Matematika Gyakorlo Es Erettsegire Felkeszito Feladatgyujtemeny I Megoldas

Elôszó . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Jelölések, rövidítések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .I. MATEMATIKAI LOGIKA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Logikai feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1–50

Bizonyítási módszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Skatulyaelv . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51–75

Indirekt bizonyítások . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76–95

Teljes indukció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96–132

Invariáns tulajdonságok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133–139

Szita formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140–144

II. HALMAZELMÉLET . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Halmazok megadása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145–170

Mûveletek halmazokkal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171–230

Halmazok elemszáma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231–260

Végtelen halmazok számossága . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261–269

Vegyes feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 270–304

III. SZÁMELMÉLET . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Oszthatósági alapfogalmak, oszthatósági szabályok . . . . . . . . . . . . 305–343

Számjegyes feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 344–364

Prímszámok. A számelmélet alaptétele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 365–417

Legnagyobb közös osztó, legkisebb közös többszörös, osztók száma 418–482

Diofantoszi problémák, diofantoszi egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . 483–516

Számrendszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 517–579

Vegyes számelméleti feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 580–623

IV. ALGEBRA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Algebrai átalakítások. Polinomok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 624–652

Nevezetes azonosságok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 653–697

Algebrai törtek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 698–712

Algebrai törtek összeadása, kivonása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 713–724

Algebrai törtek szorzása, osztása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 725–741

Racionális és irracionális kifejezések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 742–815

Hatvány, gyök, logaritmus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Egész kitevôjû hatványok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 816–843

Négyzetgyök fogalma és azonosságai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 844–894

Az n-edik gyök fogalma és azonosságai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 895–926

Törtkitevôjû hatványok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 927–941

A logaritmus fogalma és azonosságai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 942–982

Tartalom

Nehezebb feladatok a témakörbôl . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 983–999

Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlôtlenségek . . . . .

Elsôfokú egyváltozós egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1000–1038

Egyenletrendszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1039–1080

Paraméteres egyenletek, egyenletrendszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1081–1102

Szöveges feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1103–1181

Elsôfokú egyenlôtlenségek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1182–1199

Másodfokú egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlôtlenségek . . .

Másodfokú egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1200–1254

Összefüggések a gyökök és együtthatók között . . . . . . . . . . . . . . . . 1255–1299

Másodfokú egyenletrendszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1300–1346

Szöveges feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1347–1395

Vegyes feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1396–1458

Másodfokú egyenlôtlenségek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1459–1465

Paraméteres és összetett egyenlôtlenségek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1466–1489

Magasabbfokú egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1490–1521

Irracionális egyenletek, egyenlôtlenségek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Irracionális egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1522–1554

Irracionális egyenlôtlenségek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1555–1569

Abszolútértékes egyenletek, egyenlôtlenségek . . . . . . . . . . . . . . . .

Abszolútértékes egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1570–1576

Abszolútértékes egyenlôtlenségek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1577–1592

Nehezebb feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1593–1602

Exponenciális és logaritmikus egyenletek, egyenletrendszerek,

egyenlôtlenségek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Exponenciális egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1603–1618

Exponenciális egyenletrendszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1619–1625

Exponenciális egyenlôtlenségek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1626–1631

Logaritmikus egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1632–1675

Logaritmikus egyenlôtlenségek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1676–1686

Exponenciális és logaritmikus egyenletrendszerek . . . . . . . . . . . . . . 1687–1699

Nehezebb feladatok a témakörbôl . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1700–1719

Vegyes és gyakorlati feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1720–1771

Nevezetes egyenlôtlenségek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1772–1801

Jelölések, rövidítések

I

6 Jelölések, rövidítések6=, =Y

/

.

<, #

>, $

N

Z

Z+, Z-

Q, Q*

Q+, Q-

R

R+, R-

,! !Y

,3 1

1Y

,, +

\

3

#

0Y, {}

AA

[a; b]

[a; b[

]a; b]

]a; b[

x[x], {x}

aub(a, b)

[a, b]

f: x 7f(x0)

egyenlô, nem egyenlô

azonosan egyenlô

közelítôleg egyenlô

kisebb, kisebb vagy egyenlô

nagyobb, nagyobb vagy egyenlô

a természetes számok halmaza

az egész számok halmaza

a pozitív, a negatív egész számok halmaza

a racionális, az irracionális számokhalmaza

a pozitív, a negatív racionális számokhalmaza

a valós számok halmaza

a pozitív, a negatív valós számok halmaza

eleme, nem eleme a halmaznak

részhalmaz, valódi részhalmaz

nem részhalmaza a halmaznak

halmazok uniója, metszete

halmazok különbsége

halmazok szimmetrikus különbsége

halmazok Descartes-szorzata

üres halmaz

az A halmaz komplementere

az A halmaz elemszáma

zárt intervallum

balról zárt, jobbról nyílt intervallum

balról nyílt, jobbról zárt intervallum

nyílt intervallum

az x szám abszolútértéke

az x szám egészrésze, törtrésze

a osztja b-t

a és b legnagyobb közös osztója

a és b legkisebb közös többszöröse

az f függvény hozzárendelési szabálya

az f függvény helyettesítési értéke, az x0

helyen

,a b2 5!=

ax b 5/+

, ; , ,a 2 3 8 54 8 6. .

< , x2 3 5 #

> , a6 4 2$

{0; 1; 2; …}

{…; -2; -1; 0; 1; 2; …}

{1; 2; 3; …}, {–1; –2; –3; …}

,N Z5 2! !- +Y

,A B N Q3 1

Z Q*1Y

,A B A B, +

A \ BA 3 BA # B

{ ; ; }0 1 2 3=

, ,3 1 3 1- =

[2,3] = 2, {2,3} = 0,3

2u8

(4, 6) = 2

[4, 6] = 12

f: x 7 2x + 3

f(5), ha x0 = 5

I

Jelölések, rövidítések 7

Df , Rf

f o g!

n

k

J

L

KK

N

P

OO

�

J

0, /

&, +," )

6

+

7

!

%

lim

f l

#

a

b

#

F(x), Fl(x)

az f függvény értelmezésitartománya, értékkészlete

összetett függvény

faktoriális

n alatt a k

szög

állítások tagadása (negációja)

állítások diszjunkciója, konjunkciója

állítások implikációja, ekvivalenciája

univerzális kvantor (minden …)

akkor és csak akkor

egzisztenciális kvantor (létezik …)

összeg (szumma)

szorzat (produktum)

limesz, határérték

az f függvény deriváltja

határozatlan integrál

határozott integrál

primitív függvény és a deriváltja

4! = 4 $ 3 $ 2 $ 1 = 24

5

2 2 1

5 410

$

$= =

J

L

KK

N

P

OO

ABC�

, ( )i i2 3i

n

1

-=

! !

ii 1

4

=

%

( )lim f xx"3

( )f x dx#

( )f x dxa

b

#

I. Matematikai logika

Logikai feladatok

01. a) igaz; b) hamis (pl. 24); c) igaz (pl. –1 és+1); d) igaz; e) igaz; f) hamis.02. Csak a B állítás lehet hamis, hiszen ha az igaz volna, akkor valamennyimásik is igaz volna. Így a négyszög rombusz.03. a) Balázs b) Csaba04. Mivel négyen úsztak páratlan számú pályán, ezért nem lehet a hárompáros helyezést elosztani köztük.05. Változik, mert a szél sebességcsökkentô hatása hosszabb ideig érvényesül,mint a sebességnövelô hatás.06. Igaz.07. Igen. Aki megszólalt, nem lehet lókötô, mert akkor igaz lenne, amit mon-dott, de tudjuk, hogy mindig hazudik. Tehát ô lovag, és ezért igazat mondott,így társa lókötô.08. Bizony nagyon álmosak lehettünk, mert ez a két mondat így nem hangoz-hatott el. Ugyanis az A állítás csak akkor hamis, ha mindketten lovagok, akkorazonban nem mondhatta, hogy legalább az egyikünk lókötô. Ha viszont A iga-zat mondott, akkor ô lovag, tehát akkor B szükségképpen lókötô. Ebben azesetben viszont igaz, hogy különbözô típushoz tartoznak, vagyis ez az állításigaz, és így is ellentmondásra jutottunk.09. A harmadik lakos mindenképpen igazmondó. Az elsô lakos biztos hazu-dós, ezért a második ha igazat mond, akkor a harmadik lakos is lovag, ha vi-szont lókötô, akkor is – mivel mindhárman nem lehetnek lókötôk – lovag a har-madik.10. Az öt válaszból pontosan egy lehet igaz, mivel bármely két válasz egymástkizárja. Egy válasznak azonban igaznak kell lennie, mert ha mind hamis, akkor5 lovag lehetne csak a társaságban, de akkor mindenkinek igazat kellene mon-dania. Ezért egy lovag volt közöttük. 11. Ha mindenki lókötô lenne, akkor mindenki igazat mondana, ezért kelllennie legalább egy lovagnak. Válasszunk ki egy lovagot. Önmagán és két szom-szédján kívül mindenki lókötô, tehát legfeljebb 3 lovag lehet. Ha 3 lenne, akkorez a három szomszédos lenne. A szélsôk nem szomszédok, mégsem lókötôk, te-hát ellentmondásba ütköztünk, így legfeljebb 2 lovag lehet. Ha csak egy lenne,akkor a szomszédja lókötô lenne, mégis igaz lenne állítása, így egy lovag nemlehet. Tehát csak 2 lovag lehet. Ekkor a két lovagnak igaz az állítása, a lókötôk-nek pedig mindig van velük nem szomszédos lovag, így az ôk állítása hamis.Tehát 2 lovag ül az asztalnál.12. Mivel az utolsó állítás biztosan igaz, így van közöttük lovag. Ha pontosank lovag van, akkor igaz a k-adik, k+1-edik, … utolsó állítás, az elsô k-1 pedighamis. Ezért 4 lovag és 3 lókötô van a szobában.

I

13. Fogalmunk sincs. Ugyanis ha pontosan k igazmondó van köztük, akkor azelsô k válasz igaz, az azután következô válaszok hamisak, és ez lehetséges isminden k-ra < k0 7# esetén.14. Ebben az esetben a válaszok kizárják egymást, most csak az elsô lehet igaz,vagy az sem, így a szobában 0 vagy 1 lovag van.15. Ha a február nincs a hónapok között, akkor három egymást követô hónap-ban 91 (szeptember–október–november) vagy 92 nap (pl. június–július–augusz-tus) van. 91 nap viszont pontosan 13 hét, amelyben 13 vasárnapnak kell lennie,és ez ellentmond a feladat feltételeinek. Ha a három hónap február, március ésáprilis, akkor ebben a három hónapban még szökôévben is csak 90 nap van,tehát ha február 1. hétfô, akkor lehet, hogy mindhárom hónapban csak 4 vasár-nap volt.16. Az A és az E állítás egyszerre igaz vagy hamis, hiszen ugyanazt állítja. Hatehát mindkét állítás hamis akkor a kép az ezüstládában van. Ekkor azonban aharmadik állítás is hamis, ami a feltételek szerint nem lehet. Ha mindkét állításigaz, akkor a harmadik hamis, tehát a kép az aranyládában van, azt kell választani.17. A páros számot és a magánhangzót ábrázoló kártyákat, tehát az elsôt és aharmadikat.18. Ha mindenki páros számú levelet küldött, akkor nem érkezhetett összesenpáratlan sok, 19 $ 3 = 57 levél összesen a címzettekhez.19. a) Minden héten van olyan lottószelvényem, amin nincs találat.

b) Van olyan asszony, aki életének minden pillanatában csak olyat akartenni, amit szabad.

c) Van olyan év, hogy minden tantárgyból van olyan óra, amire nem ké-szültem fel.

20. Marcsa: 5, Ancsa: 4, Julcsa: 3, Borcsa: 2.21. Könnyen látható, hogy jó megoldás, ha A és B bûnös és C ártatlan. Logi-kailag azonban megoldás az is, hogy mindhárman ártatlanok.22. Az elsô feltétel szerint Edit tanul olaszul, Márti nem lakik Budán, tehátnem tanul németül, ezért csak spanyolul tanulhat. Tehát Zsófi tanul németül,és így ô lakik Budán. A budakeszi lány nem tanul spanyolul, ezért Edit lakikBudakeszin és Márti Pesten.23. Mindkét kérdés azokra vonatkozik, aki futnak is és teniszeznek is. Ez a kéthalmaz metszete. Az a) kérdésben a metszethalmaz legjobb futója nem feltét-len azonos a metszethalmaz legjobb teniszezôjével, míg a b) kérdés mindkét fe-le a metszethalmaz legfiatalabbjára vonatkozik, tehát ott azonos személyre.24. Nem. Legyen pl. az A halmaz a páros, a B halmaz a páratlan számok hal-maza. Világos, hogy minden páros számhoz van olyan páratlan, amely nálanagyobb, de nincs olyan páratlan szám, amely minden páros számnál na-gyobb.25. a) A& B; téglalap& az átlók felezik egymást igaz;

b) ¬ A&¬ B; nem téglalap& az átlók nem feleznek hamis;c) C &A; átlók =-ek& téglalap hamis;d) (C / A)& B; átlók =-ek és téglalap& az átlók

felezik egymást igaz;e) B / C&E; az átlók felezik egymást és az átlók =-ek

& négyzet hamis;

10 Logikai feladatok

I

f) E&A 0 D; négyzet& téglalap vagy rombusz igaz;g) B&C; az átlók felezik egymást& az átlók =-ek hamis;h) ¬ A&¬ C; nem téglalap& az átlók nem =-ek hamis;i) (A / ¬ C)&¬ E; téglalap és az átlók nem =-ek

& nem négyzet igaz;j) D 0 E& B; négyzet és rombusz& az átlók

felezik egymást igaz.26. a) A " C; ha a szám osztható 6-tal& 12-re végzôdik;

b) B " D; ha nem páros szám& prím;c) (B / D)" F; páros szám és prím& nem osztható 9-cel;d) (B 0 A)" (A / G); ha páros vagy 6-tal osztható& páros és

a számjegyeinek összege 3-mal osztható;e) E " C; ha 4-gyel nem osztható egy szám& nem

végzôdik 12-re;f) (G 0 B) ) A; egy szám akkor és csak akkor nem osztható

6-tal, ha számjegyeinek összege nem osztható 3-malvagy nem páros;

g) (E / B) " D. ha egy szám osztható 4-gyel és páros& nem prím.A c, e, f, g igaz, az a, b, d hamis.27. Nem. Akkor is vihetek ernyôt, ha nem is esik.28. p: a szám páratlan, q: a szám prím.

p q p " q (p " q)/ ¬ q ¬ p

i i i h h

i h h h h

h i i h i

h h i i i

A következtetés hamis.29. Igen. Lehet az is, hogy betegség miatt hiányzott. Persze lehet az állításahamis is.30. p: a számnak két osztója van, q: a szám prím.A következtetés logikai alakja:[(¬ p " ¬ q) ∧ q] & p. Értéktáblázattal ellen-ôrizhetô, hogy a következtetés helyes. 31. Négy.32. a) Egy. Ez következik a három implikációból.

b) Béla biztosan nem mondott igazat az elsô implikáció és a saját állításamiatt.

c) Pontosan egy. Ez lehet Antal vagy Csaba egyaránt.33. A válasz: 29.Az ellenség a sarkokban állókat kétszer számolja.5 és 5 és 5 6 és 4 és 5 8 és 0 és 75 5 4 5 0 05 és 5 és 5 5 és 5 és 5 7 és 0 és 8Amikor az erôsítés megérkezik, az ellenség éppen támadni készül, így már csak29 élô védô volt az erôdben.

Logikai feladatok 11

I

34. Elôször is az A és B feladatnak nincs elôfeltétele, így egyszerre, és össze-sen 8 perc alatt elvégezhetôk. Ha B befejezôdött, C elvégezhetô (B a Celôfeltétele).Ha C elkészült (4 perc alatt), D is elvégezhetô (11 perc alatt), és végül, ha D iselkészült, az étel tálalható (vagyis I elvégezhetô). Így a kritikus út: START – 0 – B – 8 – C – 4 – D – 11 – I – 2 – KÉSZ,és a vacsora elkészítéséhez szükséges idô 8 + 4 + 11 + 2 = 25 perc, vagyis avacsora elkészítését legkésôbb 18:05-kor el kell kezdeni.Mivel G nincs a kritikus úton, attól, hogy 5 perccel rövidebb ideig tartana, mégnem kezdhetnénk a vacsora elkészítését 5 perccel késôbb.35. Minimum három idôpontra van szükség a bizottsági ülések számára.A Vacsora, Szállás és Öregdiák-album bizottságok egyszerre ülésezhetnek,hasonlóan a Mûsor és Díszítés bizottságok is. A Meghívók bizottságnak különidôpont kell. Elôször válogassuk szét, ki melyik bizottságban tag (így jobban lát-szik, kik vannak ugyanabban a csoportban):Anna, Jolán, Anita: Szállás Amália, Angéla: Vacsora Kati: Meghívók Károly, Juli: Mûsor Zoli, Aliz: Öregdiák-albumErik: Öregdiák-album és Mûsor, Tamás: Szállás és Mûsor, Simon, Rita: Vacsora és Mûsor, Tódor: Szállás és Díszítés, Mátyás, Róbert: Öregdiák-album és Díszítés, Jakab, Gergely: Meghívók és Díszítés, Rozália, Dani: Meghívók és Vacsora, Aki csak egy bizottságban tag, nem számít. Innen látszik, hogy az alábbibizottságok ülései nem lehetnek egyszerre: Mûsor és Öregdiák-album, Mûsor ésSzállás, Mûsor és Vacsora, Meghívók és Vacsora, Díszítés és Meghívók, Díszítés ésSzállás, Díszítés és Öregdiák-album.Látható, hogy a Mûsor és a Díszítés, valamint a Vacsora, a Szállás és az Öregdiák-album bizottságok egyszerre ülésezhetnek, mivel az egy csoporton belüli hal-mazok metszete üres. A Meghívók bizottságnak mindkét csoportbeli halmazzalvan közös része, így külön idôpont kell az üléseiknek. 36. Az elsô feltétel szerint:A talajszennyezô vagy Tamás, vagy Hugó. A zajszennyezô vagy Tamás, vagyHugó.A második feltétel szerint:A levegôszennyezô (vagy András, vagy Róbert) teniszezik. Tamás hokizik. A zajszennyezô (vagy Tamás, vagy Hugó) focizik. A talajszennyezô (vagyTamás, vagy Hugó) hokizik. Innen Tamás a talajszennyezô és Hugó a zajszen-nyezô. A harmadik feltétel szerint:András és Tamás nôs. Róbert és Hugó agglegény.

12 Logikai feladatok

I

A negyedik feltétel szerint:András a levegôszennyezô, aki teniszezik.Innen pedig Róbert a vízszennyezô.Összefoglalás:András, a levegôszennyezô kelet-magyarországi, teniszezik és nôs.Róbert, a vízszennyezô kelet-magyarországi és agglegény.Tamás, a talajszennyezô kelet-magyarországi, hokizik és nôs.Hugó, a zajszennyezô nyugat-magyarországi, focizik és agglegény.37. A feltételek szerint az I. állítás igaz (a, b); a II. is (d). Mivel T csak vasár-nap dolgozhat, így III. hamis. U és X beosztása nincs egymásra hatással, ezértV. nem feltétlen igaz. A IV. állítás is igaz (d, e).38. A helyes beosztás e. Az a-nál nincs fiókvezetô, b-nél kettô van, a c és desetben W és X ugyanaznap dolgozik.39. Biztosan igaz: a, c. Biztosan hamis: b, d.40. A második és harmadik állítás hamis, a többi igaz.41. Valamennyi azonosság bizonyítása, illetve logikai egyenlet megoldása azazonosságok felhasználásával az alábbiakhoz hasonló módon történik.h)

p q r p/ i p/h (p/ i)0(p/h) q/r eredmény

i i i i h i i i

i i h i h i h h

i h i i h i h h

h i i h h h i h

i h h i h i h h

h i h h h h h i

h h i h h h h i

h h h h h h h i

42. Például (p/h) 0 p.43.

p q p " q p/¬ q ¬(p/¬ q)

i i i h i

i h h i h

h i i h i

h h i h i

44. Igen, mert a feltételbôl q = i következik, és ez elég p 0 q = i-hez.45. Nem, mert (p " q) = h esetén az elôtag igaz és az utótag hamis, így(p/¬ q) = i.46. q " p = i.

Logikai feladatok 13

I

47.

48. Azonosságok: b; c; e; g; h.49. Helyes következtetési formák: a; b; c; e; h.50. Vizsgáljuk meg, hogy a „számlálók” mikor igazak!

p q p"q

i i i

h i i

h h i

Bizonyítási módszerek

Skatulyaelv

51. a) Ki kell húzni az összes nem zöldet, és még egy zöldet is, tehát 34-et.b) 6 fehér és 5 zöld kihúzása után a következô biztosan piros vagy kék.

Tehát 12-t.

c) Az összes piros, zöld és fehér kihúzása után lehetünk csak biztosak a

kék húzásában, tehát 27-et kell kivenni.d) Ha véletlenül minden pirosat kihúztunk, még mindig nincs kétféle, de

a 16. húzás után már biztosan lesz két különbözô színû.e) Lehet, hogy a kékek maradtak csak benn a végén, és még azok közül is

ki kell húzni 4-et, tehát összesen 30-at.f) Ha a zöldek maradnak a végére, akkor csak az utolsó két zöld marad-

hat benn, tehát 36-ot kell kivenni.g) 8 golyót kiválasztva még elképzelhetô, hogy minden színbôl kettô van,

a 9. húzás után azonban már biztosan lesz olyan szín, amelyikbôl 3-atvettünk ki.

52. a) Ha 32 darabot ki kellett venni, az azt jelenti, hogy 31 golyót még kilehet úgy húzni, hogy nincs közöttük mind a négy színbôl. Tehát azutolsó színbôl 9 golyó van, a másik háromból összesen 31, de egyikbôlsem lehet 9-nél kevesebb.

iihhiihhhhihiiihhhhiiihihhiihhii

¬ (p0 q)¬ p/¬ qqp¬ (p/ q)¬ p0¬ qqp

14 Bizonyítási módszerek

I

b) A másik három színbôl is legalább 9 golyó kell legyen, hiszen havalamelyikbôl kevesebb lenne (persze akkor más valamibôl több),akkor annak az elsô golyójára várva még többet kellett volna húzni.Ezért ha három színbôl 9-9-9 golyó van, akkor lehet a negyedikbôl 13darab.A következô eloszlások lehetségesek: (1. szín& amibôl a legtöbb van)

53. Három pár tiszta zoknira van szükségem, ehhez elég 7 darabot kihozni,hiszen ha 6 darabból nem lehet 3 párat választani, akkor van 2 pár zokni, és egyfekete, egy barna. A hetedik valamelyikkel már párt alkot. (Ha úgy értelmezzüka feladatot, hogy csak a további két napra kell zokni, ma már felöltöztem, akkora helyes válasz 5 db.)54. Legalább 37-en, hiszen lehet, hogy minden hónapban 3-an születtek, ésakkor 36 tanuló esetén sincs olyan hónap, amelyben 4-en születtek.55. Három egész szám között biztosan van két azonos paritású, azok összegebiztosan páros.56. Négyzetszám 3-mal osztva nulla vagy 1 maradékot adhat, ezért lesz kettô,amelyek maradéka megegyezik, ezért különbségük 3-mal osztható.57. Négyzetszám 4-gyel osztva nulla vagy 1 maradékot adhat, ezért lesz kettô,amelyek maradéka megegyezik, ezért különbségük 4-gyel osztható.58. A 10-nél nagyobb prímek végzôdése csak 1, 3, 7, 9 lehet, ezért van közöt-tük két azonos jegyre végzôdô. Ezek különbsége 10-zel osztható.59. Négyzetszám végzôdése csak 0, 1, 4, 5, 6, 9 lehet, ezért van közöttükkét azonos jegyre végzôdô. Ezek különbsége 10-zel osztható.60. Öt egész szám közül – ha van három, amely ugyanazt a maradékot adja 3-mal osztva –, ezek megfelelnek, vagy nincs, de akkor mindhárom maradéknakszerepelnie kell. Vegyünk három ilyen számot! Ezek összegének maradéka0 + 1 + 2 = 3, tehát ezeknek az összege 3-mal osztható.61. Egy szám akkor osztható 15-tel, ha osztható 3-mal és 5-tel. Négyzetszámmaradéka 3-mal osztva kétféle lehet, 0 vagy 1; 5-tel osztva pedig 0 vagy 1 vagy4. Ez összesen 2 $ 3 = 6 lehetôség, tehát 7 szám között van kettô, amely 3-mal és5-tel osztva is ugyanazt a maradékot adja, ezek különbsége 15-tel osztható.62. Prímszám 3-mal osztva csak 1 vagy 2 maradékot adhat, ha nem a 3-ról vanszó. A 10. feladat szerint bármely 5 egész közül kiválasztható három, amelyekösszege 3-mal osztható, ezért maximum 4 szám adható meg úgy, hogy azösszegük is prím legyen. Ennyi meg is adható, hiszen például 7, 11, 13, 23ilyen prímnégyes.63. Három hatványainak végzôdése: 3; 9; 7; 1; 3; … tehát a sorozat – mivelmindig egyformán 3-mal szorozzuk az elôzô végzôdést – periodikus.64. Az utolsó két helyen maximum 50-féle végzôdés állhat (2 hatványaipárosak), ezért az elsô 51 hatvány között van legalább kettô, amely ugyanarra

