46º;e) tg 238º = tg 58º; f) tg 2790º = tg 90º; (ami nincs értelmezve),g) ctg 260º = ctg 80º; h) ctg 2970º = ctg 90º, (de a 90º nem hegyesszög).

Számítsuk ki a háromszög területét, haa) a = 10, b = 7, c = 124º;b) a = 9, b = 6, c = 170º10’.

Használjuk a területképletet!

a) ;

b) .

Milyen forgásszögekre igaz, hogy

a) sin a = ; b) cos a = ; c) tg a = ;

d) sin a = –0,7880; e) cos a = 0,8290; f) tg a = –0,1763.

a) , ahol , .

b) , ahol , .

c) , ahol .

d) , ahol , .

e) , ahol , .

f) , ahol .10 180ko o$a = - + k Z!

kk

34 360326 360

1

2

o o

o o$

$a =

+

+* k Z1! k Z2 !

kk

232 36052 360

1

2

o o

o o$

$a =

+

- +* k Z1! k Z2 !

0 180k6 o o$a = + k Z!

kk

135 360225 360

1

2

o o

o o$

$a =

+

+* k Z1! k Z2 !

kk

30 360150 360

1

2

o o

o o$

$a =

+

+* k Z1! k Z2 !

21

22

- 3

4. K2

,sint2

9 6 170 10 4 61o$ $ .=

l

,sint2

10 7 124 29 02o$ $ .=

sint ab2

c=

3. K1

2. K1

1. K1


1 0 . É V F O L Y A M

6. Szögfüggvények ábrázolása

A trigonometriai alapfüggvényekből függvénytranszformációk alkalmazásával ábrázoljuka következő függvényeket:

a) 3 sin x; b) –2 cos x; c) .

a) 3 sin x;

b) –2 cos x;

c) .x21tg

x

y

π

2−π

2π 2π 3π−π−2π−3π

1

2

−1

0

x

y

π

2−π

2π 2π 3π−π−2π−3π

1

3

−1

0

x21tg

1. K2


1 0 . É V F O L Y A M

x

y

π

3π

2−π

2π−π

1

−1

0


1 0 . É V F O L Y A M

A trigonometriai alapfüggvények segítségével ábrázoljuk a következő függvényeket a [0; 2r[ intervallumon:

a) ; b) ; c) .

a)

b)

c)

x

y

π

3π

2−π

2π−π

1

−1

x

y

−π

4π 2π 3π−π−2π−3π

1

−1

x

y

π

6π 2π 3π−π−2π−3π

1

−1

x2

tg r+b l

cos x6r

-b l

sin x4r

+b l

2. K2

x2

tg r+b lsin x

4r

+b lcos x6r

-b l


1 0 . É V F O L Y A M

A trigonometriai alapfüggvények segítségével ábrázoljuk a következő függvényeket a [–2r; 2r[ intervallumon:

a) cos 2x; b) ; c) .

a) cos 2x

b)

c)

x

y

π

3π

2−π

2π−π

1

−1

x

y

π

6π 2π 3π−π−2π−3π

1

−1

x

y

π

6π 2π 3π−π−2π−3π

1

−1

3. K2

x2

tgsin x2

sin x2

x2

tg

Oldjuk meg a következő egyenleteket!

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

a) A sin 3x = -0,5 egyenletet kell megoldanunk. Két eset van:I. 3x = -30º + k1 $ 360º.Azaz x = -10º + k1 $ 120º, ahol k1 tetszőleges egész szám.II. 3x = -150º + k2 $ 360º.Azaz x = -50º + k2 $ 120º, ahol k2 tetszőleges egész szám.

b) A egyenletet kell megoldanunk.