9101011

991111

991012

99913

4. szín3. szín2. szín1. szín

Skatulyaelv 15

I

a két számjegyre végzôdik. Ettôl kezdve a sorozat – mivel mindig egyformán 2-vel szorozzuk az elôzô végzôdést – periodikus.65. Tekintsük a következô 17 számot:1111111111h1111…11 (17 darab 1-es)Ezek közt vagy van 17-tel osztható, vagy nincs. Az elsô esetben megtaláltuk akeresett számot, a másodikban pedig a 17 szám maximum 16 féle maradékotadhat 17-tel osztva, így van közöttük legalább kettô, amely ugyanazt a maradé-kot adja. Vonjuk ki a nagyobból a kisebbet! A különbség olyan szám lesz, ami-ben valahány egyes után néhány nulla áll. Ezt a számot osztja 17, de ez a számelôáll egy csupa egyesbôl álló szám és 10-nek egy természetes kitevôjû hatvá-nyának szorzataként. Mivel 10 és 17 relatív prímek, & 17 a csupa 1-esbôl állószámot osztja, tehát ez megfelel.66. Az elsô 13 meccsbôl kell 5-öt eltalálni. Ha három tipposzlopot kitöltünkúgy, hogy az elsô oszlopba csupa 1-est, a másodikba csupa kettest, a harmadikbacsupa x-et írunk, akkor biztosan lesz valamelyik oszlopban legalább 5 találatunk,hiszen 13 meccs közül lesz legalább 5, amelyiknek ugyanaz az eredménye.67. Ha van az egyenesek között két párhuzamos, azok szöge 0�, így a feladatállítása igaz. Ha nincs, akkor toljuk el valamennyi egyenest a sík egy tetszôlegespontjába! Nem változik két egyenes szöge, ha azokat saját magukkal párhuza-mosan eltoljuk. Ekkor a 10 egyenes a síkot 20 közös csúcsú szögtartományrabontja, ahol a szögek összege 360�. Ezen szögek között nem lehet mindegyik20�, vagy annál több, mivel 20 $ 20� = 400� > 360�.68. Egy pont két koordinátája közül mindkettô vagy páros, vagy páratlan, ez 4lehetôség. Ezért 5 pont között biztosan van kettô, amelynél mindkét koordinátaparitása megegyezik. Ezek felezôpontja kielégíti a feladatot, mivel azonos pari-tású számok összege páros, annak a fele tehát egész, és így kell a felezôpontkoordinátáit kiszámolni.69. Térben a három koordináta mindegyike vagy páros, vagy páratlan, ezösszesen 23 = 8 lehetôség, ezért 9 pont között lesz kettô, amelynek mindenkoordinátájának paritása megegyezik. Ez a két pont által meghatározott sza-kasz felezôpontja rácspont. 70. Egy háromszög súlypontjának koordinátáit megkapjuk, ha a három csúcsmegfelelô koordinátáinak számtani közepét vesszük. Egy pont koordinátáittekintve háromféle maradékot adhat 3-mal osztva, ezért 13 pont között lesz 5olyan pont, amelynek az elsô koordinátája ugyanazt a maradékot adja 3-malosztva. Ezek közül bármely hármat választva az elsô koordináták összege 3-malosztható. Nézzük ezek második koordinátáit! Ez öt egész szám, amelyrôl márbizonyítottuk, hogy van közöttük három, amelynek az összege 3-mal osztható,így ezek által meghatározott háromszög súlypontjának mindkét koordinátájaegész, tehát rácspont. 71. A számok között eggyel több páratlan van, mint páros, ezért minden per-mutációban lesz olyan páratlan szám, amely alatt is páratlan szám áll. Ezek


I

különbsége páros, és ha egy szorzatban van páros tényezô, akkor a szorzatpáros. 72. Tekintsük a következô számokat!333333h3333….3 (n db 3-as ).Ezek közt vagy van 3-mal osztható, és akkor az kielégíti a feladat feltételét,vagy nincs. Akkor viszont ez olyan n darab szám, amely n-nel osztva legfeljebbn –1 féle maradékot adhat, tehát van köztük legalább kettô, aminek ugyanaz amaradéka. Ezek különbsége n-nel osztható, és a szám a kívánt alakú.73. Osszuk a körlapot hat darab 60�-os középponti szögû körcikkre! Leszolyan közöttük, amelyikbe legalább két találati pont esik. Ez a két pont a kívánttulajdonságú.74. Osszuk a szabályos háromszöget az oldalaival párhuzamos vágásokkal 9darab 5 méter oldalú szabályos háromszögre. Lesz olyan közöttük, amelyikbelegalább két pont esik. Ez a két pont a kívánt tulajdonságú.75. El lehet helyezni. Tegyünk a négy csúcsba, a négy oldalfelezô pontba és anégyzet középpontjába egy-egy pontot, ez az elrendezés jó. 10 pontot már nemlehet elhelyezni, mert ha a négyzetet oldalaival párhuzamos vágásokkal kilencdarab kisebb négyzetre bontjuk, akkor lesz olyan, amelyikbe legalább 2 pont

esik. E két pont által meghatározott szakasz hossza maximum <3

21 .

Indirekt bizonyítások

76. Tegyük fel, hogy nincs. Mivel egy embernek nullától n - 1-ig terjedhet azismerôseinek száma, ha a társaság n fôbôl áll, ennek az n számnak mind elôkell fordulnia. De ez lehetetlen, hiszen ha valaki n - 1 embert ismer, azaz min-denkit, akkor kölcsönös ismeretség esetén nem lehet olyan a tagok közt, akinekegyetlen ismerôse sincs.

77. A bajnokságban tehát ( )n n

2

1-= 91 mérkôzés volt. Tegyük fel, hogy

gyôzelemért 2, döntetlenért 1 és vereségért 0 pont jár. Ha mindenki ugyanannyidöntetlen meccset játszott, mint ahányszor nyert, akkor a pontszáma osztható3-mal, így a pontszámok összegének is 3-mal oszthatónak kellene lennie, de 91nem osztható 3-mal. 78. Tegyük fel, hogy racionális, ekkor felírható két egész szám hányadosaként.

q

p5 = , ahol p, q egészek és q 0! . Négyzetre emelve és q2-tel átszorozva azt

kapjuk, hogy 5q2 = p2. Vizsgáljuk meg a két oldalon álló szám prímtényezôs fel-bontásában 5 hatványkitevôjét! Mivel négyzetszám prímfelbontásában mindenkitevô páros, ezért a jobb oldalon 5 páros kitevôjû hatványa áll, a bal oldalon

pedig páratlan. Ez azonban ellentmond a számelmélet alaptételének, tehát 5

nem racionális.

Indirekt bizonyítások 17

I

79. A bizonyítás az elôzôhöz hasonló, itt is vizsgálhatjuk 5 kitevôjét a kétoldalon. 80. A bizonyítás az elôzôekhez hasonló, itt is vizsgálhatjuk 5 kitevôjét a kétoldalon. 81. Itt az indirekt feltevés és a négyzetre emelés után 10 -rôl kell azelôzôekhez hasonlóan igazolni, hogy irracionális. 82. Tegyük fel, hogy minden számjegy csak véges sokszor ismétlôdik a tizedestörtben. Jelölje k azt a legnagyobb számot, ahányszor egy számjegy elôfordul.Az összes számjegyek száma akkor legfeljebb k10 $_ i, de ez véges, irracionálisszám tizedes tört alakja viszont végtelen nem szakaszos tizedes tört. Ez ellent-mondás, tehát az eredeti állítás igaz. 83. Ha csak egy számjegy ismétlôdne végtelen sokszor, akkor az elôzôekszerint egyszer elfogynának, és onnan egy jegy ismétlôdne csak, tehát a számtizedes tört alakja szakaszos, és a szám így racionális lenne. 84. Tegyük fel, hogy nincs, azaz bármely három irracionális szám összegeracionális. Jelölje a négy irracionális számot a, b, c és d. Ez azt jelenti, hogy

,

,

,

.

a b c ra c d ra b d rb c d r

1

2

3

4

+ + =

+ + =

+ + =

+ + =

Négy racionális szám összege is racionális, tehát 3(a + b + c + d) = racionális.Ennek harmada is racionális, tehát a négy irracionális szám összege r5 racio-nális szám. Akkor viszont két racionális szám különbségeként d r r5 1= - isracionális, ami ellentmondás.85. Tegyük fel, hogy van két ilyen szám, legyenek ezek a és b. Ekkor a + b alegkisebb közös többszörösük, tehát a osztja (a + b)-t és b osztja (a + b)-t, ezérta osztja b-t és b osztja a-t. Mivel természetes számokról van szó, ezért ez csakúgy lehetséges, ha a = b. Ekkor viszont a legkisebb közös többszörösük a $ 2a == a & a = 0. Tehát csak a 0; 0 eset maradt, ekkor viszont nincs legkisebb pozi-tív többszörös. Vagyis nincs két ilyen természetes szám. 86. Tegyük fel, hogy lehetséges a feladat állítása. Legyen a legkisebb kitevôjûhatvány a 3a. Az összes többi hatvány 3a $ 3b alakú, ahol b természetes szám. Ígya hatványok összege megegyezik egy szorzattal, melynek egyik tényezôje a 3a, amásik pedig 1000 páratlan szám összege, ami páros. Ha a nem negatív, akkor aszorzat páros szám. Ha a negatív, akkor egy páros számot elosztunk egy párat-lan számmal, tehát vagy páros számot, vagy nem egész számot kapunk. Így 3333nem lehet a hatványok összege.87. Színezzük ki a lámpákat 3 színnel úgy, hogy minden harmadik lámpaazonos színû legyen. Minden lépésben három különbözô színû lámpán változ-tatunk, ezért egy lépésben csak eggyel változik az egy színhez tartozó égô lám-pák száma. Az egyik színhez eredetileg 1 égô lámpa tartozott, végül pedig 5-nekkell lennie, ezért páros sok lépés után fog minden lámpa égni. De a másik kétszínhez eredetileg 0 égô lámpa tartozott, végül pedig 5-nek kell tartoznia, tehátpáratlan sok lépés után fog minden lámpa égni. Ellentmondásra jutottunk,tehát nem lehet elérni, hogy minden lámpa égjen.


I

88. Tegyük fel, hogy van olyan pont, amelyik nincs lefedve. Ez a pont vala-mennyi Thalész-körön kívül van, így ebbôl a pontból valamennyi oldal hegyes-szögben látszik. Ez azonban lehetetlen, mert négy 90�-nál kisebb szög összegenem lehet 360�. 89. Tegyük fel, hogy létezik ilyen háromszög. Toljuk el úgy, hogy az egyikcsúcsa az O, origó legyen. A másik két csúcs legyen P(x, y) és Q(v, z). Mivel OP2 = x2 + y2 és OP páratlan egész, ezért x és y nem lehet egyszerre sem páros,sem páratlan. Hasonló megfontolást végezhetünk az OQ-ra is, amibôl aztkapjuk, hogy v és z közül az egyik páros, a másik páratlan. Vizsgáljuk meg PQ-t: PQ2 = (x - v)2 + (y - z)2. Ha x és v páros. akkor x - v és y - z is páros,tehát PQ is páros lenne. Ha x és v különbözô paritású, akkor ugyanez igaz az yés z párra is, ekkor x - v és y - z is páratlan, négyzeteik összege páros, tehát PQmost sem lehet páratlan. Feltevésünk ezért nem lehet helyes, beláttuk, hogynincs ilyen háromszög.90. Elsô bizonyítás: Tegyük fel, hogy van szabályos rácsháromszög. Toljuk el úgy, hogy egyik csúcsaaz origóba essen! Jelöljük A-val azt az origótól különbözô csúcsot, amelyik azorigó körüli + 60�-os elforgatás után a háromszög harmadik, B csúcsába kerül.Legyenek A koordinátái A(a1; a2). A 60�-os elforgatás miatt B(b1; b2) koordi-nátáira teljesülnie kell a következô összefüggéseknek:

cos sin

sin cos

b a a a a

b a a a a

60 602

1

2

3

60 602

3

2

1

� �

� �

1 1 2 1 2

2 1 2 1 2

$ $

$ $

= - = -

= + = +

,

és B(b1; b2) koordinátái is egészek.

Az elsô egyenlet átrendezésébôl azonban a a b3 22 1 1= - , ahol a jobb oldal ra-cionális. A bal oldalon csak akkor kaphatunk racionális számot, ha a2 = 0. Eb-ben az esetben a második egyenletbôl hasonló átalakítás és indoklás után a1 = 0következne, de ez lehetetlen, mert a háromszög origótól különbözô csúcsátjelöltük A-val, így nem lehet mindkét koordinátája nulla.

Szabályos rácshatszög sem létezik, mert ha létezne, annak minden második

csúcsát kiválasztva szabályos rácsháromszöghöz jutnánk, amirôl az elôbb iga-

zoltuk, hogy nincs.Második bizonyítás:Számítsuk ki kétféleképpen a háromszög területét! Egyrészt tudjuk, hogy a

szabályos háromszög területe az oldal négyzetének 2

3-szöröse. Mivel a

háromszög oldalának négyzetét Pitagorasz tételével kiszámítva két egész szám

négyzetösszegeként kapjuk, ezért nem nulla egész. Ennek 2

3-szöröse irra-

cionális szám. Másrészt kiszámíthatjuk a területet úgy is, hogy egy rácstéglalap-

Indirekt bizonyítások 19

I

ba foglaljuk a háromszöget, és a téglalap területébôl – ami egészek szorzata -levonjuk a leesô háromszögek területeit, ami csak egész, vagy egész + öttizedlehet. Az így számított terület tehát racionális, ami ellentmondás. 91. Tegyük fel, hogy létezik szabályos rácsötszög, csúcsait jelölje A1A2A3A4A5.legyen ez a legkisebb oldalhosszúságú rácsötszög. Ilyen biztosan van, mert azötszög oldalhossza egész, és legalább 1. Húzzuk be az átlóit! Ezek az ötszögbelsejében egy újabb szabályos ötszöget határoznak meg. Az A1A2A3 három-szög és a belsô ötszög egyik csúcsa paralelogrammát határoznak meg, és ha aparalelogramma három csúcsa rácspont, akkor a negyedik is az, mivel kiszá-mításában csak összeadást és kivonást használunk, ami nem vezet ki az egészszámok közül. Ezzel ismét olyan ötszöget kaptunk, amelynek minden csúcsarácspont, és oldala kisebb az elôzônél. Ez ellentmondás, hiszen feltevésünkszerint az volt a legkisebb oldalú szabályos rácsötszög.

92. Tegyük fel, hogy van olyan n > 6 szám, amelyhez találunk szabályos rács-

sokszöget. Legyen egy ilyen legrövidebb oldalú rácssokszög A A A An1 2 3f . En-

nek a rácssokszögnek valamennyi AiAi + 1 oldalát toljuk el úgy, hogy az Ai csúcs

az origóba kerüljön. Ekkor a szakaszok végpontjai újra egy szabályos n oldalú

B B B Bn1 2 3f rácssokszöget alkotnak. A két sokszög oldalainak aránya

<sinA A

B B

n2 1

1 2

1 2=

r, mert n > 6. Tehát A A A An1 2 3f nem lehetett a legrö-

videbb oldalhosszú rács n-szög.

93. Az összesen kiválasztható számpárok száma: 90

245 89$=

J

L

KK

N

P

OO , ami páratlan

szám. Egy szelvényen 5 számot töltünk ki, ez 5

25 2 10$= =

J

L

KK

N

P

OO számpár meg-

jelölését jelenti. Több szelvény kitöltésével csak ennek többszöröse érhetô el,

ami nem lehet páratlan, tehát a válasz nem. 94. Nem. Tegyük fel, hogy sikerült, és jelöljük A-val a közös összeget! Mindenélen lévô számot két csúcsnál számolunk hozzá az összeghez, és mivel a kocká-nak 8 csúcsa van, így kétféleképpen összeszámolva az összes élre írt számokösszegét, a következô egyenletet kapjuk: 8A = 2(1 + 2 + 3 + … + 12) = 156,ami nem osztható 8-cal.

95. Bizonyítás: indirekt módon. Tegyük fel, hogy n nem prím, akkor vagy n = 1, vagy n = ab, ahol a > 1 és b > 1. Az n = 1-re a szám nem prím, tehát azállítás errôl nem mond semmit. Ha n = ab, ahol a > 1 és b > 1, akkor osszukaz n darab 1-esbôl álló számot b darab olyan számra, amelyek mindegyike adarab 1-esbôl áll. Ezt az a darab 1-esbôl álló számot jelölje k, és tudjuk, hogy k > 1. Az eredeti n jegyû szám tehát felírható a következô alakban: k(1 + 10a ++ 102a + … + 10a(b-1)), és a második tényezô is nagyobb egynél. Így nem lehetprím, mivel két egynél nagyobb természetes szám szorzata. Ellentmondásrajutottunk, ezért az eredeti állítás igaz. A megfordítás nem igaz, hiszen n = 3-ra 111 = 3 $ 37.


I

Teljes indukció

96. A hiba ott van, hogy két egymás utáni értékre n - 1-re és n - 2-rehasználtuk a második lépésnél az indukciós feltételt, de csak egyetlen értékre,n = 1-re ellenôriztük. 97. Az állítás csak 1-nél nagyobb n-ekre igaz, az elsô lépésnél a jobb oldalon

1-re, a bal oldalon 2-re szóló állítást tettünk egyenlôvé. 98. Egy egyenes behúzása esetén legyen az egyik félsík fekete, a másik

fehér, ez a színezés jó. Két egyenes esetén már meg kell vizsgálni, hogy az egye-nesek párhuzamosak vagy metszôk, de mindkét konkrét eset nyilvánvalóankiszínezhetô. Tegyük fel, hogy igaz az állítás n = k egyenesre, azaz a sík a kí-vánt módon kiszínezhetô. Ekkor biztosan létezik egy másik színezés is, az,amelyben fekete az, ami az eredeti színezésen fehér, és fordítva. Húzzuk bemost a k + 1-edik egyenest. Ez a síkot két félsíkra osztja. A két félsík közül azegyikben hagyjuk meg a színezést, a másikban változtassuk az ellentétére. Ez aszínezés jó, hiszen mindkét félsík külön-külön jól van színezve, és az egyenesáltal határolt tartományok az egyenes két oldalán különbözô színûek. 99. Elég bebizonyítani, hogy 6; 7; 8 darab négyzetre felbontható (99. ábra),

mert azután egy négyzetet 4 egybevágó négyzetre bontva adódik teljes induk-cióval minden 3k; 3k + 1 és 3k + 2 alakú számra, és ezzel az összes természetesszámra az állítás. 100. Ez következik a 101. feladatból. (100–101. ábra)101. Ha egy háromszög középvonalait meghúzzuk, akkor egyetlen három-szögbôl négy darab, az eredetihez hasonló háromszöget kaptunk, tehát az ere-detihez hasonló háromszögek számát 3-mal növeltük. Ezért elég megmutatni,hogy fel lehet bontani 6; 7; 8 darab, az eredetihez hasonló háromszögre, mertazután egy háromszöget 4 egybevágó háromszögre bontva teljes indukcióvaladódik minden 3k; 3k + 1 és 3k + 2 alakú számra, és ezzel az összes természetesszámra az állítás. Ezt a felbontást pedig a 100–101. ábra mutatja.

Teljes indukció 21

I

99.

100–101.

A következô feladatokban csak egy-két példát dolgozunk ki részletesen, mivel azösszes bizonyítása nagyon hasonló.102.

a) A bizonyítást teljes indukcióval végezzük.n = 1-re az állítás igaz, mert 7 3 16 4 41 2 $+ = = .

Tegyük fel, hogy egy n számra igaz az állítás.

Állítom, hogy (n + 1)-re is igaz marad, vagyis ha 4 7 3n n 1+ + , & 4 7 3n n1 2++ + .

Alakítsuk át az állításban szereplô mennyiséget a következô módon:

7 3 7 7 3 3 7 7 7 3 4 3 7 7 3 4 3n n n n n n n n n1 2 1 1 1 1 1$ $ $ $ $ $+ = + = + - = + -+ + + + + + +` j .

Ennek az összegnek az elsô tagja az indukciós feltétel 7-szerese, ezért a feltevés

szerint osztható 4-gyel, a második tag egy egész szám 4-szerese, ezért osztható

4-gyel. Mivel az összeg mindkét tagja 4-gyel osztható, így az állítás igaz.103–106. A feladatok megoldását az olvasóra bízzuk.107. A bizonyítást teljes indukcióval végezzük. (Már n = 0-ra is igaz az állítás,mert 8 + 3 $ 5 = 23.)

n = 1-re az állítás igaz, mert 23 2 3 5 1024 27 3125 85 3997 3 2 1 4 1$ $+ = + = =+ + +

23 3713$= .


Állítom, hogy (n + 1)-re is igaz marad, vagyis ha 23 2 3 5n n n7 3 2 1 4 1$++ + + &

23 2 3 5n n n7 3 2 1 4 1$++ + + .

.

2 3 5 128 2 3 5 9 625 3 5

128 2 3 5 23 239 3 5

n n n n n n n n

n n n n n

7 10 2 3 4 5 7 3 2 1 4 1 2 1 4 1

7 3 2 1 4 1 2 1 4 1

$ $ $ $ $ $

$ $ $ $ $

+ = + + =

= + +

+ + + + + + + +

+ + + + +

`

`

j

j

Az elsô tag az indukciós feltétel miatt, a második a 23-mal való szorzás miattosztható 23-mal, és ezt kellett bizonyítani.

108–109. A feladatok megoldását az olvasóra bízzuk.

110. Bizonyítandó, hogy ...( )( )

nn n n

1 2 36

1 2 12 2 2 2+ + + + =

+ +.

A bizonyítást teljes indukcióval végezzük.

n = 1-re az állítás igaz, mert 16

1 2 32

$ $= .


Állítom, hogy (n + 1)-re is igaz marad, vagyis ... n1 2 32 2 2 2+ + + + =( )( )n n n

6

1 2 1=

+ +& ... n1 2 32 2 2 2+ + + + ( )n 1 2+ + =

( ) ( ( ) ) ( ) ( )n n n n n n

6

1 2 2 1 1

6

1 2 2 3=

+ + + +=

+ + +_ _i i.

Az indukciós feltétel szerint a bal oldalon az elsô n tagot a feltétel jobb oldalá-val helyettesítve

...( )( )

n nn n n

n1 2 3 16

1 2 112 2 2 2

2 2+ + + + + + =

+ ++ + =_ _i i

( )( )nn n n

nn n

n n n

6

12 1 6 1

6

12 7 6

6

1 2 2 32=

++ + + =

++ + =

+ + +_ _ `

_i i j

i8 B ,

és ezt kellett bizonyítani.


I


114. ... ( )( )( )

n nn n n

1 2 2 3 3 4 13

1 2$ $ $ $+ + + + + =

+ +. Erre kétféle bizonyítást

adunk.

1. bizonyítás:Nézzük a teljes indukciós bizonyítást, amely mûködik akkor is, ha semmi nemjut eszünkbe. Tehát elôször megnézzük, n = 1-re igaz-e az állítás.

1 23

1 2 3$

$ $= , tehát igaz. Tegyük fel most, hogy egy n számra igaz az állítás.

Állítom, hogy (n + 1)-re is igaz marad, vagyis

... ( )n n1 2 2 3 3 4 1$ $ $ $+ + + + + =( )( )n n n

3

1 2+ +& ...1 2 2 3 3 4$ $ $+ + + +

( )( )n n1 2+ + + =( )( )( )n n n

3

1 2 3+ + +.

Az indukciós feltétel szerint a bal oldalon az elsô n tagot a feltétel jobb oldalá-val helyettesítve

... ( )( )( )( )

( )( )n nn n n

n n1 2 2 3 3 4 1 23

1 21 2$ $ $+ + + + + + =

+ ++ + + =

( )( ) ( )

( ) ( ( )( )nn n n

nn n

n n n

3

12 3 2

3

15 6

3

1 2 32=

++ + + =

++ + =

+ + +` j7 A ,

amit bizonyítani kellett.

2. bizonyítás:

A jobb oldali kifejezés adhatja az ötletet, mivel nagyon hasonlít n 2

3

+J

L

KK

N

P

OO kifej-

tett alakjához, annak pontosan a kétszerese. Ezért osszuk el az egyenletet 2-vel!

Ekkor a bal oldali tagok is felírhatók binomiális együtthatókként:

...n n2

2

3

2

4

2

1

2

2

3+ + + +

+=

+J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO, ami ismert kombinatorikai azonosság.


119. ...( )( )n n n

n

1 3

1

3 5

1

5 7

1

2 1 2 1

1

2 1$ $ $+ + + +

- +=

+.

Erre is kétféle bizonyítást adunk. 1. bizonyítás: Nézzük a teljes indukciós bizonyítást, ami mûködik akkor is, hasemmi nem jut eszünkbe. Tehát elôször megnézzük, n = 1-re igaz-e az állítás.

Teljes indukció 23

I

1 3

1

2 1 1

1

$ $=

+, tehát igaz. Tegyük fel most, hogy egy n számra igaz az állítás,

állítom, hogy n + 1-re is igaz marad, vagyis ...1 3

1

3 5

1

5 7

1

$ $ $+ + + +

( )( )n n n

n

2 1 2 1

1

2 1+

- +=

+& ...

( )( )n n1 3

1

3 5

1

5 7

1

2 1 2 1

1

$ $ $+ + + +

- ++

( )( )n n n

n

2 1 2 3

1

2 3

1+

+ +=

+

+. Az indukciós feltétel szerint a bal oldalon az

elsô n tagot a feltétel jobb oldalával helyettesítve ( )( )n

n

n n2 1 2 1 2 3

1

++

+ +=

( )( )

( )

n n

n n

n

n

2 1 2 3

2 3 1

2 3

1=

+ +

+ +=

+

+, amit bizonyítani kellett.

2. bizonyítás (Parciális törtekre bontás.):Próbáljuk meg felírni az általános tagot két tört összegeként!

( )( ) ( )( )

( ) ( )

k k n

x

n

y

k k

x k y k

2 1 2 1

1

2 1 2 1 2 1 2 1

2 1 2 1

- +=

-+

+=

- +

+ + -=

( )( )

( )

k k

k x y x y

2 1 2 1

2=

- +

+ + -.

Ez csak úgy teljesülhet minden k-ra, ha x + y = 0 és x – y = 1, vagyis x =2

1és

y = -2

1. Ezt felhasználva a bal oldali összeg a következôképpen írható fel:

...( )( )n n1 3

1

3 5

1

5 7

1

2 1 2 1

1

$ $ $+ + + +

- +=

...n n2

11

3

1

3

1

5

1

5

1

7

1

2 1

1

2 1

1= - + - + - + +

--

+=

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

n n

n

2

1

1

1

2 1

1

2 1= -

+=

+

J

L

KK

N

P

OO .

120. A feladat megoldását az olvasóra bízzuk.

121. ... >n n n1

1

2

1

3 1

11

++

++ +

+.

Bizonyítás teljes indukcióval. Elôször nézzük n = 1-re

... >1 1

1

1 2

1

3 1

1

2

1

3

1

4

1

12

131

++

++ +

+= + + = , tehát igaz.

Érdemes megnézni n = 2-re is, hátha észrevesszük, min múlik a bizonyítás.


I

... >2 1

1

2 2

1

6 1

1

3

1

4

1

5

1

6

1

7

1

420

4591

++

++ +

+= + + + + = .

Tehát az elsô tag eltûnt, viszont az összeg három új taggal bôvült.

Most vizsgáljuk meg, hogy ha n-re igaz az állítás, akkor igaz marad-e (n + 1)-re

is. Ehhez azt elég bizonyítani, hogy >n n n n3 2

1

3 3

1

3 4

1

1

10

++

++

+-

+

az elôzôek értelmében. Átrendezve >n n n n n3 2

1

3 4

1

1

1

3 3

1

3 3

2

++

+ +-

+=

+.

Mivel minden szereplô tag pozitív, ezért 2-vel elosztva az egyenlôtlenséget észrevehetjük, hogy a bal oldal a (3n + 2) és (3n + 4) kifejezések harmonikusközepének reciproka, míg a jobb oldalon ennek a két kifejezés számtaniközepének reciproka áll, ezért az állítás igaz. (Pozitív mennyiségek reciprokairavaló áttérésnél fordul az egyenlôtlenség iránya).Ha azonban nem veszünk észre semmit, az se baj, mert a közös nevezôvelvégigszorozva és a kijelölt mûveleteket elvégezve is kijön az állítás.

122. A 122. és 123. közül elég az utóbbit igazolni, mert abból a másik követ-kezik. Ez vázlatosan a következô:123. n = 2-re:

>3

1

4

1

12

7

24

14

24

13+ = = .

Tegyük fel, hogy n-re igaz az állítás.

Állítom, hogy akkor (n + 1)-re is igaz lesz.

Ehhez azt kell bizonyítani, hogy a kimaradó és az újonnan hozzávett tagok

különbsége pozitív. És ez igaz, mert

>n n n n n2 1

1

2 2

1

1

1

2 1

1

2 2

10

++

+-

+=

+-

+, mivel két azonos szám-

lálójú pozitív tört közül az a nagyobb, amelyiknek a nevezôje kisebb.

124. Ezt az egyenlôtlenséget is lehet teljes indukcióval igazolni, de sokkal

egyszerûbb, ha becsléssel próbálkozunk. Helyettesítsük az egyenlôtlenség min-

den tagját azaz n darabot az utolsóval, a legkisebbel!

... > ,n n

nn nha

1

1

2

1 12$+ + + = .


127. Bizonyítás teljes indukcióval: n = 1 egyenes a síkot két részre osztja, és

a képletbôl is 2 adódik. Tegyük fel most, hogy tetszôleges n egyenes a síkot

legfeljebb n n

2

22+ +részre osztja. Állítom, hogy akkor n + 1 egyenes a síkot

legfeljebb n n

2

1 1 22

+ + + +_ _i irészre osztja. Nézzük meg, mi történik

az n + 1-edik egyenes behúzásával! A legtöbb rész akkor keletkezik, ha az új

egyenes nem megy át semelyik eddigi metszésponton, és nem párhuzamos

egyetlen eddigi egyenessel sem. Ekkor tehát az egyenes az elôzô n egyenes min-

Teljes indukció 25

I

degyikét különbözô pontokban metszi, azaz n metszéspont keletkezett, és nmetszéspont az egyenest n + 1 részre osztja. Ezek a metszéspontok az n + 1-

edik egyenesen egy-egy új síkrész határoló szakaszai, illetve félegyenesei. Ezért

a síkrészek száma n + 1-gyel nôtt. n n

nn n n

2

21

2

2 2 22 2+ ++ + =

+ + + +=

n n

2

1 1 22

=+ + + +_ _i i

, és ezt kellett igazolni.

128. A bizonyítás teljesen az elôzô mintájára történik. Egy kör a síkot két

részre osztja, és ez jön ki a képletbôl is. Tegyük fel, hogy n kör a síkot legfeljebb

n n 22- + részre osztja. Ha az n + 1-edik kör minden elôzôt két olyan pontban

metsz, amely még nem volt eddig metszéspont, akkor 2n metszéspont, és így 2n

új síkrész keletkezett. És n n n n n2 2 1 1 222

- + + = + - + +_ _i i , amit bizo-

nyítani kellett.

129. a) ,cos cos cos cossin

sinx x x x

x

x2 4 2

2

2n

n

n

1

1

$ $ $f =+

+

sin x nahol s Ne0! ! .

Bizonyítás teljes indukcióval: n = 1-re ,cossin

sinsinx

x

xxahol

2

20!= & igaz.

Tegyük fel, hogy n-re igaz az állítás. Bizonyítsuk be most, hogy akkor

cos cos cos cossin

sinx x x x

x

x2 4 2

2

2n

n

n1

2

2

$ $ f =+

+

+

.

Az indukciós feltevést felhasználva cos cos cos cosx x x x2 4 2n 1$ $ f =+

sin

sincos

x

xx

2

22

n

nn

1

1

1$= =+

+

+

sin

sin cos

sin

sin

x

x x

x

x

2

2 2 2

2

2

n

n n

n

n

2

1 1

2

2$=

+

+ +

+

+

, és ezt kellett

bizonyítani.130.; 131. A 130. és 131. feladat hasonlóan bizonyítható a trigonometrikusösszegek szorzattá alakítására vonatkozó azonosságok segítségével.132. Itt meg kell elôször sejteni a lépésszámra vonatkozó képletet. Ehhezpróbáljuk meg elôször két korongra végiggondolni a lépéseket!

a) A kis korongot a harmadik rúdra tesszük. b) A nagyot áttesszük a másodikra.c) Végül a harmadik rúdról rátesszük a kisebb korongot.

Ez tehát 3 lépés.Most próbáljuk meg három korongra végiggondolni a lépéseket!

a) A kis korongot a második rúdra tesszük. b) A nagyot áttesszük a harmadikra.c) A kiskorongot a harmadikra, a közepes tetejére.d) A legnagyobb korongot a másodikra.e) A kicsit az elsôre.f) A közepest a másodikra.g) A kicsit a második rúd tetejére, és kész.


I

Ez 7 lépés, de a legfontosabb, hogy látható az eljárás lényege. Tehát n korongesetén

a) elôször a harmadik rúdra át kell tenni n - 1 korongot a helyes sor-rendben,

b) azután a legnagyobbat a második rúdra,c) végül rápakolni a harmadik rúdról a másodikra az n - 1 korongot a

helyes sorrendben.A rekurziós összefüggés tehát – ha a lépésszámot n korong esetén an jelöli –

a a a a1 2 1n n n n1 1 1= + + = +- - - .

Most keressünk képletet! Két korongnál 3, három korongnál 7 lépés szükséges.

Próbálkozzunk az a 2 1nn= - összefüggéssel, ami n = 1; 2-re jó. Bizonyítsuk

indukcióval, hogy ha n-re igaz volt a képlet, akkor n + 1-re is igaz marad.

Valóban, a rekurziót és az indukciós feltevést felhasználva a a2 1n n1= + =+

2 2 1 1 2 1n n 1$= - + = -+` j , amit állítottunk.

Invariáns tulajdonságok

133. Nem. Ha egy papírdarabot 10 részre bontunk, akkor a részek száma 9-cel nô, tehát nem változik a 9-cel való osztási maradéka a lapok számának.Mivel egy papírból indultunk ki, a kilences maradék tehát 1, így a végén nemlehet a kilences maradék 2, ami 2000 kilences maradéka.134. Nem. Ha egy papírdarabot 6 részre bontunk, akkor a részek száma 5-telnô, ha 11 részre bontunk, akkor a részek száma 10-zel nô, tehát nem változik alapok számának az 5-tel való osztási maradéka. Mivel egy papírból indultunkki, nem kaphatunk 2000 darabot a végén. 135. Mivel minden lépésben eggyel csökken a táblán lévô számok száma, ígya kilencedik lépés után valóban egyetlen szám áll a táblán. Ha azonos paritású számokat töröltünk le, akkor páros szám került a táblára,ha különbözô paritásúakat töröltünk, akkor páratlan szám. Ezek szerint atáblán maradó számok összege mindig páros számmal változik. Mivel a kiin-duló összeg 1 + 2 + … + 10 = 55, ami páratlan, ezért nem maradhat a végénnulla a táblán.136. Ha egy csúcsból k darab gyufát veszünk el, akkor a másik kettôbe össze-sen 4k gyufát helyezünk, tehát a gyufák száma 3k-val nôtt. Ezek szerint nemváltozik a háromszög csúcsaiban lévô gyufaszálak 3-mal való osztási maradéka.Mivel ez az induláskor 1 volt, nem lehet a végén minden csúcsban ugyanannyi,mert annak az összegnek nulla a hármas maradéka. 137. Számozzuk meg a fákat 1-tôl 14-ig! Ezután vegyük a számok 14-es ma-radékát, és ez legyen a mókusok száma. (Tehát a 13-as fán ülô mókus szomszé-dai a 12-es és a 0-s mókusok; az egyes szomszédai a nullás és a 2-es … stb.) Te-kintsük a mókusok sorszámának az összegét, és annak 14-es maradékát! Ez

tehát 7, mert 2

14 1391 6 14 7

$$= = + . Amikor egy mókus átugrik egy másik fá-

ra, legyen a száma az új fa sorszáma.

Invariáns tulajdonságok 27

I

a) Ha az egyik mókus az óramutató járásával megegyezô, a másik ellenté-tes irányban ugrik, az összeg nem változik, mert egyikük száma eggyelnô, a másikuké eggyel csökken. Tehát nem lehet, hogy mondjuk a k-adik fán összegyûljenek, mert akkor a a sorszámok összege 14k,aminek 14-es maradéka nulla, szemben az induló 7-es maradékkal.

b) Ha tetszôleges irányban, de szomszédos fára ugranak, akkor a sorszá-mok összege nullával, +2-vel vagy –2-vel változik, azaz páros szám-mal, és így sem kaphatunk nullát, mivel 7-bôl indultunk ki.

A válasz tehát mindkét esetben nem.138. Itt azt kell észrevenni, hogy egy új parcella elgyomosodásával a gyomosparcellák összkerülete nem változik, mert a két „belsô” él helyett a két „külsô”élt vesszük számításba. A 10 # 10-es tábla kerülete 40 mezô, a kiindulási 9 gyo-mos parcella kerülete csak 36 mezô, ezért a válasz nem.Ha 10 gyomos parcella van, akkor elképzelhetô, hogy elgyomosodik a terület, pél-dául ha a fôátló mezôi gyomosak. Erre a válasz tehát igen. (Természetesen az islehet, hogy egyetlen új gyomos parcella sem lesz, pl. ha csak az elsô sor gyomos.)139. Vizsgáljuk meg az x2 - 10x + 20 polinom és az x2 - 20x + 10 polinom he-lyettesítési értékét az x = 1 helyen! Az elsô polinom helyettesítési értéke +11; amásodiké –9. Ha egy lépésben csak az egyik együtthatót változtatjuk eggyel,akkor a polinom értéke is eggyel változik. (Egy polinom helyettesítési értéke azx = 1 helyen a polinom együtthatóinak összegével egyenlô.) Bármilyen lépés-sorozat után jutottunk is +11-tôl –9-ig, egyszer kellett, hogy nullán álljunk,akkor pedig a polinom egyik gyöke x = 1 volt.

Szitaformula

140. Mivel összesen 90 darab kétjegyû szám van, ezekbôl kell kivonni azokat,amelyek oszthatók 2-vel (45 ilyen van, mert minden második páros), és azokat,amelyek oszthatók 3-mal (30 ilyen van, mert minden harmadik ilyen). Ekkorazonban kétszer vontuk le azokat, amelyek 2-vel is és 3-mal is oszthatók, ezekettehát (-1)-szer számoltuk, ezért egyszer még hozzá kell adni, ha azt akarjuk,hogy nullaszor szerepeljenek. A keresett kétjegyû számok száma tehát:90 45 30 15 30- + + =_ i darab.141. Az elôzô gondolatmenethez hasonlóan oldjuk meg a feladatot. Össze-sen 900 darab háromjegyû szám van. Ezek között 450 darab osztható 2-vel ; 300darab osztható 3-mal és 180 darab 5-tel osztható van. Azokat a számokat, ame-lyek oszthatóak 2-vel és 3-mal (azaz 6-tal & 150 van belôle), vagy 2-vel és 5-tel(azaz 10-zel & 90 ilyen van), vagy 3-mal és 5-tel (azaz 15-tel & 60 ilyen számvan köztük), megint kétszer számoltuk le, ezért egyszer vissza kell adni. Nézzükmost meg, mi történt 30-cal osztható számokkal, tehát azokkal, amelyekoszthatóak 2-vel és 3-mal és 5-tel is. Ezeket az elsô menetben 3-szor vontuk le,majd a második fordulóban minden lépésben (háromszor) visszaadtuk, tehátmost egyszer szerepelnek a jó számok között, azaz most újra egyszer le kell von-nunk azokat. 30 darab 30-cal osztható szám van. Így az eredmény:900 450 300 180 150 90 60 30 240- + + + + + - =_ _i i szám.


I

142. 999 darab legfeljebb háromjegyû szám van. Ezek közül 33 olyan van, ami30-cal osztható, 28 olyan, ami 35-tel, és 23 olyan, amelyik 42-vel osztható. Ezekközött azonban a 210-zel, azaz az 5-tel, 6-tal és 7-tel is osztható számokatháromszor számoltuk le. Négy ilyen legfeljebb háromjegyû szám van, és ezeketegyáltalán nem szabad számolnunk. A keresett számok száma tehát:33 28 23 3 4 72$+ + - = .143. Az összes legfeljebb 8 jegyû számok száma: 38. Ezek között vannakolyanok, amelyek csak kétféle számjegyet tartalmaznak, pl. csak ötöst és hatost,vagy csak hatost és hetest, esetleg csak ötöst és hetest. Kétféle számjegybôlösszesen 28 szám készíthetô. Tehát le kell vonni 3 ⋅ 28 számot. Ekkor azonban acsak 5-öst vagy csak 6-ost vagy csak 7-est tartalmazó számokat kétszer vontukle, ezért egyszer vissza kell adni. A keresett szám tehát: 3 3 2 3 19328 8$- + = .144. Az ötös számrendszerben öt számjegy van: 0; 1; 2; 3; 4. Az összes 8-jegyûszámok száma 5-ös számrendszerben ezért 58. Ezek közül nem felelnek megazok, amelyek csak 3 számot tartalmaznak az 1-2-3-4 közül, és lehet még benne

0 is. A 4 számból a szereplô 3-at 4

3

J

L

KK

N

P

OO-féleképpen tudjuk kiválasztani, és a

kiválasztott 3 számból és a 0-ból 48 darab szám képezhetô. Ekkor azonban

azokat a számokat, amelyekben csak kettô szerepel a kiválasztott 3 számból,

többször számoltuk. Négy számból 2-t 4

2

J

L

KK

N

P

OO-féleképpen tudunk kiválasztani, és a

két számból és a 0-ból 38 szám képezhetô. Most azokat kell még kivonni, ame-

lyek az 1-2-3-4-bôl csak egyet tartalmaznak, és még a nullát. Ezek száma4

128$

J

L

KK

N

P

OO . Még a csupa 0-ból álló számot kell megnézni, hogy hányszor számoltuk

le. Ha végigkövetjük, akkor 1 - 4 + 6 - 4 = -1-szer számoltuk, ezért most még

egyszer hozzá kell adni. A keresett számok száma:

54

34

4

23

4

12 1 166 8248 8 8 8- + - + =

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO .

Szitaformula 29

I

IIII. Halmazelmélet

Halmazok megadása

145. Amikor a halmazt körülírással vagy valamilyen tulajdonságával adjukmeg, bármilyen elemrôl egyértelmûen el kell tudnunk dönteni, hogy beletar-tozik a halmazba vagy sem. Ezért nem határoznak meg halmazt az a), b), l)körülírások.Pl. a b) esetben egy szôkésbarna hajú lányról nem dönthetô el egyértelmûen,hogy a halmazba tartozik vagy sem.A d) esetben pl. a bejelentett lakcím alapján dönthetünk, a k) pedig üres hal-maz, hiszen nincs legnagyobb prímszám.A c) és d) csak adott idôpontban határoz meg egyértelmûen egy halmazt, hiszenmind az osztály összetétele, mind Budapest lakossága folyamatosan változhat.Az e) és j) körülírást is pontosítani kell, hiszen különbözô idôszakokban más-más elemek tartoztak a halmazba. Pl. e): Budapest hídjai napjainkban; j):olimpiai versenyszámok Sydneyben, 2004-ben. A többi esetben a körülírások, illetve diagramokhalmazt határoznak meg. Pl.: az f) halmaz: {a gí-zai piramisok; Babilon falai; Szemirámisz füg-gôkertje; az olümpiai Zeusz-szobor; az epheszo-szi Artemiszion; a halikarnasszoszi Mauszó-leion; a rhodoszi kolosszus}; vagy a g) halmaz„elemei”: Lénárd Fülöp (1862–1947), BárányRóbert (1876–1936), Zsigmondy Richard Adolf(1865–1929), Szent-Györgyi Albert (1893–1986),Hevesy György (1885–1966), Békésy György (1899–1972), Wigner Jenô (1902–1995), Gábor Dénes(1900–1979), Polányi János (sz. 1929), Wiesel Elie(sz. 1928), Harsányi János (1920–2000), OláhGyörgy (sz. 1927), Kertész Imre (sz. 1929), AvramHershko (sz. 1937).146. a) Pl.: A = {x ! N + u x # 6}, B = {b ! N u 4 # b # 9}, C = {2k u 1 # k # 6és k ! Z}.b) Pl.: 146. ábra.147. A = {2, 3, 5, 7}; B = {0, 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81}. A C halmaz ele-meit adott idôpontban, a konkrét osztály esetén sorolhatjuk fel. 148. Egy halmazban egy elemet csak egyszer sorolunk fel. Ezért a diákoklehetséges testmagasságainak halmaza cm-ben {158, 159, 161, 162, 165, 170,171, 173, 174, 176, 177, 181}, ez 12 elemû halmaz. A diákok halmaza 16 elemû.

146.

149. Hivatkozzunk a tanulókra a sorszá-mukkal! Ekkor B = {4, 6, 7, 9, 11}, F = {2, 4, 5, 7, 11}, K = {2, 3, 4, 7, 9, 14}, s aVenn-diagram: (149. ábra).150. a) A = {Belgium, Franciaország, Hollan-

dia, Luxemburg, Németország, Olasz-ország, Nagy-Britannia, Dánia, Íror-szág, Görögország, Spanyolország, Por-tugália, Ausztria, Finnország, Svédor-szág, Ciprus, Csehország, Észtország,Lengyelország, Lettország, Litvánia,Magyarország, Málta, Szlovákia, Szlo-vénia};

b) B = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31,37};

c) a végzôdések utolsó számjegye perio-dikusan ismétlôdik, C = {1, 2, 4, 8, 6};

d) D = {0, 3, - 3};e) E = 0Y;f) F = {11, 14, 17, 20};g) G = 0Y.

151. Az a), d), e), f), g), h), l) esetben racionálisak a számok.

A b) és c) esetben a n kifejezés (n ! N) akkor, és csak akkor racionális, ha nnégyzetszám; az i) esetben pedig a tizedes tört végtelen, nem szakaszos.152. A = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}. Igaz állítások: a); d); g).1 ! A és A ! B, de ebbôl nem következik, hogy 1 ! B; általában ha x ! A és A ! B, akkor ebbôl még nem következik, hogy x ! B. 153. Az alábbi táblázatban i-vel jelöltük a megfelelô halmazokra vonatkozóigaz állításokat.

Z + Z– Q Q* P

a) i i i

b) i i i i i

c) i i

d) i i i

e) i

f) i i i i i

Néhány érdekesebb eset a 30-ból:

Az a) és c) esetek a halmazok zártságára kérdeznek rá; Q* nem zárt sem az

összeadás, sem a szorzás mûveletére nézve. Vagyis két irracionális szám összege

és szorzata is lehet racionális. Pl. r és (1 - r) irracionális számok, összegük ra-

cionális; se2 8 irracionális számok, szorzatuk racionális. A d) esetben nem

32 Halmazok megadása

II

149.

Halmazok megadása 33

II

tudunk olyan prímszámokat mondani, melyek szorzata is prímszám lenne; ez a

definícióból következik. Az e) esetben a kivonás mûvelete általában kivezethet

a halmazból: (–2) és (–5) negatív egész számok, (-2) - (-5) már nem az; vagy

pl. (1 + 2 ) és 2 irracionális számok, de különbségük racionális. Az f) eset-

ben ha (p + 2) és p ikerprímek, különbségük 2, ami prím; vagy (p + 2) - 2 = pis két prímszám különbsége ekkor.154. A = {-2, 2}, B = {2}, C = {0, 2}, D = {2}, E = {0}, F = {2}, G = {2}.Egyenlô halmazok: B = D = F = G.A h) esetben az (x - 1)2 = 0 egyenletnek egyetlen kétszeres gyökével számol-tunk: x = 1. A matematikai szóhasználat (ebben és a hasonló esetekben) nemkövetkezetes: az (x - 1)(x - 1) = 0 egyenletet úgy is tekinthetjük, mintha kétgyöke lenne, s ezek egyenlôk: x1 = x2 = 1. Ekkor H = {2}, s B = D = F = G = H.155. Üres halmazok: A, B, C, E, F, I (jelenlegi tudásunk szerint), J, K. Az üreshalmazok egyenlôk (csak egyetlen üres halmaz van). A G és H halmazoknakegy-egy elemük van, de nem egyenlôk egymással.156. a) 32; b) 12; c) 5; d) 3; e) 0; f) 0; g) 3; h) 3; i) 3; j) 1;

k) 8; l) 24.Megjegyzések:

c) az utolsó számjegy periodikusan ismétlôdik (ez igaz tetszôleges egészszám hatványainak utolsó számjegyére is);

g) már Euklidész i. e. 300 körül bebizonyította, hogy végtelen sok prím-szám van (Euklidész: Elemek, IX. 20. tétel);

l) a negatív osztókkal is számolni kell.

157. a) 2 2b és – 2 l; b) 0; c) 1.

158. a) 0; b) 0; c) 1; d) 1; e) 1; f) 1; g) 2; h) 3.Nem ugyanazt jelenti pl. {} és {0Y}; az elôbbi az üres halmaz, az utóbbi pedigaz a halmaz, amelynek egy eleme van, s ez az üres halmaz.Az f) feladatban az üres halmazt kétszer soroltuk fel elemként, de ez csak egyelemnek számít.159. A = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}, így u Au = 7, uBu = 6, uCu = 6. Az igaz állítások:a); d).

160. a) {} vagy 0Y;b) {a}, {b}, {c}, {d};c) {a, b}, {a, c}, {a, d}, {b, c}, {b, d}, {c, d};d) {a, b, c}, {a, b, d}, {a, c, d}, {b, c, d};e) {a, b, c, d};f) A-nak 5 (vagy több) elemû részhalmaza nincs.

Észrevehetjük, hogy pl. az 1 elemû és a 3 elemû részhalmazok kiegészítikegymást, párba állíthatók, így ugyanannyian vannak.161. Az elemszámok: u Au = 8, uBu = 10, uCu = 4, uDu = 4, uFu = 20. E nemrésze H-nak, F pedig nem valódi részhalmaza.

34 Halmazok megadása

II

162. A racionális és irracionálisszámok halmazának nincs közöseleme, egyesítésük a valós számokatadja. I 3 R, Q* 3 R, N 3 Z 3 Q 3 R,

P 3 Z 3 Q 3 R; így pl. N 3 Q stb. isteljesül.163. Az egyes halmazokat téglala-pokkal szemléltetve a 163. ábraVenn-diagramját kapjuk.Részhalmazok: Pl. N 3 R 3 P 3 TRvagy N 3 T 3 P 3 TR. 164. Igaz állítások: a); c); i);k); l); m); o); q); s); u).Megjegyzések:d) 1 ! A és A ! B, de ebbôl nemkövetkezik, hogy 1 ! B; általában hax ! A és A ! B, akkor ebbôl mégnem következik, hogy x ! B. k), o): Minden halmaz része önma-gának.u) Az üres halmaz minden halmaz-nak részhalmaza.