Két eset van:I. 2x = 135º + k1 v 360º.Azaz x = 67,5º + k1 $ 180º, ahol k1 tetszőleges egész szám.II. 2x = -135º + k2 $ 360º.Azaz x = -67,5º + k2 $ 180º, ahol k2 tetszőleges egész szám.

c) A egyenletet kell megoldanunk. A nem nevezetes szög szinusza,

ezért számolunk közelítő értékkel.Két eset van:I. 4x . 35,26º + k1 $ 360º.Azaz x . 8,8º + k1 $ 90º, ahol k1 tetszőleges egész szám.II. 4x . 144,74º + k2 $ 360º.Azaz x . 36,2º + k2 $ 90º, ahol k2 tetszőleges egész szám.

33,sin x4

33 0 5774.=

cos x222

= -

5 ,cos x3 1 5=sin x3 4 3=cos x2 2 2- =sin x2 3 1= -

4. K2


1 0 . É V F O L Y A M

1. Statisztikai alapismeretek

a) Dobjunk egy pénzérmével 20-szor. Készítsünk a dobásokról gyakorisági eloszlást.Ábrázoljuk kördiagramon az adatokat.b) Dobjunk két pénzérmével 20-szor. Készítsünk a dobások összegéről gyakorisági eloszlást. Áb-rázoljuk oszlopdiagramon az adatokat.

a) A következő gyakorisági eloszlást kaphattuk:

Ábrázolás:

b) A következő gyakorisági eloszlást kaphattuk:

Ábrázolás: (lásd: alsó ábra)

Gyűjtsünk (pl. napilapokból, folyóiratokból) grafikonokat, táblázatokat! Elemezzük, ér-telmezzük a látottakat!

A gyűjtött grafikonokról, táblázatokból főleg az adatok nagyságát, az egymáshoz való viszo-nyukat próbáljuk leolvasni.

Gyűjtsünk adatokat arról, hogy a személygépkocsikban hányan utaznak. Statisztikaimutatók felhasználásával készítsünk rövid elemzést a rendelkezésünkre álló adatok alapján aszemélygépkocsik kihasználtságáról.

Megnéztünk 50 személygépkocsit, a következő gyakorisági eloszlást kaptuk:

A számsokaság átlaga: (1 ⋅ 26 + 2 ⋅ 13 + 3 ⋅ 8 + 4 ⋅ 2 + 5 ⋅ 1)/50 ≈1,78.A számsokaság módusza: 1, hiszen a gyakorisági táblázatban az 1 szerepel a legtöbbször.A számsokaság mediánja: 1, mert az adatok nagyság szerinti rendezésekor középen, vagyis

a 25. és a 26. helyen is az 1 áll.Ezek alapján elmondható, hogy a személygépkocsik kihasználtsága nagyon alacsony. Látható,

hogy az átlag 1,78. Azonban 1,78 utas nem lehet a személygépkocsiban, ezért kerekíthetnénk2-re, de ez nem mutatná azt, amit a felmérésnél tapasztaltunk. Nevezetesen, hogy lényegébenminden második autóban csak a vezető ül.

Természetesen ebben a példában is látható, hogy milyen fontos szerepe van az adatgyűjtésmikéntjének. Nem mindegy, hogy a nap melyik szakában, milyen helyen végezzük az adatokgyűjtését. Ha nem tudjuk, hogy mikor és hol gyűjtötték az adatokat, akkor csak nagyon óvatosvélemény fogalmazható meg. Jól megfigyelhető az adatok számának fontossága is. Ha bizton-ságosabb elemzést, véleményt szeretnénk megfogalmazni, akkor nagyobb mintát kell gyűjte-nünk, és a feltételeket, a körülményeket is illik közölni.

Utazók száma 1 2 3 4 5

Gyakorisága 26 13 8 2 1

3. K2

2. K1

A dobás két fej két írás vegyes

A dobás gyakorisága 4 5 11

A dobás fej írás

A dobás gyakorisága 11 9

1. K1

1 0 . É V F O L Y A M

V I . S T A T I S Z T I K A É S V A L Ó S Z Í N Ű S É G 115MATEMATIKA

Statisztika és valószínűségVI.

két fej két írás vegyes

1

4

5

11

fejírás

Valaki szeretne elhelyezkedni egy cégnél, de nem tudja milyen fizetésre számíthat. Azott dolgozó emberek fizetéseinek melyik középértéket érdemes megkérdezni?