165. a) Igaz.b) Nem eldönthetô, pl. A = {1, {a}} esetén a !Y A, míg A = {a, {a}}

esetén a ! A.c) A = B.

166. Igaz állítások: a); b). A c) állítás hamis, ellenpélda pl. A = B; míg a d)állítás csak véges halmazokra igaz.167. a) 3-féle alak, 3-féle szín, 2-féle méret és 2-féle kitöltés lehetséges. Akombinatorika szorzási szabálya miatt 3 $ 3 $ 2 $ 2 = 36 darabból áll a készlet.

uFu = 12, uKu = 12, uTu = 18; a szorzási szabály alapján uF +Ku = 4, uF +Tu = 6, uK + Tu = 6, uF + K + Tu = 2.Szemléltessük az F, K, T halmazo-kat, majd írjuk be a megfelelô hely-re az egyes tartományok elemszá-mát! Az F + K + T tartomány elem-számának meghatározásával kezd-hetjük s „belülrôl kifelé” haladha-tunk. A belsô tartományok elemszá-mainak összegzése után a külsôF K T, , tartomány elemszámára8 adódik. (Ezt egyébként számol-hatjuk az F K T+ + képlettel is.)Az elemszámok: b) 12; c) 4; d)20; e) 8; f) 12; g) 28; h) 10.

162.

163.

167.

Mûveletek halmazokkal 35

II

168. a) u Au = 5; b) D 3 C; D 3 A; c) u Au = 5; d) a legnagyobb elem-szám: uCu = 6.169. A = B akkor és csak akkor, ha A 3 B és B 3 A. Tehát az A és B halma-zok egyenlôségekor két állítást kell bizonyítanunk: 1. Minden a ! A esetén a ! B is teljesül (vagyis A 3 B).2. Minden b ! B esetén b ! A is teljesül (vagyis B 3 A).Thalész tétele és a tétel megfordítása a következô: a síkon azon pontok hal-maza, amelyekbôl egy adott CD szakasz derékszög alatt látszik, a CD átmérôjûkör, kivéve a CD szakasz két végpontja. Ez alapján két állítást kell igazolnunk: i) a CD átmérôjû kör C-n és D-n kívüli tetszôleges P pontjára CPD� = 90�(Thalész tétele);ii) ha egy Q pontra CQD� = 90�, akkor Q rajta van a CD átmérôjû körön.Halmazokkal megfogalmazva: haaz A halmaz: a CD átmérôjû kör C-n és D-n kívüli pontjainak halmaza;a B halmaz: azon Q pontok halmaza (a síkon), amelyekre CQD� = 90°;akkor az A = B egyenlôséget két lépésben igazolhatjuk.Megmutatjuk, hogyII. [1.-nek és i)-nek megfelelôen]: ha P ! A, akkor P ! B is teljesül; valamintII. [2.-nek és ii)-nek megfelelôen]: ha Q ! B, akkor Q ! A is igaz.

170.

k 0 1 2 3 4 5

k elemû részhalmazok száma 1 5 10 10 5 1

5 - k elemû részhalmazok száma 1 5 10 10 5 1

A táblázat alapján észrevehetjük, hogy egy 5 elemû halmaznak ugyanannyi kelemû, mint 5 - k elemû részhalmaza van; vagy a 0 és 5, az 1 és 4 stb. elemûrészhalmazok száma megegyezik. A páros elemszámú és a páratlan elemszámú részhalmazok száma egyenlô (16).Az összes részhalmaz száma 32 (= 25).Mind az öt állítás általánosítható tetszôleges n elemszámú A halmazra (n!Z+).

Mûveletek halmazokkal

171. Az igaz állítások: a); d); h); k).(A b), c), f) esetekben a halmazmûveletek eredménye nem halmaz.)172. B = {4, 5, 6, 7, 8}, így:

a) {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}; b) {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8};c) {4, 5, 6}; d) {4, 5, 6};e) {1, 2, 3}; f) {7, 8}.

173. a) Q*; b) R0

- (a negatív valós számok és a 0); c) azon valós számok,melyek nem egészek; d) {x ! Ru x # - 2 vagy 3 < x}; e) Q; f) 0Y; g) R.

36 Mûveletek halmazokkal

II

174. a) Z-;b) pozitív páros számok halmaza;c) a 6-nál nem kisebb természetes számokat és a 0-t tartalmazó halmaz;d) {6k + 3uk ! Z}.e) A mûveletet nem értelmezzük (általában A a H alaphalmazon csak

A 3 H esetén értelmezett).Megjegyzés:A feladat másképpen is értelmezhetô: elôször tekintsük a {6kuk ! Z}alaphalmazt, majd ezután ebbôl azokat az elemeket, amelyek nem 3kalakúak. Ekkor a 6k ! 1 és 6k ! 2 (k ! Z) alakú számok halmaza amegoldás.

f) {6-nál nem kisebb természetes számok};g) a negatív egész számokat, a 6-nál nem kisebb természetes számokat és

a 0-t tartalmazó halmaz;h) {6, 7, 8, 9, 10};

i) A = A = {1, 2, 3, 4, 5};

j) A = A = {6, 7, 8, 9, 10}.175. Az alaphalmaz elemszáma 99.

a) 49; b) 80; c) 66; d) 9; e) 89; f) 5; g) 91; h) 25; i) nemértelmezzük.

176. a) B = azon tanulók halmaza ebbôl a csoportból, akiket nem hívtak bebiológiából a szóbeli fordulóra. (Vagy: a biológiából legfeljebb 18 pon-tot elért tanulók halmaza.) Hasonlóan értelmezhetjük az F és K hal-mazokat is.

b) uBu = 12, u Bu = 15 - uBu = 3; hasonlóan uFu = 12, u Fu = 3, uKu = 5,

u K u = 10.177. a) és b): legfeljebb kétjegyû, 2-vel vagy 3-mal osztható pozitív egész számok;

c) és d): legfeljebb kétjegyû, 2-vel és 3-mal osztható pozitív egész számok(vagyis a 6-tal osztható számok);

e) azok a legfeljebb kétjegyû pozitív egész számok, amelyek párosak, de3-mal nem oszthatók (vagyis a 6k + 2 és 6k + 4 alakú számok);

f) azok a legfeljebb kétjegyû pozitív egész számok, amelyek 3-mal oszt-hatók, de 2-vel nem (vagyis a 6k + 3 alakú számok);

g) azok a legfeljebb kétjegyû pozitív egészszámok, amelyek a 2 és 3 közül legfel-jebb az egyik számmal oszthatók(vagyis nem oszthatók 6-tal);

h) azok a legfeljebb kétjegyû pozitív egészszámok, amelyek sem 2-vel, sem 3-malnem oszthatók.

uHu = 99, u Au = 49, uBu = 33, u A + Bu == 16. Szemléltessük a halmazokat!A 177. ábrán az egyes tartományokba arészhalmazok elemszámát írtuk, a kitöltéstaz A + B tartománnyal kezdtük.Ez alapján az elemszámok: a) és b): 66;c) és d): 16; e) 33; f) 17; g) 83; h) 33.

177.


II

178. Igaz állítások: b); c); d); e).A c) állításban az A 3 H kitétel felesleges, hiszen A-t csak A 3 H eseténértelmezzük.179. a) Azon diákok halmaza, akik az elsô vagy második fordulóban legalább

35 pontot értek el.b) Azon diákok halmaza, akik a második és a harmadik fordulóban is

legalább 35 pontot értek el.c) Azon diákok halmaza, akik az elsô fordulóban elértek 35 pontot, de a

harmadikban nem.d) Azon diákok halmaza, akik a második fordulóban elértek 35 pontot,

de a harmadikban nem.A tanulókra sorszámukkal hivatkozhatunk. Ekkor A = {4, 5, 7, 8, 12, 13}, B = {1, 3, 4, 5, 7, 8, 9, 12, 13}, C = {3, 5, 6, 8, 9, 10, 12, 13, 14, 15}, s ez alapjánaz elemszámok: e) 12; f) 6; g) 3; h) 2.180. a) és b): (1), (2), (3); c) és d): (2); e) (1); f) (3).181. Mivel B = {8, 10, 12, 14, 16, 18} és C = {3, 6, 9, 12, 15, 18}, ezért:a) és b): {2, 3, 4, 6, 8, 9, 10, 12, 14, 15, 16, 18}; c) és d): {12}; e) {2, 4}; f) {2, 4, 6, 12}.182. a) és b): (1), (2), (3), (4), (5), (6), (7); c) és d): (4); e) ( A \ B): (1)-es és (5)-ös tartományok; C: (4), (5), (6), (7) tartományok; így ( A \ B) \ C: (1); f) A: (1), (2), (4), (5); B \ C: (2), (3); így A \ (B \ C): (1),(4), (5).183. A három mûvelet végrehajtásának sorrendje tetszôleges. Eredményülminden esetben az A, B, C és D halmazok egyesítését kapjuk. (Vagyis azoknakaz elemeknek a halmazát, amelyek legalább az egyik halmazban benne van-nak.)184. A három mûvelet végrehajtásának sorrendje tetszôleges. Eredményülminden esetben az A, B, C és D halmazok közös metszetét kapjuk. (Vagyisazoknak az elemeknek a halmazát, amelyek mind a négy halmazban benne van-nak.)185. a) 185. ábra.

b) (A , B) \ C = {1, 2, 3, 10}, A , (B \ C) = {1, 2, 3, 4, 5, 10};

c) (A + B) \ C = {2}, A + (B \ C) = {2}.186. a) A , B: (1), (2), (3), (4), (5), (6)-os tar-

tományok; C: (4), (5), (6), (7); így (A , B) + C: (4), (5), (6);

b) (1), (2), (4), (5), (6);c) (2), (4), (5), (6), (7);d) (2), (4), (5);e) A , B: (1), (2), (3), (4), (5), (6)-os tar-

tományok; C: (4), (5), (6), (7); így (A , B) \ C: (1), (2), (3);

f) (1), (2), (3), (4), (5);g) (6);h) B: (2), (3), (4), (6); C \ A: (6), (7); így

B + (C \ A): (6);

185.

i) (1), (2), (3), (4), (5);j) (3);k) (2);l) B: (2), (3), (4), (6); C + A: (4), (5); így B \ (C + A): (2), (3), (6);

m) (4), (5), (6).

187. A = {0 és a 10-nél nem kisebb egész számok}, B = {legfeljebb kétjegyû

páros természetes számok} , {legalább háromjegyû természetes számok}.

188. a) A = {x ! Zu-9 # x # -3, valamint 6 # x # 9};

b) B = {x ! Zu-9 # x # -6 vagy x = 9};

c) A = A;

d) Ha az alaphalmaz B, A = B \ A = {-5, -4, -3, 6, 7, 8}.189. a) {0};

b) Z0

- (vagyis Z– , {0});c) Z–;

d) Q \ Z; azon racionális számok halmaza, amelyek nem egészek (képlet-

tel: b

aalakú számok, ahol a, b ! Z, (a, b) = 1, b ! ! 1 (és persze

a, b ! 0));e) Q*;f) nem értelmezzük, Q ⊄ Q*;g) nem értelmezzük, N ⊄ Q*.

190. a) (3), (4);b) (1), (4);c) (4);d) (1), (3), (4);e) (2), (3), (4);f) (1), (2), (4).

191. a) {1, 3, 7, 9, 11, 13, 17, 19};b) H \ {5, 10};c) H \ {1, 3, 5, 7, 9};d) {11, 13, 17, 19};e) H \ {15};f) {1, 3, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19};g) {11, 12, 13, … , 19}.

192. a) {a legalább egy fordulóban 35 pontot elért diákok};b) {a mindhárom fordulóban 35 pontot elért diákok};c) {azok a diákok, akik az elsô két fordulóban elérték a 35 pontot, de a

harmadikban nem};d) {a csak az elsô fordulóban 35 pontot elért diákok};e) {a csak az elsô fordulóban 35 pontot elért diákok};f) {a legfeljebb a 2. fordulóban 35 pontot elért diákok};g) {azok a diákok, akik egyik fordulóban sem érték el a 35 pontot};h) {azok a diákok, akik legfeljebb két fordulóban érték el a 35 pontot};


II

i) {azok a diákok, akik a második vagy harmadik fordulóban elérték a 35pontot, de az elsôben nem};

j) {azok a diákok, akik az elsô fordulóban elérték a 35 pontot, de amásik két fordulóban nem}.

Észrevehetjük pl. a d) és e) válaszok alapján, hogy ( A \ B) \ C / A \ (B , C).193. a) (3), (6), (7), (8);

b) (7), (8);c) (1), (2), (3), (5), (7), (8);d) (1), (2), (3), (4), (5), (8);e) (8);f) (1), (2), (3), (5), (6), (7), (8);g) (1), (2), (4), (5), (6), (7), (8);h) (1), (5), (6), (7), (8);i) (1), (2), (3), (7), (8);j) (3), (7), (8);k) (1), (3), (8);l) (1), (3), (6), (7), (8).

194. a) A , B tartományai: (1), (2), (3), (4), (5), (6); ( A , B) \ C tartományai:

(1), (2), (3); ( )A B C, [ tartományai: (4), (5), (6), (7), (8);b) (6), (7), (8);c) (1), (2), (3), (4), (5), (7), (8);d) (1), (2), (3), (4), (5), (7), (8);e) (6), (7), (8);f) (1), (2), (4), (5), (6), (7), (8);g) (1), (3), (4), (5), (6), (7), (8);h) (1), (4), (5), (7), (8).

Észrevehetjük, hogy ( )B C A+ [ / ( )B C A+ [ , vagyis (B + C) \ A / B + (C \ A).

195. a) Azok az elemek tartoznak az ( A , B) , C halmazba, melyek osz-

lopaira igaz, hogy az elsô három sorának valamelyikében 1-es van.

( A ,B) ,C = = {1, 2, 4, 5, 6, 8, 9, 10};b) A + (B + C) = {4} (az aktuális oszlop elsô három sorában 1-esnek kell

lennie);c) ( A + B) , C = {1, 2, 4, 5, 8, 9, 10};d) A , (C \ D) = {1, 2, 4, 5, 8, 9, 10};e) A , (C \ B) = {1, 2, 4, 5, 8, 10};f) ( A , C) \ (B , D) = {5, 10} ( A vagy C sorában 1-es áll, B és D sorában

0);

g) A B, = {3, 5, 7} ( A és B sorában is 0 áll);

h) ( )B C D+ [ = { , }4 9 = {1, 2, 3, 5, 6, 7, 8, 10};

i) A B C, , = {3, 7} (az elsô három sorban 0-nak kell lennie);

j) ( )B C A[ [ = {1, 2, 3, 4, 5, 7, 8, 9, 10} (nem 0 - 1 - 0 kezdetû oszlopok);

k) A C+ = {3, 6, 7} ( A és C sorában is 0 van).

196. a) [3; 7]; b) ]5; 6[; c) [3; 5]; d) [6; 7].


II


II

197. Vegyük észre, hogy D 3 C! Ezért C , D = C, C + D = D, D \ C = 0Y.

a) C; b) D; c) ]–2; 1[ , {5}; d) 0Y;

e) [–10; -2] , ]5; 10]; f) D;

g) C = [–10; -2] , ]5; 10];

h) D = [–10; 1[ , [5; 10];

i) C D[ = [–10; -2] , ([1; 10] \ {5}); j) H.198.a) [–5; -2[ , ]7; 15];

b) [–5; -2[ , ]10; 15];

c) [–5; 6] , ]10; 15];

d) [–5; 7] , [11; 15];

e) [–5; -2[ , [11; 15];

f) [–5; 6] , ]7; 15];

g) ( )B C A[ [ = 0Y= H;

h) [-5; 1] , ]7; 15];

i) ( )A B C, + = B C+ = [–5; 6] , ]10; 15];

j) ( )A B C, + = A B, = [–5; -2[, ]10; 15];

k) ( )A B C+ , = B C, = [–5; 1] , [11; 15];

l) ( )A B C+ , = A B+ = [– 5; 1] , ]7; 15].199. T és D közös része a négyzetek N halmazát, D és TR T-n kívüli közösrésze a rombuszok R halmazát adja.200. Ha egy négyszög deltoid és trapéz is, akkor rombusz; ha pedig egy négy-szög rombusz és húrnégyszög, akkor négyzet.H + D + T az ábra szerinti (4)-es tartomány, ez a négyzetek halmaza.A nem négyzetek közül (2) a derékszögû deltoidok, (5) a húrtrapézok, (6) arombuszok halmaza.201. C + T a rombuszok és téglalapok halmaza.A középpontosan szimmetrikus négyszögek a paralelogrammák, C = {parale-logrammák}. A tengelyesen szimmetrikus négyszögek lehetnek deltoidok, ha atükörtengely két csúcson megy át (jelöljük a halmazt D-vel); valamint lehetnek

199.

200.

202.201.

szimmetrikus trapézok, ha a tükörtengely két oldalon megy át (jelölés: ST).Ekkor T = D , ST, C + T = C + (D , ST). A C + T halmaz a Venn-diagram szerinti (2)-es, (4)-es és (5)-ös tartományokatjelenti. (2) és (4) a rombuszok halmaza (ebbôl (4) a négyzeteké), (5) pedig azontéglalapoké, amelyek nem négyzetek. 202. A \ B = 0Y; B \ A = {P!Su 5 cm < OP# 8 cm} (az ábra szerinti (2)-es tarto-mány a belsô határa nélkül); A = {P!Su 5 cm < OP} ((2)-es és (3)-as tartomány).

203. a) {P ! Su OP < 5 cm és QP > 8 cm};

b) {P ! Su OP < 5 cm és QP < 8 cm};

c) {P ! Su OP > 5 cm és QP < 8 cm};

d) {P ! Su OP > 5 cm és QP > 8 cm};

e) {P ! Su (OP < 5 cm és QP > 8 cm) vagy (OP > 5 cm és QP < 8 cm);

f) {P ! Su (OP < 5 cm és QP > 8 cm) vagy (OP > 5 cm és QP > 8 cm)};

g) {P ! Su (OP < 5 cm és QP < 8 cm) vagy (OP > 5 cm és QP > 8 cm)}.204. a), b), c): Az A, B, C halmazok a 204/a. ábrán láthatók (a szaggatott vo-nallal jelölt határ nem tartozik a ponthalmazhoz).

d) A + B: 204/d. ábra, e) A C+ : 204/e. ábra, f) B C+ : 204/f. ábra


II

204/a. 204/d.

204/e. 204/f.

205. a) A # B = {(1; 1), (1; 2), (1; 3), (2; 1), (2; 2), (2; 3), (3; 1), (3; 2), (3; 3)};b) B # A = A # B;c) A # C = {(1; 2), (1; 3), (1; 4), (2; 2), (2; 3), (2; 4), (3; 2), (3; 3),

(3; 4)};d) C # A = {(2; 1), (2; 2), (2; 3), (3; 1), (3; 2), (3; 3), (4; 1), (4; 2), (4; 3)}.

Általában is igaz, hogy ha A = B, akkor A # B = B # A.

206. A ponthalmaz téglalap, két zárt éskét nyílt oldallal.207. a) A \ B = {1, 2}, (B \ A) = {6, 7},

így ( A \ B) , (B \ A) = = {1, 2, 6, 7};

b) {1, 2, 6, 7};c) A 3 B = {1, 2, 6, 7};d) ( A 3 B) 3 C = {1, 2, 6, 7} 3

3 {2, 4, 6, 8, 10} = {1, 4, 7, 8, 10};e) A 3 (B 3 C) = {1, 2, 3, 4, 5} 3

3 {2, 3, 5, 7, 8, 10} == {1, 4, 7, 8, 10}.

Általában is igaz, hogy A 3 B = ( A \ B) , (B \ A), valamint ( A 3 B) 3 C == A 3 (B 3 C).208. a) 0Y; b) 0Y.209. Az elemszámok: a) a2; b) ab; c) 0; d) 0; e) 0 és a + b közötti egészszám; f) a. 210. a) B; b) A; c) 0Y; d) - e): azon B-beli elemek halmaza, amelyek A-ban nincsenek benne; f) 0Y.A halmazok elemszáma: a) b; b) a; c) 0; d) b - a; e) b - a; f) 0.211. Ha A + B = B, akkor B 3 A. a) A; b) azon A-beli elemek halmaza,amelyek B-ben nincsenek benne; c) 0Y; d) 0Y; e) azon A-beli elemek hal-maza, amelyek B-ben nincsenek benne.212. a) A; b) B; c) B; d) A. Az elemszámok: a) a; b) b; c) b; d) a.213. Ha A \ B = 0Y, akkor A 3 B. a) B; b) A; c) - d): azon B-beli elemekhalmaza, amelyek A-ban nincsenek benne; e) 0Y.214. Igaz mindegyik állítás, és a megfordításuk is.215. Szemléltessük az A, B, C halmazokat Venn-diagrammal! (215–221. fel-adatok; az ábrán sorszámoztuk az egyes tartományokat.)

a) A 3 A tartományokkal felírva az (1) , (2) , (4) , (5) 3 (3) , (6) , (7) ,, (8) tartalmazást jelenti, s ez csak akkor teljesülhet, ha A = 0Y;

b) az (1), (5), (3), (6) tartományok üreshalmazok, vagyis A = B;

c) üres tartományok: (1), (5), (3), (6), ígyA = B.

216. a) (1) , (2) , (4) , (5) = (1) , (2) ,

, (4) , (5) , (3) , (6), így (3), (6) üreshalmazok, B 3 A;

b) B 3 A;c) (2) , (4) = (1) , (5), vagyis A = 0Y;d) mindig igaz.217. a) B = C;b) (1) = (1) , (5), vagyis az (5) tartományüres halmaz;c) (1) = ((1) , (5)) + ((1) , (2)) = (1),vagyis mindig igaz, azonosság.


II

206.

215–221.


II

218. a) (1) , (2) , (5) = ((1) , (5)) , ((1) , (2)) = (1) , (2) , (5), tehát azonos-ság;

b) (2), (4), (5) üres halmazok;c) (2) , (4) , (5) = (2) , (4) , (5) , (6) , (7), innen (6), (7) üres halmazok.

219. a) A \ ( A \ B) = ((1), (2), (4), (5)) \ ((1), (5)) = (2), (4), A+B = (2), (4),azonosság;

b) (5) = ((4) , (5)) \ ((4) , (6)) azonosság;c) (1) , (5) , (3) , (6) 3 (1) , (2) , (3) , (4) , (5) , (6), azonosság.

220. a) (2) = ((1) , (2)) + ((2) , (3)), azonosság;b) ((1) , (2) , (3) , (4) , (5) , (6)) \ ((1) , (5)) = (2) , (3) , (4) , (6),

azonosság.221. a) ((1) , (2) , (4) , (5)) \ ((2) , (3)) = ((1) , (5)) \ ((4) , (5) , (6) , (7)),

innen (1), (4), (5) = (1), vagyis (4), (5) üres halmazok, azaz A+C = 0Y;b) (2), (4), (5), (6) üres halmazok, vagyis semelyik két halmaznak sincs

közös eleme.222. a) 0Y; b) A; c) 0Y; d) H alaphalmaz; e) 0Y; f) 0Y; g) A \ B; h) B \ A;

i) (A \ B) , (A + B) = A; j) A 3 B.223. a) A , B , C = C, tehát hamis az állítás;

b) A + B + C = A, hamis az állítás;c) x ! A \ B, hamis az állítás;d) igaz, hiszen x ! A;e) igaz a definíció alapján;f) igaz a definíció alapján.

224. Szemléltessük a halmazokat Venn-diagrammal, és sorszámozzuk az egyes tar-tományokat!

a) A,B= (1), (2), (3), A B, = (4);

A = (3), (4), B = (1), (4),

A B+ = (4). Vagyis az egyenlet két

oldala megegyezik, azonosságot

kaptunk.

b) A B+ = (1) , (3) , (4), A B, =

= (1) , (3) , (4), azonosság.

225. a) (1) = A B, , (2) = A B, , (3) =

= B A, , (4) = A B, .

Ebbôl persze következik, hogy pl. A 3 B (és bármely kétváltozós halmazmû-

velet) is megadható az unió és komplementer mûveletek segítségével, hiszen

A 3 B = (1), (3), vagyis A 3 B = A B, , B A, .

b) (1) = A B+ , (2) = A + B, (3) = A B+ , (4) = A B+ .

c) (1) = A \ B, (2) = B \ A vagy (2) = A \ B, (3) = B \ A, (4) = A \ B vagy

(4) = B \ A.226. Több megoldás is van.

a) (1) = A \ (B , C) vagy ( A \ B) \ C;

b) (2) = ( A \ C) \ (1), hiszen az (1) tartományt már kifejeztük;

224.


II

c) A (2) és (5) tartományok a B és C halmazokat tekintve szimmetrikus

helyzetûek, így (5) hasonlóan írható fel, mint (2).

Ezért (4) = A \ ((1), (2), (5)).Figyelembe véve az egyes tartományok szimmetrikus helyzetét, az unió (éskülönbség) mûveletek további alkalmazásaival nyilván bármely részhalmaz-kombinációk felírhatók.

227. A + B + C = (4), A B C+ + = (6), A B C+ + = (7), A B C+ + = (8).

Az X + Y + Z kifejezésben rendre X helyére A-t, illetve A-t, Y helyére B-t,

illetve B-t, Z helyére C-t, illetve C-t helyettesítve a kifejezés 2 $ 2 $ 2 = 8 külön-

bözô értéket vehet fel, s ezek éppen az (1), (2), … , (8) tartományok lesznek.

(Ez utóbbi könnyen belátható: egy adott tartomány esetén sorra el kell dönteni,

hogy az A, B, C halmazoknak részhalmaza vagy sem.)Ezzel az eljárással háromnál több halmaz esetén is bármelyik tartománytmegadhatjuk. (Az n számú halmaz esetén 2n-féle kifejezést írhatunk fel, séppen ennyi a keletkezett tartományok száma.)228. B = ( A , B) \ ( A \ B) = {1, 3, 5}, A = ( A + B) , ( A \ B) = {1, 2, 3, 4, 6}.229. B = ( A , B) \ ( A \ B) = {4, 5, 6, 7, 8, 11, 12, 13}.A = ( A , C) \ (C \ A) = {1, 2, 3, 4, 5, 9, 10, 11}.Mivel C \ A = {12, 13, 14, 15}, s A + B + C = {11}, C hatodik eleme az A \ B == {1, 2, 3, 9, 10} halmaz elemei közül bármelyik lehet. Öt megoldás van.230. A tanulókra sorszámukkal hivatkozhatunk. Ekkor A = {4, 5, 7, 8, 12, 13},B = {1, 3, 5, 7, 8, 12, 13}, C = {3, 5, 6, 8, 10, 13, 14}. Szemléltessük a halma-zokat Venn-diagrammal!Az ábrán (1), (2), … , (8) jelöli az egyes tartományokat.

a) A , B , C == {1, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 10, 12, 13, 14};

b) (1): A \ (B , C) = {4};c) (1), (3), (7) és (8)-as tartományok:

{1, 2, 4, 6, 9, 10, 11, 14, 15};d) (1), (3) és (7)-es tartományok:

{1, 4, 6, 10, 14};e) (2), (5) és (6) tartományok: {3, 7, 12};f) (5) és (7) tartományok:

C \ B = {6, 10, 14};g) ez a körülírás nem teljesül az (1), (3) és

(7)-es tartományokra, tehát a d) halmazkomplementerét kapjuk: {2, 3, 5, 7, 8, 9, 11, 12, 13, 15}.

Halmazmûveletekkel az összes tartományt megadhatjuk. Pl. a d) feladatban ( A \ (B , C)) , (B \ ( A , C)) , (C \ ( A , B)) = ( A 3 B) 3 C = A 3 (B 3 C);vagy egy másik lehetôség: ( A , B , C) \ (( A + B) , (B + C) , ( A + C)).

230.

Halmazok elemszáma

231. A = {2, 4, 6, … , 100}, B = {3, 6, 9, … , 99}, C = {1, 4, 9, 16, … , 100}, D = {2, 3, 5, 7, 11, …, 97}.

a) u Au = 50.

b) u Bu = 33.

c) uCu = 90, hiszen 10 négyzetszám van H-ban.

d) u Du = 25.

e) u A , Bu = 50 + 33 - 16 = 67. u A + Bu = 16, s ezt számoltuk u Au-ban

és uBu-ban is, tehát egyszer le kell vonni. A + B a 6-tal osztható

számokat tartalmazza H-ból.

f) uB + Cu = 3; B + C = {32, 62, 92}.

g) uB + Du = 1; a H-beli prímszámok közül csak a 3 osztható 3-mal.

h) u A \ Cu = 45, mert A + C = , , , ,2 4 6 8 102 2 2 2 2$ ..

i) u A C, u = 45, mert u A , Cu = 55.

j) u A C[ u = 55.

k) uC A[ u = 95, mert C \ A = , , , ,1 3 5 7 92 2 2 2 2$ ..

l) uC D+ u = 100, mert C + D = 0Y.

232. a) u A + Bu ! {0, 1, …, 8};

b) u A , Bu ! {11, 12, …, 19};

c) u A \ Bu ! {0, 1, …, 8};

d) uB \ Au ! {3, 4, …, 11}.

A szélsôértékeket A + B = 0Y, illetve A 3 B esetekben kapjuk.

233. ( A \ B) , ( A + B) = A, ( A , B) \ A = A \ B. u Au = 5, uBu = 3. Érdemes

a halmazokat Venn-diagrammal szemléltetni.

234. A+B=u Au-u A \ Bu= 4. InnenuB \ Au= 5,A,B=u Au+uB \ Au= 12.

Másképpen: A , B=u Au + B- A + B= 7 + 9 - 4 = 12. Érdemes a hal-

mazokat Venn-diagrammal szemléltetni.

235. Szemléltessük a halmazokat Venn-diagrammal, s jelöljük (1), (2), (3), … ,

(7)-tel az egyes tartományok elemszámait (235/I. ábra)!

Ekkor 7 egyenletet kapunk 7 ismeretlennel:

1. (1) + (5) = 5,

2. (2) + (3) = 5,

3. (6) + (7) = 4,

4. (4) = 1,

5. (1) + (2) + (3) + (4) + (5) + (6) = 13,

6. (1) + (2) + (4) + (5) + (6) + (7) = 12,

7. (4) + (5) + (6) + (7) = 7.

Az elsô 4 egyenlet összeadásából u A , B , Cu = 15, az 5. egyenletbôl (7) = 2, a

6. egyenletbôl (3) = 3, a 7., 4. és 3. egyenletbôl (5) + (6) + (7) = 6, (5) = 2.

Halmazok elemszáma 45

II

46 Halmazok elemszáma

II

Ezután az 1., 2., 3. egyenletekbôl rendre meghatározhatjuk (1), (2), (6) értékeit:

(1) = 3, (2) = 2, (6) = 2. A 235/II. ábrán tüntettük fel az egyes tartományok elemszámát.u Au = 8, uBu = 8.

236. a) u A # Bu = 24;

b) ( A # B) + (B # A) = {4, 5, 6} # {4, 5, 6}, az elemszám 9.

237. a) Igaz.

b) Hamis; csak akkor igaz, ha A + B = 0Y.

c) Igaz. A + B# A és A + B# B egyenlôtlenségek összeadá-

sából következik. (Egyenlôség csak akkor áll fenn, ha A = B.)

d) Igaz. (Egyenlôség csak akkor áll fenn, ha A + B = 0Y.)

e) Igaz. A = ( A \ B) , ( A + B) és ( A \ B) + ( A + B) = 0Y.

f) Igaz. A + B elemeit kétszer számoltuk.

g) Hamis. Lehet egyenlôség is, ha A + B = B + C = C + A = 0Y.

h) Igaz. A+B+C #A, A+B+C #B és A+B+C #Cegyenlôtlenségek összeadásából következik. (Egyenlôség csak akkor

áll fenn, ha A = B = C.)238. a) az elsô három sor valamelyikében 1-es van: 8;

b) az elsô három sor mindegyikében 1-es van: 1;c) 7;d) 7;e) 6;f) az 1. és 3. sor valamelyikében 1-es szerepel, feltéve, hogy a 2. és 4.

sorokban 0 van: 2;g) az elsô két sorban 0 szerepel: 3;h) 8;i) 2;j) azok az elemek nem tartoznak ebbe a halmazba, amelyek B-ben

benne vannak, de A-ban és C-ben nem: 9;k) az 1. és 3. sorban 0 van: 3.

235/I. 235/II.

239. Legyen A és B a 2-vel, illetve 3-mal osztható számok halmaza. Ekkor

A= 500, B = 333, A + B = 166 ( A + B a 6-tal osztható számok hal-

maza).

Az alábbi Venn-diagramon az egyes tartományokat (1), (2), (3), (4)-gyel

jelöltük, s A + B-bôl kiindulva meghatároztuk az elemszámaikat.

a) 500;

b) 333;

c) 166;

d) A , B = 667;

e) A 3 B = 501;

f) A , B = 667;g) pontosan az egyik számmal vagy egyikkel

sem osztható számok: (1), (3) és (4)-estartományok: 834;

h) A 3 B = 501;i) az állítás az (1)-es tartomány számaira nem teljesül: 666;j) az állítás az (1) és (3) tartományokra nem teljesül: 499;k) (4)-es tartomány: 333.240. 70% + 80% = 150%, ezért 50%-a 15 fô. Az osztálylétszám 30. Az ellen-ôrzést a szövegbe való visszahelyettesítéssel végezhetjük el.

241.3

2

5

3

15

19+ = , így az osztály

15

4része közepes tanuló. 30

15

4$ = 8.

A közepesnél jobb tanulók száma 3

2

15

430$-

J

L

KK

N

P

OO = 12, jegyeik összege 4 $ 12 = 48.

A közepesnél gyengébb tanulók száma 5

3

15

430$-

J

L

KK

N

P

OO = 10, jegyeik összege

2,5 $ 10 = 25.

Az összes tanuló jegyének összege 48 + 25 + 24 = 97, az osztályátlag30

97≈ 3,23.

242. Elsô megoldás: Jelöljük az elsô, második, illetve harmadik feladatot hi-bátlanul megoldó tanulók halmazát rendreA, B, C-vel, és szemléltessük a halmazokatVenn-diagrammal! A 242/I. ábrán az egyestartományok elemszámát (1), (2), (3), … ,(8)-cal jelöltük, a feladat (8) meghatározása. Ekkor a feltételek alapján a következô össze-függéseket írhatjuk fel:(1) + (2) + (3) + (4) + (5) + (6) + (7) + + (8) = 30,(1) + (2) + (4) + (5) = 19,(2) + (3) + (4) + (6) = 15,(4) + (5) + (6) + (7) = 18,(2) + (4) = 7,


II

239.

242/I.


II

(4) + (6) = 10,(4) + (5) = 9,(4) = 3.Ebbôl a 8 egyenletbôl a 8 ismeretlent könnyen meghatározhatjuk. Az utolsónégy egyenletbôl (5) = 6, (6) = 7, (2) = 4, majd folytatva a visszahelyettesítést,a 2., 3. és 4. egyenletbôl (1) = 6, (3) = 1, (7) = 2 adódik. Végül az elsô egyen-letbôl (8) = 1, vagyis egy diák nem tudott egyetlen feladatot sem megoldani.

Az egyenletrendszer megoldásának hátterében tulajdonképpen az egyes hal-maztartományok elemszámának rendszeres meghatározása áll. Az A + B + Chalmaz elemszámát ismerve, „belülrôl kifelé” haladva elôször az ( A + B) \ C,(B + C) \ A, ( A + C) \ B elemszámokat határozhatjuk meg (242/II. ábra).Ezután az A \ (B , C), B \ ( A , C), C \ ( A , B) tartományok következnek(242/III. ábra).

És végül A , B , C ismeretében A B C, , meghatározható.

Második megoldás:A,B,C meghatározásához az A+B+C összegbôl

le kell vonni a kétszeres tartományok elemszámát,A+B+B+C+A+C-t,

hiszen ezeket kétszer számoltuk. Ekkor az A + B + C tartományt háromszor

hozzáadtuk és háromszor ki is vontuk az összegbôl, ezért még egyszer be kell

számítanunk. Tehát: A , B , C= A+

+B+C- A + B-B + C-

-A+C+A+B+C, s innen A B C, ,

számolható. Ha tudjuk, hogy van megoldás, akkor ké-szen vagyunk. Egyébként az elsô megoldás-hoz hasonló módon meg kell bizonyosod-nunk arról, hogy léteznek a feltételeknekmegfelelô halmazok.243. a) A Venn-diagramon az egyes tar-tományok elemszámait rendre a, b, c-veljelölve a + b + c = a + b + b + c - b a bi-zonyítandó azonosság, s ez teljesül.

242/II. 242/III.

243/a.

b) A Venn-diagramon az egyes tartomá-nyok elemszámait rendre a, b, c, … , g-veljelölve a bizonyítandó állítás: a + b + c ++ d + e + f + g = a + b + d + e + b + c ++ d + f + d + e + f + g - (b + d) - (d + e) -- (d + f) + d, s ez teljesül. 244. Jelöljük A, B, illetve C-vel az 1000-nél nem nagyobb pozitív egész számok kö-zül a 2-vel, 3-mal, illetve 5-tel oszthatószámok halmazát! Ekkor A=500, B== 333,C= 200, A+B= 166, B+C== 66, A+C= 100,A+B+C= 33. (Pl.A + B a 2-vel és 3-mal, vagyis 6-tal oszthatószámok halmazát jelenti.) a) Alkalmazzuk a logikai szita formulát! A , B , C= A+B+C- -A+B-B+C-A+C+A+B+C=500+333+200-166-66-100++ 33 = 734;b) A B C, , = 1000 - 734 = 266;c) A- A + B– A + C+ A + B + C= 500 - 166 - 100 + 33 = 267 (az A + B + C-t kétszer is levontuk A-ból, ezért egyszer hozzá kell adni);d)A +B+B +C+A +C-3A +B +C= 166 + 66 + 100 - 3 $ 33 = 233,hiszen az A + B + C tartomány elemeit háromszor is számoltuk.245. Szemléltessük a három halmazt Venn-diagrammal, s „belülrôl kifelé”haladva írjuk be az egyes tartományok elemszámát.A feladatnak nincs megoldása, hiszen nem lehet negatív azon tanulók száma,akik angolul és németül tanulnak, míg franciául nem. (Az ellentmondás abbóla feltételbôl következik, hogy angolul és németül ketten, míg mindhárom nyel-ven hárman tanulnak.)Általában is igaz, hogy a logikai szita alkalmazásakor feltesszük, hogy létezikmegoldás. Hogy ez valóban így van, arról ellenôrzéssel gyôzôdhetünk meg. 246. a) Mivel 20 + 22 + 25 = 67 = 2 $ 30 + 7, ezért legalább 7-en beszélnekmindhárom nyelven. A maximális érték 20, amikor az összes franciául beszélôa másik két nyelven is beszél; s minden 7 és 20 közötti érték lehetséges.b) Az ábrán az elemszámokat a, b, … , g-vel jelöltük. Ekkor a + b + d + e = 20,


II

243/b.

245. 246.

b + c + d + f = 22, d + e + f + g = 25, s mi-vel a + b + c + d + e + f + g = 30, ezért b ++ e + f + 2 $ d = 37. A kérdés b + d + e + f.Az a) feladat megoldásában láttuk, hogy7 # d # 20; b + d + e + f = 37 - d, ezért akét vagy három nyelvet beszélôk száma 17-tôl 30-ig terjedhet, vagyis legalább 17.247. A és B osztója 60-nak.

A , B$ 10; akkor lehet egyenlôség, ha

pl. A = 6, B = 10 és A 3 B.

A , B# 61; akkor lehet egyenlôség, ha

pl. A = 1, B = 60 és A + B = 0Y.

A + B = 0, ha A + B = 0Y.

A + B# 6; akkor lehet egyenlôség, ha pl. A = 6, B = 10 és A 3 B.248. Az ábrán az elemszámokat a, b, … , g-vel jelöltük. Ekkor a + b + d + e == 7, b + c + d + f = 8, d + e + f + g = 9, d = 3. Innen a + b + c + d + e + f + g == 7 + 8 + 9 - b - e - f - 2 $ 3, vagyis 18 - (b + e + f). A , B , C# 18; A , B , C = 18 akkor lehet, ha b = e = f = 0, vagyis a = 4,c = 5, g = 6.A b + e legfeljebb 4 lehet, ha a = 0; f legfeljebb 5 lehet, ha c = 0. Így A,B,C= 18 - (b + e + f) $ 18 - (4 + 5) = 9.

249. a) A+B+C= 24, de legalább három elemet kétszer számoltunk,

ezért A , B , C# 21. Ez a maximum elérhetô. (A 249/I. ábrán az egyes

részhalmazok elemszámait tüntettük fel.) A+B+C= 24, és minden elemet legfeljebb kétszer számolhattunk,ezért A , B , C$ 12. A minimumot akkor kaphatjuk meg, ha minden elempontosan két halmazhoz tartozik. (A 249/II. ábrán x, y, z-vel jelöltük amegfelelô részhalmazok elemszámait.)Ekkor x + y = 7, x + z = 8, y + z = 9. Az egyenletek összeadása után x + y + z == 12, az egyenletrendszer megoldása x = 3, y = 4, z = 5, tehát a minimumelérhetô.


II

248.

249/I. 249/II.


II

b) Az a) megoldás gondolatmenetével A , B , C# 22, s ez a maximumelérhetô (249/III. ábra).A minimum meghatározásakor az x + y = 7, x + z = 8, y + z = 10 egyenletrend-szernek nincs megoldása a természetes számok halmazán, ezért van olyan elem,amely csak egy halmazba tartozik. A , B , C$ 13, az egyelôségre egy konst-rukciót a 249/IV. ábra mutat.

250. a) A , B , C$ 7; egyenlôség lehet, ha pl. C 3 A , B.

A , B , C akkor lehet maximális, ha A , B= A+B stb., vagyis min-

den elem pontosan egy halmazhoz tartozik. (A 250/a. ábrán x, y, z-vel jelöltük a

megfelelô részhalmazok elemszámait.)Ekkor az x + y = 7, x + z = 7, y + z = 6 egyenletrendszer megoldása (x, y, z) = = (4, 3, 3), A , B , C = 10.b) A , B , C$ 8; egyenlôség lehet, ha pl. C 3 A , B.A maximum meghatározása: A , B+ A , C+B , C= 21, páratlan szám.Nem lehetséges, hogy ebben az összegben minden elemet pontosan kétszer szá-moltunk; legalább egy elem két halmazhoz is tartozik. Az A , B , C= 10 ma-ximumra egy példa a 250/b. ábrán látható.

249/III. 249/IV.

250/a. 250/b.

251. a) u A 3 Bu = 2, így a lehetséges elemszámok:

u A \ Bu 2 1 0

uB \ Au 0 1 2

u Au 5 4 3

uBu 3 4 5

b) u A 3 Bu = 3, így a lehetséges elemszámok:

u A \ Bu 3 2 1 0

uB \ Au 0 1 2 3

u Au 5 4 3 2

uBu 2 3 4 5

c) Az A + B, A \ B, B \ A közös elem nélküli részhalmazok elemszámának

összege 5. Öt elemet három (különbözô) halmazba 7

5

J

L

KK

N

P

OO= 21-féleképpen oszt-

hatunk szét. Ez a 21 eset bármelyike az a) és b) megoldásokhoz hasonlóan vizs-

gálható: u Au=u A \ Bu+u A + Bu, uBu= uB \ Au+u A + Bu. Az 5 =u A , Bu$

$u Au$ 0 és 5 $uBu$ 0 egyenlôtlenségekbôl következôen A és B minden 0 és 5

közötti értéket felvehet.

252. Ha x ! H, akkor x

1! H, - x ! H és

x

1- ! H. Ha x ! ! 1, uHu 4-gyel

osztható. Ha 1 ! H, akkor -1 ! H és fordítva, uHu ekkor is páros.

253. Ha x ! H, akkor x

1! H. Ha x ! ! 1, uHu páros. 1 és -1 reciproka önma-

ga, ezért uHu páratlan is lehet, ha 1 vagy -1 közül (pontosan) az egyik szám H-

hoz tartozik.254. Szemléltessük a halmazokat Venn-diagrammal, s jelöljük (1), (2), (3), …,

(7)-tel az egyes tartományokat (254. ábra)!A 2. feltétel miatt a (7) részhalmaz üres hal-maz; az 1. feltétel miatt (2), (4) és (5) nemüres halmazok; a 3. és 4. feltétel miatt (1),(3), (6) üres halmazok, valamint a (2), (4)és (5) részhalmazok elemszáma 1. Pl.: A = {b, c}, B = {c, a}, C = {a, b}.

Megjegyzés:A megoldást egyszerû geometriai konstruk-cióval is megadhatjuk: legyen a három elemegy háromszög három csúcsa, s a három-szög azonos oldalain levô két-két csúcs al-kossa a három halmazt.


II

254.

255. Legyen az A B C D+ + + típusú részhalmazok elemszáma 1 (a lehetô

legkevesebb). Ilyen tartomány 4

26=

J

L

KK

N

P

OO darab van, s mivel bármely három hal-

maz metszete üres halmaz, A , B , C , D legalább 6 elemû. Ha minden más

tartomány elemszáma 0, akkor a 4. feltétel is teljesül. Megfelelô pl. az alábbi

négy A, B, C, D halmaz (a sorokban az egyes halmazoknál 1-est írtunk, ha az

aktuális elem benne van a halmazban, 0-t, ha nincs):

a b c d e f

A 1 1 1 0 0 0

B 1 0 0 1 1 0

C 0 1 0 1 0 1

D 0 0 1 0 1 1

Adhatunk geometriai konstrukciót is.Kételemû halmazokkal a feladat nem oldható meg; háromelemû halmazokrapélda a teljes négyoldal. Ennek csúcsai az elemek, s egy-egy halmazba az egyegyenesen lévô pontok tartoznak (ábra).

256. Mivel A B C D E+ + + + ! 0Y, s ilyen típusú tartomány 5

45=

J

L

KK

N

P

OO darab van,

ezért A , B , C , D , E$ 5. A konstrukció meg is valósítható:

a b c d e

A 1 1 1 1 0

B 1 1 1 0 1

C 1 1 0 1 1

D 1 0 1 1 1

E 0 1 1 1 1

257. Elsô megoldás: Pl. az ábra A, B, Chalmazainak (i)-vel jelölt részhalmazaibakerüljenek a 7k + i alakú számok, ahol k!Z;s a 7k alakú egész számokat kihagyjuk.Második megoldás: A (7) tartomány legyenaz üres halmaz; a többi (i) tartománybakerüljenek a 6k + i alakú egész számok (k ! Z).Harmadik megoldás: A = {páros számok};B = {3-mal osztható egész számok};


II

255.

257.


II

C = {6-tal nem osztható egész számok}. Ekkor az (1), (3), (7) részhalmazoküres halmazok.Negyedik megoldás: Egy megfelelô geometriai konstrukció pl. a háromoldalúhasáb; ennek a palástját alkotó három paralelogramma pontjai adják a halma-zokat.

258. Pl. az A \ B, A + B, B \ A tartományokba kerüljenek rendre a 3k, 3k + 1

és 3k + 2 alakú számok (k ! N). Ekkor A = {3k + 1u k ! N} , {3k + 2u k ! N};

B = {3ku k ! N} , {3k + 2u k ! N}; C = {3ku k ! N} , {3k + 1u k ! N}.

259. Megfelelô pl. a 257. feladat második és harmadik típusú megoldása.

260. a) Pl. H1 = N \ {0}, H2 = N \ {1}, H3 = N \ {2}, H4 = N \ {3}, … ,

Hn = N \ {n}, n ! N, …

b) Pl. megfelelô az alábbi konstrukció:

H1 1 2 4 7 11 …

H2 3 5 8 12 …

H3 6 9 13 …

H4 10 14 …

H5 15 …

…

(Hn elsô eleme ( )n n

2

1+, n ! N, s az elsô elemtôl kezdve minden n-edik,

(n +1)-edik, (n + 2)-edik, … természetes szám tartozik a halmazba.)

Végtelen halmazok számossága

261. Az állítások igazak. A megszámlálhatóan végtelen halmazok elemeit so-rozatba rendezhetjük, s ezt véges sok elem hozzávétele esetén is megtehetjük.(Például úgy, hogy a véges sok elemet a már meglévô sorozat elejére illesztjük.)262. Igaz állítások: b), e), f), g), i), j).

a) Hamis.b) Igaz.c) Hamis; ellenpélda pl. a racionális számok halmaza. (Ugyanis bármely

két racionális szám között található további racionális szám.)d) Hamis; ellenpélda pl. a ]0; 1[-ban lévô racionális számok halmaza.e) Igaz. (A részhalmaz elemei részsorozatot alkotnak.)f) Igaz.g) Igaz.h) Hamis. (Pl. N 3 Z.) i) Igaz.

Végtelen halmazok számossága 55

II

j) Igaz. (Ha az A, illetve B halmaz elemeit a1, a2, …, illetve b1, b2, …sorba rendezzük, akkor tekintsük az a1, b1, a2, b2, … sorozatot! EbbenA , B minden elemét felsoroltuk, A + B elemeit kétszer is. Ha kihagy-juk a többször szereplô elemek egyikét, megfelelô részsorozatot ka-punk.)

263. a) Igaz, mert A = B.b) Hamis; pl. A = N+, B = N, s ekkor u Au = uBu.c) Igaz.d) Igaz.e) Hamis; pl. A = N, B = N+, s a leképezés a ! A, a) a + 3 (a + 3 ! B).f) Hamis.g) Igaz.h) Hamis; ellenpélda pl. a racionális számok halmaza.

Az állítás megfordítása igaz: d), f).(A h) esetben véges számhalmaz elemei mindig sorba rendezhetôk.)264. a) Minden lakót átköltöztet a szobájánál 1-gyel nagyobb számú szobába,

s az új vendéget a megüresedett 1-esben el tudja helyezni.b) Minden lakót átköltöztet a szobájánál 100-zal nagyobb számú szo-

bába.c) Pl. minden lakót átköltöztet a szobája számánál kétszer nagyobb szá-

mú szobába.

265. a) Az egyes átlókban rendre 1, 2, 3, … szám található, az elsô n átlóban

összesen 1 + 2 + 3 + … + n =( )n n

2

1+darab.