Az átlag nagyon félrevezetheti az illetőt. Gondoljuk meg, hogy ha a cég vezetője nagyon sokatkeres, az alkalmazottak pedig nagyon keveset, akkor az átlag nem ad igazán hasznos informá-ciót. Érdemesebb a mediánt, esetleg a móduszt megkérdezni.

Egy osztályban a lányok testmagasságának átlaga 166 cm, a fiúké pedig 172 cm. Azosztályban 14 lány és 18 fiú van. Számítsuk ki az osztály testmagasságának átlagát.

Mivel a 14 lány testmagasságának átlaga 166 cm, ezért a lányok testmagasságának összege:14 ⋅ 166 = 2324 cm.Mivel a 18 fiú testmagasságának átlaga 172 cm, ezért a fiúk testmagasságának összege:18 ⋅ 172 = 3096 cm.A 32 fős osztály testmagasságának összege: 2324 + 3096 = 5420 cm.

Az osztály testmagasságának átlaga: = 169,375 cm.

a) Három tanulónak három tantárgyból elért félévi eredményeit vizsgáltuk. Először ki-számoltuk mindegyikük átlagát, majd az átlagok átlagát vettük. Másodszor kiszámoltuk a háromtantárgy átlagát, majd ezen átlagok átlagát is meghatároztuk. A kapott két érték milyen vi-szonyban lehet egymással?b) Válaszoljunk az előző kérdésre n tanuló és k db tantárgy esetén.

a) A három tanuló: A, B és C, a három tantárgy: x, y és z. A megfelelő félévi jegyet a következőtáblázatból megtudhatjuk (a, b, …, i ! {1, 2, 3, 4, 5}):

Az A tanuló átlaga: , a B tanuló átlaga: , a C tanuló átlaga: .

A tanulók átlagainak az átlaga:

.

Az x tantárgy átlaga: , az y tantárgy átlaga: , a z tantárgy átlaga: .

A tantárgyak átlagainak az átlaga:

.

Láthatjuk, hogy a tanulók átlagainak az átlaga és a tantárgyak átlagainak az átlaga egyenlő(feltéve, hogy a részeredményeket nem kerekítettük).

b) Az n tanuló: A1, A2, …, An, a k tantárgy: x1, x2, …, xk, A megfelelő félévi jegyet a következőtáblázatból megtudhatjuk (a1;1, …, an;k ! {1, 2, 3, 4, 5}):

x1 … xk

A1 a1;1 … a1;k

A2 a2;1 … a2;k

… … …

An an;1 … an;k

a d g b e h c f ia b c d e f g h i

33 3 3

9

+ ++

+ ++

+ +

=+ + + + + + + +

c f i3

+ +b e h3

+ +a d g3

+ +

a b c d e f g h ia b c d e f g h i

33 3 3

9

+ ++

+ ++

+ +

=+ + + + + + + +

g h i3

+ +d e f3

+ +a b c3

+ +

x y z

A a b c

B d e f

C g h i

6. E1

325420

5. K2

4. K2

116 MATEMATIKA V I . S T A T I S Z T I K A É S V A L Ó S Z Í N Ű S É G

1 0 . É V F O L Y A M

117MATEMATIKAV I . S T A T I S Z T I K A É S V A L Ó S Z Í N Ű S É G

1 0 . É V F O L Y A M

Az A1 tanuló átlaga: , az A2 tanuló átlaga: , …, az An tanuló át-

laga: .

A tanulók átlagainak az átlaga: .

Az x1 tantárgy átlaga: , az x2 tantárgy átlaga: , …, az xk tantárgy

átlaga: .

A tantárgyak átlagainak az átlaga: .

Láthatjuk, hogy a tanulók átlagainak az átlaga és a tantárgyak átlagainak az átlaga egyenlő.(Eltérést csak az okozhat, ha a számolás során a részeredményeket kerekítettük.)