( )n n

2

1+< 2004, ha

n # 62. 2

62 63$= 1953; így a 2004. szám a 63. átlóban az 51. helyen

található. Mivel a páratlan sorszámú átlóban lévô elemeket „lentrôl

felfelé” számoljuk össze, az átló kezdôszáma 63

1, az 51. szám pedig az

13

51.

b) A 109. átló „alsó” kezdôtagja 109

1, a táblázat 100. sorában az átló 10.

eleme található: 100

10.

c) A 42. átló „felsô” kezdôtagja 1

42, az átló 26. eleme a

26

17. Így

26

17a

pozitív racionális számok sorozatának 2

41 42$+ 26 = 887. tagja.

d) Az 1, 2, 2

1,

3

1,

2

2,

1

3, … sorozatból képezhetjük pl. a váltakozó elô-

jelû 0, –1, 1, –2, 2, 2

1- ,

2

1,

3

1- ,

3

1,

2

2- ,

2

2, … sorozatot.

266. Tegyük fel, hogy a ]0; 1[ számok halmaza megszámlálhatóan végtelen.

Ekkor pl. tizedes tört alakjukban sorozatba rendezhetôk:

a1 = 0, x11x12x13…x1n…a2 = 0, x21x22x23…x2n…a3 = 0, x31x32x33…x3n……an = 0, xn1xn2xn3…xnn……

Tekintsük most az a = 0, y1 y2 y3… yn… számot, ahol yi = 1, ha xii ! 1, és pl. yi = 2,ha xii = 1! Mivel ennek i. számjegye különbözik ai i. számjegyétôl, sikerült olyanszámot konstruálni, amely – feltevésünkkel ellentétben – nincs a felsoroltszámok között. Az ellentmondásból következik, hogy a ]0; 1[ számok – és így avalós számok – halmaza nem megszámlálható.267. A halmazok elemei között kölcsönösen egyértelmû leképezést kelllétesítenünk, vagy megmutathatjuk, hogy a két halmaz számossága mege-gyezik a természetes számok halmazának számosságával. Pl.:

a) a ! A ) a - 1 ! B.

b) A 0, 1, 2, 3, 4, 5, … B-beli elemekhez rendeljük hozzá sorban a 0, 1,

-1, 2, -2, 3, -3, … A-beli elemeket. (Képlettel: ha n páros természe-

tes szám, n )n

2- ; ha n páratlan természetes szám, n ) .

n

2

1+ N

P

OO

c) a ! A ) a + 10 ! B.

d) a ! A ) (a - 1)2 ! B.

e) a ! A )a

32

4$ -J

L

KK

N

P

OO! B.

f) A p1, p2, p3, … prímszámok halmazának és a 03, 13, 23, … köbszámok

halmazának számossága is megegyezik a természetes számok szá-

mosságával. (pi ) (i - 1)3 ) i - 1 ) i, i ! N+.)

g) A és B számossága is megegyezik N számosságával.268. Az a) – j) esetben az A és B halmazok számossága egyenlô, tehát létezikkölcsönösen egyértelmû megfeleltetés elemeik között; a k) esetben nem.

a) B 3 Q, így megszámlálható.

b) Pl. a ! A )a

1! B.

c) A B halmaz (x; y) egész számokból álló számpárokat tartalmaz.

Általában is igaz, hogy az egész számokból álló számpárok, számhármasok stb.

halmaza megszámlálhatóan végtelen. Feleltessük meg pl. az (x; y) elemnek az

y

xracionális számot! Ekkor az (x; 0) és – ha nem engedjük meg – a (0; y)

típusú párok maradtak ki a megfeleltetésbôl; s mivel ezek megszámlálhatóan

sokan vannak, egyesítésük is megszámlálhatóan végtelen.


II

Végtelen halmazok számossága 57

II

Egy másik lehetôség, ha az (x; y) ! B párnak a derékszögû koordináta-rendszer

rácspontjait feleltetjük meg. A rácspontok „bejárására” két lehetséges módszer

látható a 268/I. és II. ábrákon.

d) Pl. a ! A ) 5a ! B.

e) Pl. x ! A ) ( )b a

d cx a

-

-- + c.

f) Pl. x ! A ) xarctg2

r.

g) Pl. az e) és f) megoldások alapján.

h) Legyen pl. 2

1,

3

1,

4

1, … egy A-beli sorozat; 0,

2

1,

3

1,

4

1, … pedig egy

B-beli sorozat. Feleltessük meg egymásnak a sorozatok azonos indexû

tagjait, az A halmaz többi eleméhez pedig önmagát rendelhetjük B-bôl.A módszer általában is alkalmazható; vagyis egy végtelen halmaz szá-mossága nem változik meg, ha kiha-gyunk belôle véges sok elemet, vagy ki-hagyjuk egy megszámlálhatóan végtelenvalódi részhalmazát.

i) Pl. a 268/III. ábrán a P pontból való ve-títéssel rendeljük a CD szakasz és f féle-gyenes pontjait egymáshoz. (A h) meg-oldásban leírtak miatt nem okoz prob-lémát, hogy C-nek nincs képe.)

j) Pl. két részre bonthatjuk a szakaszt, s kétfélegyenesre az egyenest.

269. Mindegyik esetben B számossága a nagyobb.

268/I. 268/II.

268/III.

58 Vegyes feladatok

II

Vegyes feladatok

270. Több megoldás lehetséges. Pl.:a) az 542 számjegyeinek összege nem 12;b) 133 nem osztható 3-mal;c) 111 nem négyzetszám;d) 407 maradéka 3-mal osztva 2; vagy 133 osztható 7-tel;e) a Toldi Arany János költeménye, a többi Petôfié.

Megjegyzés:Ezeket a „kakukktojás-típusú” feladatokat gyakran és szívesen tûzik ki a külön-bözô vetélkedôkön. Sajnos, a feladatoknak általában több megoldása van.(Nemcsak az a megoldás lehet jó, amire a játékvezetô gondol.) Néhány – elked-vetlenítô – példa:

Az a) esetben kakukktojás lehet– a 192, mert kisebb, mint 200; vagy– az 543, mert nagyobb, mint 542; vagy– a 471, mert 460 és 473 közé esik.A b) esetben kakukktojás lehet– a 133, mert számjegyei egyike sem össze-tett; vagy – a 870, mert 10-zel osztható és így tovább.271. Nem zárt mûveletet kapunk a d), h),i), k) esetekben.272. Tegyük fel, hogy a kérdésekre csakigen vagy nem válaszokat adtak az aka-démikusok. Jelöljük I, II, illetve III-mal az1., 2., illetve 3. kérdésre igennel válaszolóakadémikusok halmazát, ekkor a 272/I.Venn-diagramot kapjuk.

(Az egyes tartományok elemszámát rendrea, b, c, d, e-vel jelöltük.)A feltételek szerint

(1) a + b + d + 4 = 23,(2) b + c + 4 + 2 = 17,(3) 4 + 2 + d + e = 23, (4) a + d = 13,(5) a + b = 12.

Az (1) és (4) egyenletekbôl b = 6; az (1) és(5) egyenletekbôl d = 7; továbbá a = 6, c = 5, e = 10. Az egyes tartományok elem-számai a 272/II. ábrán láthatók.

Összeadva a legalább egy igennel szavazókszámát, 40-et kapunk, így 5 akadémikusszavazott mindegyik kérdésre nemmel.

272/I.

272/II.

Vegyes feladatok 59

II

273. a) A H1, H2, … H39 halmazokban összesen 1+2+…+39 =2

39 40$=

= 780 elem van, így H40 = {781, 782, … , 820}.

b) Az elemek összege ( )

2

781 820 40$+= 32 020.

274. a) F , G; b) F \ G; c) F + G; d) F , G , H; e) (F , G) \ H;f) F \ (G , H); g) F + G + H; h) igaz.275. Az állítás következik abból, hogy egy k elemû részhalmaz kiválasztásakormeghatároztunk egy (n - k) elemû részhalmazt is (ti. azt, amelyiket a ki nemválasztott elemek alkotnak), s ezért a k és (n - k) elemû részhalmazok párbaállíthatók.276. A H részhalmaz megadásakor minden egyes elemrôl eldönthetjük, hogyvagy hozzávesszük a részhalmazhoz, vagy nem. Ez 2n lehetôség, ennyi részhal-maza van egy n elemû halmaznak. (Az üres halmaz részhalmaza önmagának.)277. Az állítás nem igaz n = 0-ra, de minden n $ 1 természetes számra már tel-jesül. Indukciós gondolatmenettel bizonyíthatunk:Ha az állítás igaz egy k ! N + elemû H halmazra (vagyis ugyanannyi páros éspáratlan elemszámú részhalmaza van H-nak), akkor egy (k + 1). elem hoz-závételével az eddigi páros elemszámú részhalmazokból páratlan elemszámú újrészhalmazok keletkeznek és fordítva. Vagyis H már meglévô és újonnan kelet-kezett részhalmazaira is igaz lesz, hogy ugyanannyi közülük a páros, mint apáratlan elemszámú. (Az állítás n = 1 esetén igaz.) 278. Szemléltessük egy táblázattal az egyes tulajdonságokat!

Látható, hogy az elsô két tulajdonsággal aférfiak legalább 65%-a rendelkezik. Ha a10%-nyi, 75 kg-nál nem nehezebb férfi eb-bôl a 65%-ból kerül ki; s a maradék 55%-ból kimarad az 5% bajszos, akkor a négy tu-lajdonság a férfiak legalább 50%-ára igaz. 279. Jelöljük az osztály létszámát n-nel!Az egyes kiránduláson részt vevô tanulókatszemléltessük egy-egy halmazzal; mivel min-den tanuló részt vett legalább két kirándu-láson, csak a halmazok közös részeinek elem-számát kell meghatározni.Az ábra alapján pl. x jelöli azoknak a tanu-

50%

5%Bajusz

10%Testsúly

65%

85%15%Barna haj

20%80%Magasság

279.

lóknak a számát, akik részt vettek az elsô és a második kiránduláson, de a har-madikon nem. Több megoldási gondolatmenetet is adhatunk.

Elsô gondolatmenet:A Venn-diagram alapján felírható egyenletrendszer:

x + y + 12 = 0,7n,x + z + 12 = 0,8n,y + z + 12 = 0,9n.

Adjuk össze az egyenleteket: 2(x + y + z + 12) + 12 = 2,4n. A diagram alapjánaz összes tanuló száma n = x + y + z + 12, innen 12 = 0,4n, n = 30.Ha az osztálylétszám 30, akkor az elsô kirándulásra 21, a másodikra 24, a har-madikra 27 gyerek ment el, az „összkirándulásszám” 72; valóban 12 gyerekment el mind a három kirándulásra.

Második gondolatmenet:Visszafelé okoskodunk: ha az elsô kirándulásra elment a tanulók 70%-a, akkornem ment el 30%-uk, így z = 0,3n. Hasonlóan y = 0,2n és x = 0,1n. Felhasználvaaz n = x + y + z + 12 összefüggést, az elôzô eredményt kapjuk.

Harmadik gondolatmenet:A szita formula alapján a kirándulások összlétszáma 0,7n + 0,8n + 0,9n, s ezegyenlô 2n + 12-vel, hiszen minden gyerek kétszer, 12 pedig háromszor kirán-dult. A 0,7n + 0,8n + 0,9n = 2n + 12 egyenlet megoldása n = 30.

Negyedik gondolatmenet:Mivel minden kiránduláson csak egész számú tanuló vehetett részt, 0,7n, 0,8nés 0,9n egész számok. Ez csak akkor lehetséges, ha n 10-nek többszöröse. Az n = 10 és 20 nem, de n = 30 megoldást ad; bizonyítanunk kell még, hogy nnövelésével nem kapunk újabb megoldást.

280. Jelöljük A-val és B-vel azon ötjegyû pozitív egész számok halmazát, ame-

lyekben nincs 8-as, illetve 9-es számjegy! A feladat A B, elemszámának

meghatározása. (A H alaphalmaz az ötjegyû pozitív egész számok halmaza.)

u Au=uBu= 8 $ 94, u A + Bu= 7 $ 84, uHu = 9 $ 104. Innen A B, = uHu- (u Au+

+uBu-u A + Bu) = 9 $ 104 - 2 $ 8 $ 94 + 7 $ 84 = 13 696. (Az összes ötjegyû pozitív

egész számból kivontuk azokat, amelyek nem tartalmaznak 8-as, illetve 9-es

számjegyet; de így a sem 8-ast, sem 9-est nem tartalmazó számokat kétszer von-

tuk le, tehát egyszer vissza kell adni az összeghez.)281. 310 - 3 $ 210 + 3 = 55 980. (Az összes számból elôször levonjuk azokat,amelyek legfeljebb kétféle számjegyet tartalmaznak; ekkor azonban a csupaegyforma számjegybôl álló három számot kétszer vontuk le, egyszer hozzá kellôket adni az összeghez.)282. Három kör a síkot legfeljebb 8 részre osztja. Ha a negyedik felvett kör akorábbiakat két-két pontban metszi, akkor 6 új síktartomány keletkezik, ígynégy kör a síkot legfeljebb 14 részre osztja. Négy halmaz esetén viszont 24 = 16halmaztartományt kellene kapnunk, tehát négy kör segítségével nem készíthetôVenn-diagram.

60 Vegyes feladatok

II

283. Igen. Az elsô három halmaz lehetkör, majd ezután mindig úgy kell felven-nünk a soron következô n. halmazt, hogyminden korábbi halmaztartományt ketté-osszunk. Ezt megtehetjük, ha pl. az utol-jára felvett (n - 1). halmaz „kerületére”illesztjük az n.-et.284. A feltételekbôl következik, hogy Zf 3 Df és Zg 3 Dg.a) (Zf,Zg)+ (Df+Dg); b) (Zf \ Zg)+ (Df+Dg).

285. a) H39-ig 1 + 2 + 3 +… + 39 =

=2

39 40780

$= darab szám szerepel.

H40 kezdô eleme a 781. páratlan szám; 781 $ 2 - 1 = 1561, így

H40 = {1561, 1563, … , 1639}. b)( )

2

1561 1639 40$+= 64 000.

286. a) A feladatgyûjtemény 286-os ábrája szerinti elsô n „átlóban” 1 + 2 +

+ 3 + … + n =( )n n

2

1+rácspont van.

( )n n

2

1+< 1000, innen

-45,2 < n < 44,2, vagyis az 1000. racionális számnak megfelelô rács-

pont a 45. átlóban található. 2

44 45$= 990, az átló 10. pontját keres-

sük. A 45. átló rácspontjai sorra (45; 1), (44; 2), (43; 3), …; a 10. rács-

pont (36; 10). Ebben a sorban tehát az 1000. racionális szám a 10

36.

b)2

76 77$+ 21 = 2947.

Megjegyzés:Az eljárás hasonló a 265. feladatban alkalmazotthoz.287. Válasszunk ki egy-egy különbözô színû tárgyat! Ha ezek különbözô ala-kúak, készen vagyunk; ha egyforma alakúak, akkor válasszunk egy tôlük külön-bözô alakú tárgyat! Ekkor a három tárgy között lesz színre és alakra eltérô.

Megjegyzés:Jelöljük A-val az ugyanolyan színû tárgyakhalmazát (valamelyik színbôl); ugyanígy B-vel az azonos alakú tárgyak halmazát (va-lamelyik alakból), s az így felvehetô Venn-diagram tartományait jelöljük a, b, c, d-vel!A feladat egy lehetséges átfogalmazása: haA és A, valamint B és B nemüres halma-zok, akkor az a és c, valamint b és d részhal-mazok sem üresek. A bizonyítás pedig úgytörtént, hogy vettünk egy A és A-beli x és yelemet; ha az a és c, illetve b és d részhal-

Vegyes feladatok 61

II

283.

287.

mazokból kerültek ki, készen vagyunk; ha pedig az a és d, illetve b és c részhal-mazokból, akkor vettünk hozzájuk rendre egy z elemet b vagy c-bôl, illetve avagy d-bôl. 288. A kortársak ott tévedtek, hogy ha a „Minden krétai hazudik.” állítás ha-mis, akkor tagadása „Van olyan krétai, aki igazat mond.”. Ez pedig nem jelentiazt, hogy minden krétai igazat mond, lehetnek közöttük hazugok is. (Hamismaga Epimenidész állítása is.)289. Ez az ismert logikai paradoxon Bertrand Russel (1872–1970) angol mate-matikustól származik. Vizsgáljuk meg, hogy ki borotválja a borbélyt!Ha maga borotválkozik, akkor - állítása szerint - nem borotválja önmagát; hanem maga borotválkozik, akkor pedig - állítása szerint - saját magát borotvál-ja. Ellentmondást kaptunk: a borbély borotválja is magát meg nem is borotválja.290. A paradoxont 1903-ban találta Bertrand Russel. Az ellentmondást úgyoldhatjuk fel, ha feltesszük, hogy nem létezik az összes halmaz halmaza (s nemlétezik az összes olyan halmaz halmaza sem, amelyek nem elemei önmaguknak).291. a) 8 + uB \ Au, vagyis legalább 8; b) 5 - uB \ Au, vagyis legfeljebb 5;c) legfeljebb 5. 292. A két szélsôérték u A , Bu esetén 37, illetve 6; u A + Bu esetén 6, illetve 0.

293. a) A-nak 0 elemû részhalmaza van 10

0

J

L

KK

N

P

OO= 1 darab; 1 elemû részhalmaza

10

1

J

L

KK

N

P

OO= 10; 2 elemû részhalmaza

10

2

J

L

KK

N

P

OO= 45; … ; 10 elemû részhalmaza

10

10

J

L

KK

N

P

OO= 1. A feladat a ...0

10

01

10

12

10

210

10

10$ $ $ $+ + + +J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO összeg

meghatározása.Minden elemet a többi 9 elembôl alkotható összes részhalmazbanegyszer számoltunk, vagyis minden elem 29-szer szerepel az összeg-ben. A részhalmazok elemszámainak összege 10 $ 29 = 5120.

b) Minden elem 29-szer szerepel az összegben, így a keresett összegértéke (1 + 2 + … + 10) $ 29 = 28 160.

Megjegyzés:Ha A = {1, 2, 3, … , n}, hasonlóan mutathatjuk meg, hogy az a) esetben n $ 2n–1,

a b) esetben ( )n n

2

12n 1$

+- a válasz, s „mellékesen” megkaptuk a

n n0

01

1$ $+ +J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

...n

nn

n2

2$ $+ + +J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO= n $ 2n–1 azonosságot is.

294. a) A 4 és 5 elemek két halmazba kerülhetnek ( A \ B-be vagy B \ A-ba),

ezért 4 megadási lehetôség van.b) 8.c) Az elemek három halmazba kerülhetnek ( A \ B-be, B \ A-ba vagy

A + B-be). Ha A = B-t nem engedjük meg, akkor a 35 = 243 lehetô-ségbôl le kell vonni azt, amikor az A és B megegyezik, tehát 242megadási lehetôség van.

62 Vegyes feladatok

II

295. Az A, B, C halmazok hét halmaztar-tományt határoznak meg (az ábrán a, b, c,d, e, f, g).Mivel g = 0Y, a 18 elem bármely 6 tar-tományba kerülhet, ez 618 lehetôség. Azon-ban nem számolhatjuk azokat az eseteket,amikor A = B (vagyis a = b = e = f = 0Y), B = C, A = C. Ilyen van 3 $ 218 darab, ígyösszesen 618 - 3 $ 218 különbözô A, B, Chalmazhármas van. ( A = B = C nem lehet-séges, mert A + B + C = 0Y.)Ha A + B + C ! 0Y, akkor az elôzô gondo-latmenettel kapható 718 - 3 $ 318 darab-számhoz hozzá kell adni 2-t, mert az A == B = C esetet háromszor vontuk le, pedigcsak egyszer kell.296. a) 29; b) 28; c) 3 $ 28 (vagy 210 - 28); d) 3 $ 28 (vagy 210 - 28); e) 28;f) 28; g) 24 (beleszámoltuk az {5} részhalmazt is); h) 210 - 25 - 1; i) 210 -- 27 - 1.297. A H = {a1, a2, a3, … , a9} halmaz A1, A2, A3, A4 részhalmazait pl. azalábbi táblázattal adhatjuk meg:

H a1 a2 a3 … a9

A1 1 1 0 0

A2 1 0 0 0

A3 0 1 0 1

A4 0 1 0 0

Az elsô sorban a H halmaz elemeit tüntettük fel; a következô sorokban az egyesrészhalmazoknál 1-est írunk, ha az aktuális elem benne van a halmazban, 0-t,ha nincs. Pl. a1 ! A1, de a1 !Y A3.A feladat feltétele alapján a táblázatban 28 darab 1-es szerepel, s meg kellmutatnunk, hogy van olyan oszlop, amelyben 4 darab 1-es van. Ez pedig nyil-vánvaló: ha minden oszlopban csak 3 darab 1-es lenne, összesen 9 $ 3 = 27 darab1-es lenne a táblázatban.

298. Legyen uMu = n. Az Ai (i = 1, 2, …, 2000) halmazok elemszámát

összeadva legalább n

3

4000-at kapunk (egy-egy elemet több részhalmazban is

számoltunk). Ha minden elem csak legfeljebb 1333 részhalmazban fordulna

elô, 1333n < n

3

4000lenne.

299. 2n–1 részhalmazt kiválaszthatunk, ha pl. mindegyikben szerepel egyrögzített elem, ennél többet viszont nem lehet kiválasztani. Ha ugyanis szere-pel egy R részhalmaz a kiválasztásban, akkor a H \ R komplementer részhalmaz

Vegyes feladatok 63

II

295.

már nem szerepelhet, hiszen nem lenne R-rel közös eleme. Vagyis legfeljebb azösszes részhalmaz fele választható ki.300. Legfeljebb 8-at.A 2, 3 és 5 kitevôi paritásuk alapján kétfélék lehetnek: párosak vagy páratlanok.Ez azt jelenti, hogy minden, a 2, 3 és 5 prímosztókkal rendelkezô szám a kite-vôk paritása alapján 8-féle lehet. Vagyis 9 kiválasztott szám esetén már lesz kö-zöttük két olyan, melyekben a 2, 3 és 5 kitevôjének a paritása rendre ugyanaz,s ezen számok szorzata négyzetszám.301. Minden tíztagú összeg 55 és 955 között van, s 1023 nem üres részhalmazlétezik. A skatulyaelv miatt van két olyan nem üres részhalmaz, amikben az ele-mek összege megegyezik; s ha a két részhalmaznak vannak közös elemei,ezeket mindkettôbôl elhagyhatjuk.302. Jelöljük az elemeket a1, a2, … a100-zal, s tekintsük az alábbi 100 számot:a1;

a1 + a2;a1 + a2 + a3;…a1 + a2 + a3 + … + a100.

Ha valamelyik összeg 100-zal osztható, készen vagyunk; ha pedig egyik semosztható 100-zal, akkor a skatulyaelv miatt van közöttük két olyan, amelyik 100-zal osztva azonos maradékot ad. Ha ezek pl. az Si = a1 + a2 + a3 + … + ai és Sj = a1 + a2 + a3 + … + aj összegek (i < j), akkor az Sj - Si különbség megfelel.Hasonlóan mutathatjuk meg, hogy n egész szám közül mindig kiválaszthatónéhány (esetleg egy) úgy, hogy összegük n-nel osztható legyen. 303. Ha a tagok között van olyan, aki legalább 7 ülésen volt jelen, akkor azezeken rajta kívül résztvevô 7 $ 9 = 63 tag mind különbözô, tehát legalább 64tagból áll a bizottság.

Az ülések összlétszáma 400. Ha mindenki legfeljebb 6 ülésen vett részt, akkor

pedig legalább 67 tagja volt a bizottságnak: 6

400> 66.

304. Jó megoldás pl. az A = {1; 5; 9; 13; …}, B = {3; 7; 11; 15; …},C = {2; 4; 6; 8; …} három halmaz. Ha a kivett számok összege páros, C-bôl let-tek kiválasztva; ha összegük 4k + 1 alakú, B-bôl, ha 4k + 3 alakú, A-ból (k!N).

64 Vegyes feladatok

II

III

III. SzámelméletOszthatósági alapfogalmak, oszthatósági szabályok

305. a) hamis, b) igaz, c) igaz, d) igaz, e) igaz, f) igaz, g) hamis,h) igaz, i) igaz, j) hamis, k) igaz, l) hamis, m) igaz, n) hamis,o) hamis, p) igaz, q) igaz, r) hamis.306. a) páros, b) páros, c) páratlan, d) páratlan, e) páros, f) párat-lan, g) páros, h) páratlan, i) páros, j) páros, k) páros, l) páros,m) páros, n) páros.307. a) igaz, b) hamis, c) igaz, d) igaz, e) hamis, f) igaz, g) igaz,h) igaz, i) hamis.308. a) 0, b) 2, c) 2, d) 2, e) 0, f) 0, g) 0.309. a) 5, b) 6, c) 1, d) 3, e) 1, f) 0.310. n r5= , k s5= , így ( )n k r s5+ = + , ( )n k r s5- = - .311. ( )a b a a b a a b20 9 14 6 9 14 3 2 3+ = + + = + + .312. ( ) ( )a b c a b c b c3 5 2 3 2 3 11- - = + + - + .313. ( ) ( )b b a b a b b ab a a2 3 4 3 19 2 3 4 3 192 2 2+ + + + = + + + + =

( ) ( )a b a b a3 2 172 2= + + + + .314. ( ) ( )a a b b b a a ab b b a12 3 5 4 12 12 15 3 42 3- + + - = - + + - =

( ) ( )a b a b b3 2 2 2 132= - - - + .315. a b k5 4 17- = és a b r9 3 17+ = . Az elsô egyenlôség -2-szeresét amásodikhoz hozzáadva azt kapjuk: ( )b a r k11 17 2- = - .316. a b s2 13+ = és a b r5 4 13- = . Az elsô egyenlet -2-szeresét adjukhozzá a második egyenlethez: ( )a b r s6 13 2- = - .317.