Tudjuk, hogy hat számnak a mediánja 10. Mit mondhatunk a mediánról, ha a hat szám-hoz hozzávesszük a 12-t is?

Legyen a hat szám: a ≤ b ≤ c ≤ d ≤ e ≤ f. Mivel a medián 10, ezért c ≤ 10 és 10 ≤ d.Három eset lehetséges:

Ha 10 ≤ d < 12, akkor a sorrend: a, b, c, d, …. Vagyis a medián: d (azaz 12-nél kisebb).Ha d =12, akkor a sorrend: a, b, c, d, 12, e, f. Vagyis a medián: d (ami 12-vel egyenlő).Ha 12 < d, akkor a sorrend: a, b, c, 12, d, e, f. Vagyis a medián: 12 (ami d-nél kisebb).

Ha a hat számhoz hozzávesszük a 12-t is, akkor a hét számnak a mediánja [10;12] intervallum-ban lesz.

Három tanuló jegyeit jegyeztük fel. Katié: 2, 4, 3; Lorándé: 3, 2, 3, 2, 5; Mártoné: 4, 1, 3, 5, 2. Számítsuk ki a szórást mind a három adatsor esetén!

A szórás kiszámításához szükségünk van az átlagra.Kati átlaga: 3, Loránd átlaga: 3, Márton átlaga: 3.

Kati jegyeinek szórása:

.

Loránd jegyeinek szórása:

.

Márton jegyeinek szórása:

.

Részletesen leírtuk a behelyettesítést a képletbe. Nagyobb minta esetén ezt nem tennénkmeg, csak az eredményt közölnénk.

Egyes zsebszámológépek statisztikai funkciói között megtalálható a szórás kiszámítása is. Ezlényegesen gyorsítja a számításainkat.

1,5

4 3 1 3 3 3 5 3 2 32 41

2 2 2 2 2

.- + - + - + - + -

=^ ^ ^ ^ ^h h h h h

,5

3 3 2 3 3 3 2 3 5 356 110

2 2 2 2 2

.- + - + - + - + -

=^ ^ ^ ^ ^h h h h h

,3

2 3 4 3 3 332 0 82

2 2 2

.- + - + -

=^ ^ ^h h h

kn

a an

a a

nka a

; ; ; ;

; ;

n k n k

n k

1 1 1 1

1 1

ff

ff

+ ++ +

+ +

=+ +

na a; ;k n k1 f+ +

na a; ;n1 2 2f+ +

na a; ;n1 1 1f+ +

nk

a ak

a a

nka a

; ; ; ;

; ;

k n n k

n k

1 1 1 1

1 1

ff

ff

+ ++ +

+ +

=+ +

ka a; ;n n k1 f+ +

ka a; ;k2 1 2f+ +

ka a; ;k1 1 1f+ +

8. E1

7. K2

Két adatsor a következő: 1, 2, 2, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, illetve 5, 6, 6, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12.Melyik adatsornak nagyobb az (átlagtól vett) átlagos abszolút eltérése?

Az első adatsor átlaga: 4, a másodiké pedig: 8.Használjuk az átlagos abszolút eltérésre megismert képletet!Az első:

.

A második:

.

A két adatsornak egyenlő az (átlagtól vett) átlagos abszolút eltérése.(Bizonyítható lenne, hogy ha az adatsor minden elemét ugyanannyival növeljük, akkor az átlagais ugyanannyival nő, az átlagtól vett átlagos abszolút eltérése viszont nem változik.)

a) Egy szakkör 9 tanulójának magasságát x1; x2; ...; x9 jelölje. Határozzuk meg az f(x) = |x1 – x| + |x2 – x| + ... + |x9 – x| hozzárendelésű függvény minimumhelyét!b) Jelölje egy 7 fős társaság tagjainak testtömegét x1; x2; ...; x7. Határozzuk meg az f(x) = (x1 – x)2 + (x2 – x)2 + ... + (x7 – x)2 hozzárendelésű függvény minimumhelyét!