3110654 321

3100123 456

2122521 966

223213 367

70112 005

33001 848

0100216

542214

72317

9-cel5-tel4-gyel3-mal

318. A 2-vel való osztási maradék csak 1 lehet, így az elsô számjegy 1-es.Ekkor a 6-tal való osztási maradék 5 vagy 3 vagy 1. Ha 5 vagy 3, akkor hamarellentmondásra jutunk. Ha a 6-tal való osztási maradék 1, akkor az 5-tel valóosztási maradék is 1, így a 4-gyel való osztási maradék 3, s ezzel a 3-mal valóosztási maradék 1. A keresett szám: 11 311.319. A bizonyításokat az olvasóra bízzuk.

320. ( )abc cba a b a b99 99 99- = - = - .321. a) a 4= ,

b) b =0, 3, 6, 9, c) b =0, 3, 6, 9, d) y =0,5; x =tetszôleges,e) y 0= , x =0, 3, 6, 9, vagy y 2= , x =1, 4, 7, vagy

y 4= , x =2, 5, 8, vagy y 6= , x =0, 3, 6, 9, vagyy 8= , x =1, 4, 7.

f) y 0= , x =2, 5, 8, vagy y 5= , x =0, 3, 6, 9,g) y 0= , x =2, 5, 8,h) y 5= , x 8= vagy y 0= , x 4= .

322. Igen: 36 720.323. X 9= vagy X 0= .324. Három egymást követô egész szám között van páros és valamelyik 3-malis osztható.325. Négy egymást követô pozitív egész között biztosan van 3-mal osztható és2 db páros. E két páros szám közül az egyik nemcsak 2-vel, de 4-gyel is osztható,így a szorzat biztosan osztható 3 2 4 24$ $ = -gyel.

326. k r k k r r2 1 2 1 4 1 4 12 2

+ - + = + - +^ ^ ^ ^h h h h. Mivel k és k 1+ valame-

lyike páros, így ( )k k4 1+ és ( )r r4 1+ is biztosan osztható 8-cal.327. a) Lehet; pl.:3 6 9+ + ,

b) lehet, pl.: 3 5 7+ + ,c) nem lehetséges,d) lehet, pl.: 4 4 4+ + .

328. a) Lehet, pl.: 4 8 12 16+ + + ,b) nem lehetséges,c) lehet, pl.: 4 8 5 11+ + + ,d) lehet, pl.: 4 5 5 10+ + + ,e) lehet, pl.: 5 9 13 17+ + + .

329. a) 1, b) 2, c) 5, d) 6, e) 1, f) 2, g) 1, h) 5.330. a) 0, b) 9, c) 6, d) 7, e) 1, f) 8, g) 2, h) 8.

331. Ha a p egész szám nem osztható 3-mal, akkor p k3 1= + vagy p k3 2= + .

Ezek négyzete: k k k3 1 9 6 12+ = + +2

^ h vagy k k9 12 42+ + . Tehát bármely 3-

mal nem osztható szám négyzete 3-mal osztva 1 maradékot ad. Ebbôl már kö-

vetkezik a feladat állítása.

332. n n n n1 1 1 14 2- = - + +^ ^ _h h i. Ha n nem osztható 5-tel, akkor 1, 2, 3,

vagy 4 maradékot ad 5-tel osztva. Ha 1-et, akkor n 1- , ha 4-et, akkor n 1+

osztható 5-tel. Ha 2-t vagy 3-t ad 5-tel osztva maradékul, akkor n 12+ osztható

5-tel.

66 Oszthatósági alapfogalmak, oszthatósági szabályok

III

Oszthatósági alapfogalmak, oszthatósági szabályok 67

III

333. Azt kell megmutatni hogy

nkm n k n k n m n m k m k m- + - + - +^ ^ ^ ^ ^ ^h h h h h h

3-mal, 8-cal és 5-tel is osztható.Ha n, k, m valamelyike osztható 3-mal, akkor a szorzat is. Ha egyik semosztható 3-mal, akkor n, k, m közül kell lennie kettônek, melyek 3-mal osztvaugyanazt a maradékot adják, így ezek különbsége osztható 3-mal.Ha n, k, m mindegyike páros, akkor a szorzat osztható 8-cal. Ha két páros vanközöttük, akkor ezek összege is, különbsége is osztható 2-vel, így a szorzatosztható 8-cal. Ha egy páros van közöttük, akkor a két páratlan összege éskülönbsége is osztható 2-vel, így a szorzat megint osztható 8-cal. Ha mind-három páratlan, akkor bármely kettô összege és különbsége is páros, tehát aszorzat osztható 8-cal.Ha n, k, m valamelyike osztható 5-tel, akkor a szorzat is osztható 5-tel. Ha egyiksem, de van közöttük kettô, melyek 5-tel osztva ugyanazt a maradékot adják,ekkor ezek különbsége osztható 5-tel. Ha mind a három más-más maradékotad 5-tel osztva, akkor ezek a maradékok 1, 2, 3 vagy 4. Ha 1, 2, 3, akkor 2 3+osztható 5-tel, ha 1, 2, 4, akkor1 4+ osztható 5-tel, ha 1, 3, 4, akkor 1 4+ , ha2, 3, 4, akkor 2 3+ osztható 5-tel.334. Az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 0 számokat négyzetre emelve azt kapjuk, hogy2-re, 3-ra, 7-re és 8-ra nem végzôdhet négyzetszám.335. a) 6, b) 1, c) 6, d) 5, e) 6, f) 1, g) 8, h) 9.336. a) 7, b) 7, c) 8, d) 8, e) 5.337. Nem lehet, mert az elsô tag 1-re, a második 4-re, a harmadik 7-re, tehátaz összeg 2-re végzôdik.338. Az egyes tagok utolsó számjegye: 1, 4, 7, 6, 5, 6, így az összeg utolsószámjegye 0.339. Minden természetes szám n k8= vagy k8 1! vagy k8 2! vagy k8 3!vagy k8 4+ . Ezek négyzete 8-cal osztva rendre 0, 1, 4, 1, vagy 0 maradékot ad,tehát a maradék minden esetben négyzetszám.340. Alkalmazzuk az elôzô feladatban ismertetett gondolatmenetet!341. Igen. Alkalmazzuk a 35. feladatban ismertetett gondolatmenetet!342. Két megoldás van: 342. ábra.343. a) n k2= , b) n k3 2= + ,

c) n k4 2= + , d) n k5 4= + ,e) n 1= , f) n 2= vagy 3,g) n 5= , h) ,n 1= 9 vagy 25,i) n 1= , j) n 36= ,k) n 16= , l) nincs megoldás,

m) n 4= vagy 44, n) nincsmegodás,

o) ,n 1= 6 vagy 13,p) n 2= vagy 8, q) n 4= , 5, 10

vagy 17,r) n 4= , s) ,n 2= vagy 4.

342.

68 Számjegyes feladatok

III

Számjegyes feladatok

344. 17 71 26 62 35 53 44 44 88+ = + = + = + = .

345. 91 19 72- = .

346. 102 201 303+ = .

347. a és b olyan pozitív számjegyek, melyekre a b 8+ = .

348. ab a b 81+ + = , azaz a b11 2 81+ = . A jobb oldal páros, így a páratlan,

és nyilván < <a6 8. Így a megoldás 72 7 2 81+ + = .

349.ab ba

cc2

+= , ahonnan a b c2+ = . A feltételek alapján ab 93= , 84,

75, 95, 86, 97.

350. abc dabc d abc9 1000$ = = + , ahonnan abc d8 1000$ = , azaz abc d125= .

351. ab ba19 19 63- = , azaz a b 7- = . A feltételekbôl csak a 9= , b 2=

lehetséges. Tehát 71 éves volt.

352.ab axb

ba2

+= . Csak a 1= lehetséges, ellenkezô esetben ugyanis a jobb

oldal háromjegyû lenne. Részletesen kiírva x b108 10 18+ = , ahonnan látható,

hogy x-nek 9-cel oszthatónak kell lennie. x 9= esetén b-re kétjegyû számot

kapunk, így csak x 0= lehetséges. Tehát az egyedüli megoldás: 2

16 10661

+= .

353. a) 101 11 1111$ = ,b) 25 6252= ,

c) Csak b 2= lehetséges, azaz a acc2 =2

, ahonnan 12 1442= ,d) Csak p 2= lehetséges, ahonnan 222 49 2842= ,

e) a b b111 222 1110+ = , ahonnan a b8= , tehát a 8= , b 1= ;

811 181 118 1110+ + = ,

f) A bal oldal legfeljebb 72, így a 3# . Az a 1= , 2, 3 eseteket kipróbálva

a 2= , b 6= ,

g) a b c d1111 111 11 2005+ + + = . Innen csak a 1= és b 8= lehet-

séges. Innen pedig abcd 1806= .

354. a b111 222 777+ = , azaz a b2 7+ = . Három megoldást kapunk:133 313 331 777+ + = , 322 232 223 777+ + = , 511 151 115 777+ + = .

355. 6 db. ( )a b a b1010 101 101 10$+ = + . Tehát ,ab 15= 30, 45, 60, 75, 90.

356.( )

( )

cd

ab

a b

c d

c d

a b

a b

c d

101 10

101 10

10

10

10

102$+

+

+=

+

++

+

+.

357. Részletes kiírás után a x xy y4 9 5 02 2- + = másodfokú egyenletre jutunk.

Innen x y! miatt x y4 5= , azaz x 5= , y 4= . 45

542

5

4= - .

358. ab ba1 2 $+ = . Látható, hogy <b 5 és páratlan. b 1= esetén a-ra nem

adódik egész szám. b 3= esetén a 7= adódik. 73 1 2 37$+ = .

359. abc cba3 49$ + = , ahonnan a b c299 20 49 97+ + = . Innen a 2= vagy

a 1= . Ha a 2= , akkor b c20 97 647= - .

Ekkor a jobb oldalnak 0-ra kell végzôdnie, azaz c 1= , ami nyilván lehetetlen.Ha a 1= , akkor b c20 97 348= - .A jobb oldalnak most is 0-ra kell végzôdnie, azaz c 4= , és ekkor b 2= .

abc 124= . 3 124 49 421$ + = .

360. ab a b19 1 9 2005+ + + + = , ahonnan ab19 1979= .361. ab a b19 1 81 20062 2+ + + + = , ahonnan a b a b10 242 2+ + + = . Innencsak a 0= , a 1= vagy a 2= lehet. De a 0= és a 1= esetén b-re nem adódikegész szám, ha pedig a 2= , akkor b 0= . 1920 1 81 4 2006+ + + = .362. A feltételekbôl AB BA2 60$ = + , ahonnan A B19 60 8= + . A bal oldal-nak 4-gyel oszthatónak kell lennie, így csak A 4= lehet, s ezzel B 2= . Tehát asebesség: 84 km/h.

363. Ha abc a b c a b9 11- - - = +^ h, akkor látszik, hogy 9-cel osztható. Mi-

vel jegyei egyenlôk, ezért e szám vagy 666, vagy 333, vagy 99.Ha a b9 11 666+ =^ h , azaz a b11 74+ = , akkor a 6= , b 8= , így a keresettszám c68 . De c c c68 6 8 694 2+ + + = + jegyei nem lehetnek azonosak.

Ha ( )a b9 11 333+ = , azaz a b11 37+ = , akkor a 3= , b 4= , tehát a keresett

szám: c34 . De c c c34 3 4 347 2+ + + = + szintén nem lehet olyan, melynek

jegyei egyenlôk.

Ha a b9 11 99+ =^ h , azaz a b11 11+ = , akkor a 1= , b 0= , tehát a keresett

szám: c10 . c c c10 1 0 101 2+ + + = + . Ez akkor és csak akkor lesz olyan,

melynek számjegyei egyenlôk, ha 111, és ekkor c 5= . Tehát a keresett szám: 105.

105 1 0 5 111+ + + = és 105 1 0 5 99- - - = .

364. A keresett szám csak 2- vagy 3-jegyû lehet. Ha kétjegyû, akkora b a b10 11+ = +^ h, ahonnan b a10- = , ami lehetetlen. Ha a szám háromje-

gyû, akkor a b c a b c100 10 11+ + = + +^ h, azaz a c b89 10= + . Innen csaka 1= , c 8= , b 9= .

( )198 11 1 9 8= + + .

Prímszámok. A számelmélet alaptétele

365. 2, 5, 7, 41, 127, 361, 1237, 1997, 1999, 2003, 7741.366. Csak p 3= lehetséges. Ha ugyanis p 3! , akkor p k3 1= + vagyp k3 2= + alakú. Elsô esetben p 14+ , a második esetben p 4+ osztható 3-mal.367. Ha k ab= , ahol >a 1, >b 1, akkor ( )2 1 2 1ab a b b- = - és ez osztható a

>2 1 1a- természetes számmal.368. Egy prímszám 30-cal osztva nem adhat 2 maradékot (kivéve a p 2= -t),mert akkor páros lenne, de nem lehet a maradék 3 sem (kivéve a p 3= -t), mertakkor p osztható lenne 3-mal. Így tovább haladva azt kapjuk, hogy egy p prímet30-cal osztva a maradék csak az 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29 természetes számokvalamelyike lehet.

Prímszámok. A számelmélet alaptétele 69

III

70 Prímszámok. A számelmélet alaptétele

III

369. ( )p 10 4= , ( )p 20 8= , ( )p 45 14= , ( )p 50 15= , ( )p 73 20= .

370.( )

>p

100

100

100

26

4

1= .

371. p 3+ lehet ( )2 3 5+ = , p 11+ lehet ( )2 11 13+ = ,p 13+ nem lehet, p 6+ lehet ( )5 6 11+ = .

372. Nincs ilyen prímszám. p 2= -re p4 1 654+ = . Ha p 5! prím, akkor

utolsó jegye 1, 3, 7 vagy 9. De az ilyen számok negyedik hatványa mindig 1-re

végzôdik, így p4 14+ -nek 5-re kell végzôdnie. Végül, ha p 5= , akkor

p4 1 2501 41 614 $+ = = .373. Ha >p 3, akkor p k3 1= + vagy p k3 2= + . Ezek négyzete 3-malosztva mindig 1 maradékot ad:

( )k k k3 1 9 6 12 2+ = + + , ( )k k k3 2 9 12 42 2+ = + + .

374. Csak p 3= lehetséges. Ha ugyanis p 3! , akkor négyzete 3-mal osztva 1maradékot ad (lásd elôzô feladat). Így ( )p k k8 1 8 3 1 1 24 92 $+ = + + = + , amiosztható 3-mal.375. ( )( )p p p1 1 12- = - + . Azt kell bizonyítanunk, hogy ez 3-mal és 8-calis osztható.A p 1- , p, p 1+ számok szomszédos számok, így valamelyikük osztható 3-mal. De az nem lehet a p, így vagy p 1- vagy p 1+ osztható 3-mal.A p 1- és p 1+ számok mindegyike páros, a páros számok sorozatában szom-szédos számok. Mivel minden második páros szám nem csak 2-vel, de 4-gyel isosztható, így ( )( )p p1 1- + osztható 8-cal.376. Ha három prím összege páros, akkor valamelyikük a 2. Legyen p 2= .Ekkor q r 20+ = . Ez csak a 3, 17 vagy 7, 13 prímekre teljesül. Tehát a keresettprímek: 2, 3, 17 vagy 2, 7, 13.377. Valamelyik prímnek párosnak kell lennie. Legyen p 2= . Ekkorq r 1302 2+ = . Egy prímszám négyzete 3-mal osztva csak 1 maradékot adhat(lásd 69. feladat), így az egyenlôség bal oldala 3-mal osztva 2, míg a jobb oldala3-mal osztva 1 maradékot ad. Ez lehetetlen, így q és r valamelyike csak 3 lehet.Ha q 3= , akkor r 1212= . Tehát a keresett prímek: 2, 3, 11.378. Ha p és q p 2= + 3-nál nagyobb ikerprímek, akkor a köztük levô p 1+szám biztosan páros és 3-mal is osztható, azaz k6 alakú. Ezek szerintp k6 1= - és q k6 1= + , vagyis p q k12+ = .379. Azt kell megmutatni, hogy ( )p p 22 2+ + nem lehet semmilyen egészszámnak négyzete.

( )p p p p2 2 4 42 2 2+ + = + + .

A kapott egyenlôség jobb oldala páros, de 4-gyel nem osztható, így nem lehetnégyzetszám.380. p 2= -re és p 3= -ra p2 1- és p2 1+ ikerprímek. Egyéb ilyen prím nemlehetséges. Ha ugyanis p 3-mal osztva 1 maradékot ad, akkor p2 1+ osztható3-mal, ha pedig p 3-mal osztva 2 maradékot ad, akkor p2 1- osztható 3-mal.381. Bármely 5-nél nagyobb ikerprímpár nagyobbik tagja csak k6 1+ alakúlehet. Ennek 4-szeresébôl 1-et levonva: k k4 6 1 1 24 3+ - = +^ h , ami osztható3-mal.


III

382. Legyenek p, q p 2= + , r p 4= + hármasiker prímek. Ha p 3-mal osztva 1 maradékot ad, akkor q osztható 3-mal. Ha p 3-mal osztva 2 maradékotad, akkor r osztható 3-mal.383. Nem lehetséges. A 2004-nél kisebb legnagyobb prímszám a 2003. Ezvalamelyik csoportban lenne, így e csoportban levô számok prímtényezôs fel-bontásában szerepelne a 2003, de a másik csoport szorzatában nem.384. Csak p 5= jöhet szóba. Minden más prímszám negyedik hatványa 1-revégzôdik, így ehhez 4-et hozzáadva 5-tel osztható számot kapunk. De5 4 629 17 374 $+ = = .385. p 2= esetén p p 1 72+ + = , p p 1 32- + = . p 3= esetén p p 12+ + =

13= , p p 1 72- + = . Ha p 3-mal osztva 1 maradékot ad, akkor p p 12+ +osztható 3-mal, ha 3-mal osztva 2 maradékot ad, akkor p p 12- + osztható 3-mal. Tehát csak p 2= vagy p 3= lehet. Ha p 2= , akkor

p p p p1 312 3 4+ + + + = prímszám,

ha p 3= , akkor

p p p p1 1212 3 4+ + + + = négyzetszám.

386. 1, 40, 3, 38, 5, 36, 7, 34, …, 39, 2.387. Legyenek p és q p 2= + ikerprímek. Ekkor az

1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, …, p 1-

számok az alábbi módon rakhatók sorba a feltételeknek megfelelôen:

1, p 1- , 3, p 3- , 5, p 5- , … p 2- , 2.

388. Ha p k4 1 3+ = , akkor k csak páratlan lehet, azaz( )p n n n n4 1 2 1 8 12 6 13 3 2+ = + = + + + , ahonnan ( )p n n n2 4 6 32= + + .

Ez csak akkor teljesülhet, ha n 1= , és n n4 6 32+ + egy prímszám kétszerese(ez nem teljesül), vagy, ha n 2= és ezzel n n4 6 32+ + egy prímszámmalegyenlô. Ez pedig: 31. Tehát p 31= , és ekkor 4 31 1 125 53$ + = = .

389. Ha p k6 1 3+ = , akkor k csak páratlan lehet, azaz p n6 1 2 13

+ = + =_ i

n n n8 12 6 13 2= + + + , ahonnan ( )p n n n3 4 6 32= + + .Ez csak akkor teljesülhet, ha n 1= , és n n4 6 32+ + egy prímszám három-szorosa (ez nem teljesül), vagy, ha n 3= és ezzel n n4 6 32+ + egy prímszám-mal egyenlô, de ez sem teljesül.390. Ha p q r+ + három prímszám összege osztható 20-szal, akkor valame-lyikük páros, azaz 2. Legyen p 2= . Ekkor r q 8f+ = és r q 8f- = . Ez csakúgy lehetséges, hogy r 3-ra, q pedig 5-re végzôdik, azaz q 5= . Így a feltételek-nek eleget tevô prímszámok:

2, 5, 13 vagy 2, 5, 53 vagy 2, 5, 73.

391. A keresett szám elsô jegye 2 és számjegyeinek összege legfeljebb 7. Ígya szóbajöhetô számok: 2111 vagy 2311, ezek pedig valóban prímek.

392.p

pp

1

11

2

-

-= + ez pedig csak p 2= esetén lesz prímszám.

393. ( ) ( ) ( )( ) p20 6 4 5 24 5 4 1 24 4 1 4 1 5 24n n n n n n n n1$- + - = + - + = + - =+

prímszám. Ez csak úgy lehetséges, ha 5 24 1n- = , azaz n 2= és ugyanakkor4 1n+ =prímszám. Ez pedig teljesül, mert 4 1 172+ = valóban prím.394. p 2! . p 3= -ra 8 3 5213 2+ = prímszám. Ha >p 3, akkor négyzete 3-mal osztva 1 maradékot ad. ( ) K8 9 1 9 1p p= - = - . Tehát p8 p 2+ =

K N M9 1 3 1 3= - + + = , így nem lehet prím. Tehát a kifejezés csak p 3=esetén lesz prímszám.

395. A feltételek szerint p r q

1 1 2+ = ,

ahonnan

,

,

pr qr pq

pr qr pq

2 0

2

1

2

10

- - =

- - =

pq

rq q

2 2 4

2

- - =J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO , ahonnan ( )( )p q r q q2 2 2- - = .

Innen vagy p q2 1- = és r q q2 2- = , de ekkor r pq= lenne, ami kizárt, hiszenp, q, r prímek, vagy p q q2 - = és r q q2 - = , ahonnan p q r= = , ami szinténnem lehetséges.Tehát nincsenek a feltételeknek eleget tevô prímszámok.

396.n p

n p

-

+akkor és csak akkor lesz egész, ha a négyzetgyök alatt négyzet-

szám szerepel.

n p

n p

n p

n p p

n p

p21

2

-

+=

-

- += +

-.

Így n p 1- = , 2, p, 2p, -1, -2, -p, -2p.

Mindent figyelembe véve csak n p

n pp1

-

+= + vagy

n p

n pp1 2

-

+= + jöhet szá-

mításba.Ha p k1 2+ = , akkor ( )( )p k k1 1= - + , ahonnan k 2= , p 3= , és ekkorn 5= .A másik esetben nem kapunk megoldást, így a megadott kifejezés csak akkorlesz egész, ha p 3= és n 5= .397. Azt kell megmutatnunk, hogy ha három db 5-nél nagyobb prímszám egyszámtani sorozat egymást követô elemei, akkor a differencia osztható 6-tal.Hogy a differencia páros, az nyilvánvaló, így azt kell bizonyítani, hogy osztható3-mal. Legyenek e prímek

p, p d+ , p d2+ .

Ha p 3-mal osztva 1 maradékot ad és d is 3-mal osztva 1 maradékot ad, akkorp d2+ osztható 3-mal, ha d 3-mal osztva 2 maradékot ad, akkor p d+ oszt-ható 3-mal.


III

Ha p 3-mal osztva 2 maradékot ad és d 3-mal osztva 1-et, akkor p d+ osztható3-mal, ha d 3-mal osztva 2-t ad maradékul, akkor pedig p d+ osztható 3-mal. Tehát d-nek 3-mal oszthatónak kell lennie (ilyen sorozat pl.: 5, 1, 17).

398. A p p p p p3 2 1 1$ $ $ $- - - +^ ^ ^ ^h h h h szorzatról kell belátni, hogy oszt-

ható 5-tel, 3-mal és 16-tal. Öt db egymás utáni szám között biztosan van 5-tel,

illetve 3-mal osztható, tehát a szorzat 15-tel biztosan osztható.Mivel p prím, ezért p 3-^ h, p 1-^ h és p 1+^ h, biztosan párosak, s mivel apáros számok sorozatának ôk egymást követô elemei, ezért valamelyikük biz-tosan osztható 4-gyel is, vagyis szorzatuk osztható 16-tal.399. Mivel bármely 5-nél nem kisebb prímszám négyzete 3-mal és 4-gyelosztva is 1 maradékot ad, ezért 12 db ilyen szám összege osztható 12-vel.400. A három számjegy nem lehet azonos, mert akkor a szám osztható lenne3-mal. Így a szóba jöhetô számok: 449, 949, 499. De 949 73 13$= , míg 449 és499 prímek. Így a keresett eredmény: 1805 vagy 2005.401. Az összeg páratlan, így p és q valamelyike 2 kell, hogy legyen (pl. q 2= ).Ekkor

( ) ( )p p p1 2379 3 13 61 13 1 13 132 2$ $ $+ + = = = + + .

402. Szükséges feltétel, hogy a diszkrimináns négyzetszám legyen: n p k42 2- = ,

azaz

( )( )n k n k p p p p p4 1 4 2 2 4 42 $ $ $ $- + = = = = = .

Az egyes eseteket megvizsgálva arra jutunk, hogy csak n k 2- = és n k p2+ =lehetséges, ahonnan n p1= + . Innen pedig csak p 2= és n 3= jöhet szóba.Az x x3 2 02- + = egyenlet gyökei valóban egész számok.

403. Az m m ma b c+ = egyenlet így is írható: a

T

b

T

c

T2 2 2+ = , ahonnan

a b p

1 1 1+ = , azaz ab pa pb 0- - = , vagy másképpen ( )( )a p b p p2- - = .