a) Az abszolútérték-függvények ábrázolásánál tanultakalapján a g(x) = | a – x | + | b – x | hozzárendelésű függ-vény képe a következő alakú lesz (a < b):

A 9 tanuló magassága legyen nagyság szerint sorbarendezve: x1 # x2 # … # x8 # x9. Vázlatosan megraj-zolhatjuk ag1(x) = | x1 – x | + | x9 – x |,g2(x) = | x2 – x | + | x8 – x |,g3(x) = | x3 – x | + | x7 – x |,g4(x) = | x4 – x | + | x6 – x |,g5(x) = | x5 – x | hozzárendelésű függvények képét egykoordináta-rendszerben.

Leolvasható az ábráról, hogy az x5-nél lesz az f függvény minimumhelye.

x

y

x1 x5 x9

10. E1

103 3 2 1 0 1 2 3 4

1020 2$

=+ + + + + + +

= =

105 8 3 6 8 7 8 8 8 9 8 10 8 11 8 12 8$- + - + - + - + - + - + - + -

=

103 2 2 2 1 0 1 2 3 4

1020 2=

+ + + + + + + + += =

101 4 2 4 2 4 2 4 3 4 4 4 5 4 6 4 7 4 8 4- + - + - + - + - + - + - + - + - + -

=

9. E1


1 0 . É V F O L Y A M

x

y

a b

Megjegyzés: Észrevehető, hogy az x5 pontosan az x1; x2; …; x8; x9 számsokaság mediánja. Ál-talánosságban is megmutatható, hogy az átlagos abszolút eltérés a mediántól lesz a legkisebb.

b) Végezzük el az f (x) következő átalakítását:f (x) = (x1 – x)2 + (x2 – x)2 + … + (x7 – x)2 == 7x2 – 2(x1 + x2 + … + x7 )x + x1

2 + x22 + … + x7

2 =

= .

Ennek a függvénynek a minimumhelye: .

Megjegyzés: Észrevehető, hogy ez pontosan az x1; x2; …; x7 számsokaságnak a számtani kö-zepe. Hasonló módon mutathatnánk meg általánosságban is, egy számsokaság esetén mini-mális négyzetes eltérést akkor kapunk, ha az eltéréseket a számsokaság átlagához képestszámítjuk.

2. A véletlen

Kétféle kísérletet is leírunk. Az elsőben 20-szor feldobunk öt pénzérmét. Ebben a kísér-letben a valószínűségi változó a leesett pénzötösökben a fejek száma. A kísérlet során felje-gyezzük ezeket a számokat. A második kísérletben 20-szor feldobunk egy dobókockát. Ekkor adobott számnál eggyel kisebb érték lesz a valószínűségi változó. A kísérlet során itt is feljegyez-zük ezeket a számokat. A két kísérlet egyikét kiválasztjuk, majd elvégezzük, és ezt kapjuk:1, 2, 3, 3, 2, 1, 1, 4, 1, 3, 2, 3, 3, 1, 3, 3, 3, 2, 3, 3.

Hajtsuk végre mindkét kísérletet többször is. Ezek alapján tippeljünk, hogy a fenti számsor me-lyik kísérletből eredhet!

Az általunk elvégzett pénzérmés kísérlet kimenetelei:2 1 2 2 3 1 3 4 4 3 4 2 3 4 3 2 3 5 2 31 3 4 1 4 2 4 2 2 5 2 3 2 2 1 5 1 2 1 22 3 4 4 2 1 3 3 2 2 1 4 2 3 1 1 4 3 3 23 1 1 3 3 2 3 1 3 3 4 2 4 4 4 1 4 2 3 35 1 2 4 2 4 3 4 4 0 2 1 2 2 3 0 3 4 2 1

A dobókockás kísérlet kimenetelei:4 2 3 4 5 5 5 5 1 4 5 5 1 2 1 3 5 5 1 13 1 5 2 1 3 5 4 3 0 0 3 3 0 1 5 0 3 3 1 4 3 1 5 4 3 4 5 4 1 4 2 0 1 1 2 4 3 5 54 0 5 4 2 4 0 0 2 2 0 4 0 1 2 4 1 4 3 35 4 1 5 1 5 0 1 3 5 3 1 0 4 1 5 2 4 2 2

Mivel a feladatban lejegyzett kísérletsorozatban legritkábban a 0, 4, 5 számjegyek szerepelnek,így feltételezhető, hogy a pénzérmés kísérlet kimeneteleit láthatjuk. Megfigyelhetjük, hogy adobókockás kísérlet esetén szinte mindig, akár többször is előfordul mindhárom kérdéses szám.

Nagyon sok társasjátékban az első lépést csak hatos dobás után tehetjük meg. Végezzükel a következő kísérletet: addig dobjunk egy dobókockával, amíg hatost nem kapunk. Jegyez-zük fel az ehhez szükséges dobások számát. Legalább 10-szer végezzük el ezt a kísérletet. Szá-moljuk ki az eredményeink átlagát, azaz azt, hogy átlagosan hányadik dobásra jött ki az elsőhatos!

Az általunk elvégzett kísérlet kimenetelei: 2, 6, 1, 1, 3, 6, 1, 5, 4, 3, 8, 2, 4, 25, 6, 5, 20.Átlagosan hatodik dobásra kaptuk az első hatost.

2. K2

1. K2

x x x x7min

1 2 7f=

+ + +

x x x x x x x x x x77 7

1 2 72

1 2 7 212

22

72f f f-

+ + +-

+ + ++ + + +a ak k: D


1 0 . É V F O L Y A M


1 0 . É V F O L Y A M

A lottószelvényünket véletlenszerűen szeretnénk kitölteni. Adjunk meg ilyen módsze-reket!

Például írjuk fel 90 darab egyforma papírlapra 1-től 90-ig az egész számokat, majd keverés után,véletlenszerűen húzzunk ki ötöt.

Totószelvényt szeretnénk véletlenszerűen kitölteni. Adjunk módszert a kitöltéshez!

Például dobókockával dobunk.Ha a dobásunk 1 vagy 2, akkor legyen 1.Ha a dobásunk 3 vagy 4, akkor legyen 2.Ha a dobásunk 5 vagy 6, akkor legyen X.

A 32 lapos kártyánk segítségével adjunk meg egy igazságos módszert, amellyel öt emberközül kiválasztunk négyet!

Válasszunk ki öt lapot, legyen pl. a négy király és a zöld hetes. Ezeket a lapokat megkeverjük éskiosztjuk az öt embernek. A kiválasztottak legyenek azok, akik a király lapokat kapták.

A 64 fős évfolyamról szeretnénk kiválasztani egy tanulót. Tervezzünk meg egy módszert,amely 1 darab pénzérme segítségével véletlenszerű és igazságos választást eredményez!

A 64 embert tegyük például ábécérendbe! A pénzérme fej dobása jelentse a névsor első felét,az írás dobás pedig a második felét. Az így kiválasztottakkal járjunk el ugyanígy. Folytassuk azeljárást addig, amíg egy ember marad.

Egy dobókockát egymás után négyszer feldobunk. Az alábbiakban erre a kísérletre vo-natkozó állításokat fogalmazunk meg. Állapítsuk meg, hogy közülük melyek a biztos, melyek alehetetlen események.a) A dobott számok összege 25.b) A dobott páros számok száma páros.c) A legnagyobb dobott szám páros.d) Dobott számok között van hatos.e) A dobott számok összege legalább három.

Biztos: e)Lehetetlen: a)

3. A valószínűség

Húzzunk ki egy csomag 32 lapos magyar kártyából találomra egy lapot. Határozzuk mega következő valószínűségeket! A kihúzott lapa) király;b) nem zöld;c) nem számozott;d) tök vagy felső.

a) p(király) = ;

b) p(nem zöld) = ;

c) p(nem számozott) = ;

d) p(tök vagy felső) = .,3211 0 34375=

3. K1

6. K2

5. K2

4. K1

7. K1

,3216 0 5=

,3224 0 75=

,324 0 125=

1. K1

Dobókockával kétszer dobunk, a sorrendet tartva leírjuk a két számjegyet egymás mellé.Mekkora valószínűséggel lesz az így kapott kétjegyű száma) páratlan;b) tízzel osztható;c) kilenccel osztható;d) húsznál nagyobb.

a) p(páratlan) = ;

b) p(tízzel osztható) = 0;

c) p(kilenccel osztható) = ;

d) p(húsznál nagyobb) = .

Egy dobozban 16 piros és 16 zöld kupak van. Véletlenszerűen kiveszünk kettőt. Mek-kora a valószínűsége, hogy két különböző színűt veszünk ki?

A 32 kupak közül bármelyik kettőt választhatjuk. Az összes esetek száma: .

Bármelyik piroshoz bármelyik zöldet választhatjuk. A kedvező esetek száma: .

A keresett valószínűség: .

Egy dobozban 14 zöld és 18 fehér golyó van. Véletlenszerűen kiveszünk kettőt. Mek-kora a valószínűsége, hogya) két különböző színűt veszünk ki;b) két zöldet veszünk ki?

a) A 32 golyó közül bármelyik kettőt választhatjuk. Az összes esetek száma: .

Bármelyik zöldhöz bármelyik fehéret választhatjuk. A kedvező esetek száma: .


b) Az összes esetek száma: .

Bármelyik két zöldet választhatjuk. A kedvező esetek száma: .


Egy műanyag kupak feldobása esetén milyen kimenetelek várhatók? Végezzük el a kí-sérletet 20-szor és határozzuk meg ezek relatív gyakoriságait!

Háromféle kimenetel várható:

Gyakoriság: 10 9 1Relatív gyakoriság: 0,5 0,45 0,05

5. K2

,49691 0 183.

214 13 91$

=

232 31 496$

=

,496252

12463 0 508.=

14 18 252$ =

232 31 496$

=

4. K2

,496256

3116 0 516.=

16 16 256$ =

232 31 496$

=

3. K2

3630

65

=

364

91

=

3618

21

=

2. K2


1 0 . É V F O L Y A M

Egy áruház születésnapi játékának reklámszövegében ezt olvashatjuk:Ha 20 000 Ft felett vásárol, akár 20 000 Ft készpénzt is nyerhet!

A játékban a feltételnek eleget tevő vásárlók egy zárt dobozból nyereményként egy papírpénzthúzhatnak ki. A doboz 500 Ft-os, 1000 Ft-os 2000 Ft-os, 5000 Ft-os, 10 000 Ft-os és 20 000 Ft-os pénzeket tartalmaz, mindegyikből pontosan 20 000 Ft-ot. Mekkora eséllyel nyer a vásárlóa) csak 500 Ft-ot;b) valóban 20 000 Ft-ot?

A dobozban a szöveg szerint 40 db 500 Ft-os, 20 db 1000 Ft-os, 10 db 2000 Ft-os, 4 db 5000Ft-os, 2 db 10 000 Ft-os és 1 db 20 000 Ft-os van. Ez összesen 77 db pénz, amelyekről feltéte-lezhetjük, hogy a zárt dobozból bármelyiket ugyanolyan eséllyel húz ki a szerencsés vásárló. Ezért

alkalmazhatjuk, hogy p(A ) = .

a) p(500 Ft a nyeremény) = .

Vagyis kb. 51,9% eséllyel csak 500 Ft lesz a nyereménye a vásárlónak.

b) p(20 000 Ft a nyeremény) = .

Vagyis csak kb. 1,3% eséllyel lesz 20 000 Ft a nyereménye a vásárlónak.

Egy televíziós rejtvényműsorban a nyertes biztos nyereménye 10 000 Ft, de fődíjkéntakár 2 000 000 Ft-ot is kaphat. A műsorba emeltdíjas telefonálással lehet bekerülni. A telefonálókközül számítógép sorsolja ki a válaszadót. Jó válasz esetén a játékos megkapja a biztos nyere-ményt, és ha a műsorvezető három dobókockával három hatost dob, akkor a 2 000 000 Ft is azövé lesz. Mekkora eséllyel nyer 2 010 000 Ft-ot egy jó választ adó betelefonáló?

Három dobókockával dobva az összes kimenetel száma: 63 = 216.A kedvező kimenetelek száma pedig csak 1.


Vagyis a főnyeremény megszerzésére 0,46% esélye van annak a játékosnak, akit a számítógépkisorsolt válaszadónak és jól is válaszolt.

Az előző feladatban leírt nyereményjátékban mit mondhatunk, mennyi az átlagos nye-remény?

A játékban nyerhetünk 10 000 Ft-ot, és ha nagyon szerencsések vagyunk, akkor 2 010 000 Ft-otis. Érezzük, hogy a két szám összegének fele nem mondható átlagos nyereménynek. A játékszabálya szerint három hatos dobás esetén lesz a nyeremény 2 010 000 Ft. Három különböző do-bókockával 6 ⋅ 6 ⋅ 6 = 216-féle dobás képzelhető el. Ezek közül 1 esetben 2 010 000 Ft, 215esetben pedig 10 000 Ft lesz a nyeremény.

A leírtak alapján az átlagos nyeremény: .

Vagyis az átlagos nyeremény ebben a játékban 19 260 Ft-nak mondható.

Egy dobozban 3 piros golyó van. Legalább hány darab zöld golyót kell a dobozba rakni,hogy ezután kihúzva egy golyót, az 0,15-nál kisebb valószínűséggel legyen piros?

Legyen a zöld golyók száma x. Ekkor: , amiből .

Vagyis legalább 18 zöld golyót kell betenni a dobozba.

kedvező kimenetelek számaösszes kimenetel száma

6. K2

,771 0 013.

,7740 0 519.

7. K2

x17 1,x 3

3 0151+

216215 10 000 2 010 000 19 260$ .+

,p216

1 0 0046.=

8. K2

9. K2


1 0 . É V F O L Y A M

Egy minden oldalán befestett kockát 64 azonos méretű kis kockára fűrészelnek szét. A kis kockákból véletlenszerűen választunk egyet. Mekkora a valószínűsége, annak, hogy a vá-lasztott kis kockaa) 3; b) 2; c) 1; d) 0oldala festett?

A 64 kis kockából 8 db lesz festetlen, 24 db-nak lesz egy oldala, 24 db-nak lesz két oldala és 8 db-nak lesz három oldala festett.

a) ; b) ; c) ; d)

Egy minden oldalán befestett kockát azonos méretű kis kockára fűrészelnek szét. Ha

ezek közül a kis kockák közül valószínűséggel húzunk egy festett oldalú kis kockát, akkor

mekkora valószínűséggel húzhatunk festetlen kis kockát?

Legyen a kocka éle x, így a kis kockák száma x3.Az egy festett oldalú kis kockák száma: .

Vagyis: .

Ebből kapjuk: .

Ez szorzat alakban: .Ennek az egyenletnek egyedüli egész gyöke az .Vagyis a kis kockák száma: 83 = 512.A festetlen kis kockák száma: 63 = 216.


10. E1

648

81

=6424

83

=6424

83

=648

81

=

6427

11. E1

512216

6427

=

x 8=

x x x8 9 56 64 02- - + =^ ^h h

x x x9 128 512 512 03 2- + - =

xx6 2

6427

3

2-

=^ h

x6 2 2-^ h


1 0 . É V F O L Y A M

Documents

MATEMATIKA 10.users.atw.hu/klemandras/NTHMat10M.pdf · 2019. 8. 26. · MATEMATIKA 10. Dr. Gerőcs László Számadó László A tankönyv feladatai és a feladatok megoldásai A