Ekkorvagy a p 1- = és b p p2- = , azaz a p 1= + és b p p2= + ;vagy a p p- = és b p p- = , azaz a p2= és b p2= .De az elsô eset nem lehetséges a háromszög-egyenlôtlenség miatt, tehát aháromszög oldalai: p, 2p, 2p.404. p és q valamelyike csak páros, azaz 2 lehet. Legyen p 2= , ekkor q2q 2+prímszám. Ha q 3! , akkor q2 3-mal osztva 1 maradékot ad, míg

( ) K2 3 1 3 1q q= - = - . Tehát q2q 2+ nem lehet prím. Ha q 3= , akkor2 3 173 2+ = prímszám. 405. Bármely 5-nél nagyobb prím utolsó számjegye 4-féle lehet: 1, 3, 7 vagy9. Az utolsó elôtti számjegy 10-féleképpen, az az elôtti számjegy ugyancsak 10-féleképpen alakulhat. Így, ha vesszük p-nek 401 db különbözô olyan hatványát,melyek legalább négyjegyûek, azok között kell lennie kettô olyannak, melyekutolsó 3 számjegye megegyezik. Legyenek ezek pk és pn ( > )k n . Ezek különb-ségére

p p K 1000k n $- = ,

( )p p K1 1000n k n$ $- =- .


III


III

Ezek szerint 1000 osztója a bal oldalnak. De p és 1000 relatív prímek, így 1000osztója p 1k n-- -nek, azaz p N 1000 1k n $= +- .406. Ha van racionális gyök, akkor a diszkrimináns négyzetszám:

q pr k42 2+ = .

Mivel p, q, r 2-nél nagyobb prímek, ezért mindegyikük és így k is páratlan:

( ) ( )( ) ( )r s n d2 1 4 2 1 2 1 2 12 2+ + + + = + .

Mivel egy páratlan szám négyzete 8-cal osztva 1 maradékot ad, ezért a jobboldal 8-cal osztva 1 maradékot ad, míg a bal oldal 8-cal osztva 5 maradékot ad.407. a) 340 2 5 17$ $= , b) 2222 2 11 101$ $= , c) 6912 2 38 3$= ,

d) 1232 2 7 114 $ $= , e) 3400 2 5 173 2$ $= , f) 4550 2 5 7 132$ $ $= ,g) 2004 2 3 1672 $ $= , h) 2005 5 401$= , i) 1234 2 617$= ,j) 8505 3 5 75 $ $= , k) 12 465 3 5 2772 $ $= , l) 32 316 2 3 26932 $ $= .

408. !10 2 3 5 78 4 2$ $ $= .409. 8-cal akkor osztható, ha a prímtényezôs felbontásban 2 hatványkitevôjelegalább 3, 9-cel akkor osztható, ha a prímtényezôs felbontásban 3 hatványki-tevôje legalább 2.410. Egy természetes szám akkor és csak akkor négyzetszám, ha prímténye-zôs felbontásában szereplô valamennyi prím hatványkitevôje páros.411. Nem, pl.: 9 osztója 36-nak, de 9 nem osztója 6-nak.412. A B 2 3 5 7 11 137 2 2 4 4$ $ $ $ $ $= .

413. 4410 2 3 5 72 2$ $ $= , így 2 5 4410$ $ négyzetszám. 10

4410441 212= = .

414. 360 2 3 53 2$ $= . Ezt 3 5 752$ = -tel szorozva köbszámot kapunk. 2 3603 $ .415. Igaz. A keresztrejtvényben szereplô számjegyek összege 19.416. Igaz. A keresztrejtvényben szereplô számjegyek összege 29.417. A keresztrejtvényben szereplô számjegyek szorzatának prímtényezôs fel-bontása:

2 3 5 72 5 3 3$ $ $ .

415. 416. 417.

Legnagyobb közös osztó, legkisebb közös többszörös, . . . 75

III

Legnagyobb közös osztó, legkisebb közös többszörös, osztók száma

418. a) 5, b) 25, c) 12, d) 128, e) 12, f) 81, g) 17, h) 120, i) 16,j) 75, k) 14, l) 1.419. a) pq2 , b) pqr , c) l m3 , d) xyq, e) x y7 , f) km s3 2 .420. a) 99, b) 90, c) 2178, d) 10 890, e) 2 3 5 11 172 4 2$ $ $ $ , f) 21 780,g) 1, h) 1, i) 9.421. 1. hamis, 2. hamis, 3. igaz, 4. igaz, 5. hamis,

6. hamis , 7. igaz, 8. hamis, 9. hamis, 10. igaz.422. A megadott számok közül az alábbiak relatív prímpárok:5; 9, 5; 21, 5; 24, 5; 42, 5; 72, 5; 102,9; 10, 9; 35, 9; 55, 9; 215, 10; 21, 15;24,21; 55, 21; 215, 24; 35, 24; 55, 24, 215, 35; 72,35; 102, 42; 55, 42; 215, 55; 72, 55; 102, 72; 215,102; 215.423. ( ;a b+ )a b 2- = vagy ( ;a b+ )a b 1- = .424. Az állítások bizonyítását megtehetjük pl. indirekt módon.

a) Legyen ( ;a ) >a b d 1+ = . Ekkor a kd= , a b rd+ = , így kd b+ = rd,ahonnan látszik, hogy b is osztható d-vel, tehát nem lehetnek a és brelatív prímek.

b) Legyen (a; b2) >d 1= és legyen p a d-nek egy prímosztója. Ekkor a isés b is osztható p-vel ami ellentmond annak, hogy (a; b) 1= .

c) Legyen (a + b; b2) >d 1= és legyen p a d-nek egy prímosztója. Ekkorp osztója b-nek és p osztója a b+ -nek, amibôl p osztója a-nak iskövetkezne.

d) Legyen (b; b - a) >d 1= . Ekkor d osztója b-nek és d osztója b a- -nak, tehát d osztója a-nak is. Ellentmondás.

e) Legyen (a2; a - b2) >d 1= , és legyen p a d-nek egy prímosztója.Ekkor p osztója a-nak, p osztója a b2- -nek, tehát p osztója b-nek is,így a és b nem lehetnek relatív prímek.

425. a) n kd1+ = és n rd1- = . A két egyenlet különbségébôl d2 = (k - r),ahonnan >d 1 miatt csak d 2= lehet. Tehát a tört csak 2-vel lehetegyszerûsíthetô.

b) Az elôzôek mintájára a tört csak 5-tel lehet egyszerûsíthetô.c) A tört 5-tel egyszerûsíthetô.d) A tört 2-vel, vagy 7-tel, vagy 14-gyel egyszerûsíthetô.

426. A feltételek szerint n is és k is 4-gyel nem osztható páros számok:n r4 2= + , k s4 2= + , tehát n k r k r k4 4 4 4 1+ = + + = + +^ h, ahonnan( ;n k+ 4) 4= .427. Tegyük fel, hogy ( ;2 1n+ 2 1n- ) >d 1= ; d csak páratlan szám lehet. Ek-kor kd2 1n+ = , rd2 1n- = , ahonnan d2 = (k - r), azaz d 2= , ami lehetetlen.428. Tegyük fel, hogy ;2 1n+_ >d4 1 1n+ =i , azaz kd2 1n+ = , rd4 1n+ = ;d csak páratlan szám lehet. A két egyenletbôl d r k4 2 2 2 1n n n n- = - = -_ î h.Mivel 2n és 2 1n- relatív prímek, ezért d osztója 2 1n- -nek is, ami lehetetlen(lásd elôzô feladat).

76 Legnagyobb közös osztó, legkisebb közös többszörös, . . .

III

429. ab h m m h9 5= + = + , ahol <h 5, tehát h m2 = . Innen h 1= , m 2=vagy h 2= , m 4= , vagy h 3= , m 6= vagy h 4= , m 8= . A keresett számok:11, 22, 33 vagy 44.430. abc p q q p19 11= + = + , ahol <p 11, tehát p q9 5= . Innen p 5= ,q 9= vagy p 10= , q 18= . A keresett számok: 104, 208.431. n m kd3 - = és n m rd5 2+ = . Az elsô egyenlet kétszeresét a második-hoz adva: ( )n d k r11 2= + ; d osztója a bal oldalnak, de n-nel relatív prím,ellenkezô esetben n és m nem lennének relatív prímek. Tehát d osztója 11-nek,azaz .d 11=432. Ha a tört egyszerûsíthetô >d 1-gyel, akkor m k rd11 2+ = és m k18 5+ =

sd= . Az elsô egyenlet 5-szörösébôl kivonva a második 2-szeresét: m19 =( )d r s5 2= - . Innen d osztója 19-nek, azaz d 19= (d és m relatív prímek, mert

ellenkezô esetben d valamely prímosztója – pl. az elsô egyenletbôl – osztójalenne m-nek és k-nak is, ami nem lehetséges).433. Ha a tört egyszerûsíthetô >d 1-gyel, akkor n dr3 2+ = és n ds4 1+ = .Az elsô egyenlet négyszeresébôl kivonva a második 3-szorosát: d r s5 4 3= -^ h,ahonnan csak d 5= lehet. Ezek szerint a számláló is és a nevezô is 5-re vagy 0-ra végzôdik, tehát 3n utolsó jegye 3 vagy 8, míg 4n utolsó jegye 4 vagy 9. Mind-ebbôl következik, hogy n utolsó jegye 1 kell, hogy legyen. Tehát a tört egysze-rûsíthetô, ha n k10 1= + .434. Az elôzô feladat gondolatmenetét használva azt kapjuk, hogy 1 =

( )d r s3 2= - , vagyis a tört nem egyszerûsíthetô.435. Indirekt tegyük fel, hogy valamely n-re ;fn^ >f d 1n 1 =+ h . Ekkorf f fn n n1 1= -- + is osztható d-vel, s így – az eljárást „lefelé” folytatva arra jutunk,hogy a sorozat minden fn-t megelôzô tagja is osztható d-vel, ami nyilvánlehetetlen.436. A sorozat elsô 10 tagja: 1, 1, 1, 3, 5, 9, 17, 31, 57, 105, …. A kilencedikés a tizedik tag egyaránt osztható 3-mal.437. A sorozat 16. és 17. tagja 3777, 7425; mindkettô osztható 3-mal.438. a) 1, b) 25, c) 15, d) 1, e) 17, f) 1, g) p q$ , h) k r2$ , i) x y$ .439. 1. igaz, 2. hamis (pl.: a 2 3 5$ $= , b 5 7 11$ $= , )c 2 11 13$ $= ,3. igaz, 4. igaz.440. Legyenek p, q, r, s különbözô prímek. A feltételeknek eleget tevôszámok:

a p q r$ $= , b p q s$ $= , c p r s$ $= , d q r s$ $= .

441. Legyenek p1, p2 , …, pk különbözô prímek. A feltételeknek eleget tevôk db szám:

...a p p pk1 1 2 1$ $ $= - ,...a p p p pk k2 1 2 2$ $ $ $= - ,...a p p p p pk k k3 1 2 3 1$ $ $ $ $= - - ,

..

.

.....a p p pk k2 3$ $ $= .


III

442. a) 56, b) 450, c) 1260, d) 41 412, e) 2850, f) 156 400, g) p qr2 ,

h) a b cd3 2 2 , i) k l m n2 2 3 5, j) x y p q s3 4 2 3 2 , k) x y p q9 3 2 , l) k m s tq2 4 3 2 .443.1. hamis (pl.: [n; n] )n= ,2. igaz,3. hamis,4. hamis (pl.: [n; n] )n= ,5. hamis (pl.: [6; 8] < )24 48= ,444. a)k 5166= , b) k 80= , c) k 3= , 6, 12, 24 vagy 48,d) k m60 15= + , e) ,k 27= 54, 108, 135, 270 vagy 540, f) k 7= .445. a) 13; 2002, 143; 182, 26; 1001, vagy 91; 286,b) 26; 4784 vagy 208; 598, c) 90; 8, d) p; pq2 .

446. a) [( ;A B); B] B= , b) 2 3 5 7 11 13 194 3 2 4 2$ $ $ $ $ $ , c) 45,d) [( ;A B; C); [A; D]]=[A; D], e) 45, f) 45.447. n 1- osztható 2, 3, 4, 5, 6, 7-tel. [2; 3; 4; 5; 6; 7] 420= , tehát n 421= .448. n k l r7 6 8 7 9 8= + = + = + . Így n 1+ osztható 7-tel, 8-cal és 9-cel.Ezek legkisebb többszöröse: [7; 8; 9] 504= , tehát n 503= .449. [12; 40] 120= méter.450. Mivel 60984 2 3 7 113 2 2$ $ $= , ezért – a feltételeket figyelembe véve – a ke-resett számok: n 2 7 11 67763 2$ $= = , k 3 7 11 6932 $ $= = , m 2 3 7 1262$ $= = .451. A feltételekbôl következik, hogy az elsô, illetve a második szakaszon asebességek aránya 3 : 4. Ezek szerint valamely k pozitív egész számra 3k és 4klegkisebb többszöröse 72. Mivel 4 22= és 72 2 33 2$= , így k prímtényezôs alak-jában kell lennie pontosan egy db 2-esnek és pontosan 1 db 3-asnak, azazk 2 3 6$= = . Tehát a sebességek: v 241= , v 182= . Ezzel az AB távolság:1 24 4 18 96$ $+ = km.452. A helyesen kitöltött keresztrejtvény(3960; A) 180= , [3960; A] 2 3 5 7 113 3 2$ $ $ $= .453. A helyesen kitöltött keresztrejtvény454. a) 1, b) 3, c) 4, d) 6, e) 8, f) 6, g) 9,h) 4.

455. Mivel pk

11 osztói:

1; p1; p12 ; …; .p d p k 1

k k1 1 1

1 1& = +c m

pk

22 osztói: 1; p2 ; p2

2 ; …; .p d p k 1k k

2 2 22 2& = +c m

Tehát d p p k k1 1k k

1 2 1 21 2$ = + +c _ _m i i.

Ebbôl következik az állítás.456. a) 4, b) 24, c) 11, d) 15, e) 5, f) 25.457. Egy természetes szám osztóinak a száma akkorés csak akkor páratlan, ha a kérdéses szám négyzetszám.458. Ha p, q, r különbözô prímek, akkor

a) 4, 25, p2 ; b) ,8 pq, p3; c) 72, p q3 2 , p11;

d) ,128 p q3 , p7;

e) 1536, p qr4 , p q9 ; f) 120, p15, p q3 3.

6. igaz,7. igaz,8. igaz,9. igaz,

10. igaz.

452.

453.

78 Legnagyobb közös osztó, legkisebb közös többszörös, . . .

III

459. a) 4, b) 16, c) 12, d) 24, e) 48, f) 60.460. A kérdéses szám prímtényezôs felbontásában a 2, 3 és 7 prímek (és csakezek) szerepelhetnek. N 2 3 7 40326 2$ $= = .461. A felsoroltak közül négyzetszámok: b) 2 5 116 4 10$ $ ; d) p q r4 6 2$ $ .462. a) 1, b) 2, c) 30, d) 154, e) 14.463. a) 3, b) 6889, c) 25, d) 100, e) 4 p2 .464. Nem. Ha egy természetes számnak 5 db osztója van, akkor annak prím-tényezôs alakja csak p4 lehet, vagyis csak egyetlen p prímosztója lehet. Ha vi-szont osztható 6-tal, akkor 2-vel és 3-mal is oszthatónak kell lennie.465. ( )x 1 3 2 24$ $+ = , ahonnan x 3= és ( )y 1 3 4 60$ $+ = , ahonnan y 4= .Így A B 2 3 5 74 5 2 4$ $ $ $= , ( )d A B 450$ = .466. 105 3 5 7$ $= . Ha tehát egy szám osztható 105-tel, akkor legalább 3 kü-lönbözô prímmel osztható. De ha egy számnak 6 osztója van, akkor annakprímtényezôs alakja csak p5 vagy p q2 $ lehet, vagyis legfeljebb 2 különbözôprímosztója lehet. 467. Ha ( ( ))d d N 3= , akkor ( )d N p2= . Így N prímtényezôs alakja N q p 12

= -

vagy N q rp p1 1$= - - , vagyis N-nek csak két különbözô prímosztója lehet. Haviszont egy szám osztható 30-cal, akkor 2-vel, 3-mal és 5-tel is oszthatónak kelllennie.468. A feltételek szerint

( )( )( ) ( )( )( )x y z x y z1 2 1 1 1 1 15+ + + - + + + = és

( )( )( ) ( )( )( )x y z x y z3 1 1 1 1 1 24+ + + - + + + = , ahonnan

( )( )x z1 1 15+ + = és ( )( )y z1 1 12+ + = .A két egyenlet megoldásait egybevetve azt kapjuk: x 4= , y 3= , z 2= ,vagyis a keresett szám: N 2 3 5 10 8004 3 2$ $= = .

469. A megadott egyenlet x n y n n2- - =^ ^h h alakra hozható. Mivel n2-et kellkét pozitív egész szám szorzatára bontani, így az egyenletnek annyi megoldásavan, ahány osztója van n2-nek, vagyis a megoldások száma páratlan.a) ( ) ( ) ( )p d d2005 2005 5 401 92 2 2$= = = ,b) mivel 2005 nem négyzetszám, így nincs olyan n, melyre ( )p n 2005= .470.

a) 1 megoldás van: n 4= , k 3= ;

b) 1 megoldás van: n 10= , k 8= ;

c) 3 megoldás van: n 19= , k 5= vagy n 11= , k 7= vagy n 9= , k 3= ;

d) 1 megoldás van: np

2

1=

+, k

p

2

1=

-;

e) 3 megoldás van: np

2

3 12

=+

, kp

2

3 12

=-

; vagy

np

2

32

=+

, kp

2

32

=-

;

vagy n p2= , k p= .

471. A helyesen kitöltött keresztrejtvény a 471. ábra.

A számjegyek összege 41; ( )d 41 2= .

471.

472. A helyesen kitöltött keresztrejtvény a 472. ábra.

A számjegyek szorzata 2 3 58 5$ $ ; ( )d 2 3 5 1088 5$ $ = .

473. a) 1, b) 6, c) 18, d) 60, e) 217,

f) 255, g) 1530, h) p 1+ ,

i) pq p q 1+ + + ,

j) ( )( )p q q q1 1 2 3+ + + + ,

k) ( )( )p p q q q1 12 2 3+ + + + + ,

l) ( )( )p p p q q q1 1k n2 2f f+ + + + + + + + .

474. a) ( )S 72 1 2 3 4 6 8 9 12 18 24 36 72 195= + + + + + + + + + + + = ,

( )S 8 1 2 4 8 15= + + + = , ( )S 9 1 3 9 13= + + = , 15 13 195$ = .

b) 2 3n k$ osztói:

1, 2, 22, … 2n;

3, 3 2$ , 3 22$ , 3 2n$ ;

32 , 3 22 $ , 3 22 2$ , 3 2n2 $ ;……………………………………………............

3k , 3 2k $ , 3 2k 2$ , 3 2k n$ .

Ezek összege: ( )( ) ( ) ( )S S1 3 3 3 1 2 2 2 3 2k k k n2 2 $f f+ + + + + + + + = .

475. A bizonyítás gondolatmenete megegyezik az elôzô feladatban ismerte-

tett gondolatmenettel.

476. a) 28 nála kisebb osztói: 1 2 4 7 14 28+ + + + = ;

b) 496 nála kisebb osztói:

1 2 4 8 16 31 2 31 4 31 8 31 496$ $ $+ + + + + + + + = ;

c) 8128 nála kisebb osztói:

1 2 4 8 16 32 64 127 2 127 4 127 8 127 16 127$ $ $ $+ + + + + + + + + + + +

32 127 8128$+ = .

477. Bármely p prímszám osztóinak a száma p p1 2!+ .

478. Ha p2 1k 1- =+ prím, akkor a ( ) p2 2 1 2k k k1 $- =+ szám nála kisebb

osztói:

1, 2, 22 , …, 2k ;

p, 2p, ,p22 …, p2k 1- .

Ezek összege (vegyük észre, hogy egy-egy mértani sorozatról van szó):

pp

2 1

2 1

2 1

2 12 1 2 1

k kk k

1

1

-

-+

-

-= - + -

+

+`

` `j

j j.

Az elsô zárójelben levô szám éppen p-vel egyenlô, így kapjuk:

p p p p p p2 1 2 2k k k$ $+ - = + - =` j ,

tehát a kérdéses szám valóban tökéletes szám.


III

472.

479. Azt kell megmutatni, hogy

p1

2

1

2

1

2

1

2

1 11

2

1

2

1

2

1

2

12

k k2 3 2 3f f+ + + + + + + + + + + =

J

L

KK

N

P

OO ,

azaz

p p2

1

2

1

2

11

11 1

1

k

$ $

-

-

+ + =

J

L

KK J

L

KK

N

P

OO N

P

OO ,

p

p

p

p1

2

1 1

1k$- =

-

+

J

L

KK

N

P

OO ,

vagyis p p1 2 1 1 2k k$+ - = -_ ` _i j i , p p p2 2 1 2 2k k k k$ $+ - - = - ,

ahonnan p2 1k 1- =+ .

480. 672 2 3 75 $ $= , így ( )S 672 2016= ;672

20163= .

481. ( )S 220 1 2 4 5 2 5 4 5 11 2 11 4 11$ $ $ $= + + + + + + + + +5 11 2 5 11 4 5 11 504$ $ $ $ $+ + + = , tehát ( )S 220 220 284- = ;( )S 284 1 2 4 71 2 71 4 71$ $= + + + + + , tehát ( )S 284 284 220- = .

Tehát 220 nála kisebb osztóinak összege 284, és 284 nála kisebb osztóinak ösz-szege 220.482. ( )S 1184 1184 1 2 4 8 16 32- = + + + + + +

( )37 1 2 4 8 16 32 1184 1210+ + + + + + - = ,és ( )S 1210 1210 1184- = .

Diofantoszi problémák, diofantoszi egyenletek

483. Az egész számok halmazán végtelen sok megoldás van, a természetesszámok halmazán 13 megoldás van, ha n k! , akkor 12 megoldás van.484. 1, 3, 11, vagy 1, 5, 9, vagy 3, 5, 7. Ha a számok nem feltétlen különbözôk,akkor a fenti megoldásokhoz még hozzájönnek az alábbi megoldások: 1, 1, 13,vagy 3, 3, 9, vagy 1, 7, 7, vagy 5, 5, 5.485. 2, 4, 16, vagy 2, 6, 14, vagy 2, 8, 12, vagy 4, 6, 12, vagy 4, 8, 10.

486. Ha n k3 7 2= + , azaz nk

3

7 2=

+. Ekkor n m21 3= + , azaz n 21-gyel

osztva 3 maradékot ad.487. Ha n k m3 2 5 3= + = + , akkor n l15 8= + , azaz n 15-tel osztva 8maradékot ad.488. Ha n k m7 5 6 3= + = + , akkor n k42 33= + , azaz 42-vel osztva 33maradékot ad.489. a) n 3= , k 5= , vagy n 6= , k 3= , vagy n 9= , k 1= ;

b) k 5= , n 1= ;c) n 7= , k 2= ;d) p 3= , q 8= vagy p 6= , q 3= ;

80 Diofantoszi problémák, diofantoszi egyenletek

III

e) k 3= , m 18= vagy k 6= , m 16= vagy k 9= , m 14= vagy k 12= ,m 12= vagy k 15= , m 10= vagy k 18= , m 8= vagy k 21= ,m 6= vagy k 24= , m 4= vagy k 27= , m 2= ;

f) x 5= , y 1= , z 2= .490. a) Ha két prím összege páratlan, akkor valamelyikük 2 kell, hogy legyen,

p és q egyike 2, a másik 17.b) A p, q és r prímek az alábbiak lehetnek (valamilyen sorrendben): 2,

5, 19 vagy 2, 7, 17, vagy 2, 11, 13.c) q 2= , p 13= .d) q 5= , p 7= vagy p 11= , q 2= .e) r 2= , p 3= , q 13= , vagy r 2= , p 13= , q 3= , vagy r 2= , p 11= ,

q 5= vagy r 2= , p 5= , q 11= vagy p 2= , q 11= , r 3= , vagy q 2= ,p 11= , r 3= .

f) ( )p p 1 131+ = ; két szomszédos egész szám szorzata biztosan páros,így nincs megoldás.

491. Legyen l a lovak, k a kacsák, t a tehenek száma. A feltételek szerint

tl k

3=

+, >l k , l k5 3 100+ = .

Az utolsó egyenlôségbôl következik, hogy k 5-tel osztható, az >l k egyen-lôtlenségbôl pedig k 10# , azaz k 5= vagy k 10= . Csak a k 10= , l 14= ad t-re pozitív egész megoldást. A farmon 8 tehén van.492. Legyen n a négyfejûek, h a háromfejûek, ö az ötfejûek száma. A feltéte-lek szerint

n 1- =ö, n h4 1 3- = és h n3 4 5+ + ö 132# .

Innen ( )

n nn

4 1 42

5 1132#- + +

-, ahonnan n 12# . Minden feltételt figye-

lembe véve:

n 7= , ö 3= , h 9= .

493. Az egyik oldalnak 2-nek kell lennie. Így – figyelembe véve a háromszög-egyenlôtlenséget – az egyedüli megoldás: 2, 1999, 1999.494. ( ) ( ) ( ) ( )n n n n n3 2 1 12 2 2 2 2- + - + - = + + , ahonnan n 13= . Tehát akeresett számok: 10, 11, 12, 13, 14.495. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )n n n n n n n3 2 1 1 2 32 2 2 2 2 2 2- + - + - + = + + + + + ,ahonnan n 24= . Tehát a keresett számok: 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27.496. n2 1+ db szomszédos pozitív egész szám közül az elsô n 1+ db négyzeté-nek összege egyenlô az utolsó n db négyzetének összegével. Melyek ezek a számok?

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .

( ) ( ) ( ),

x x x x n x x x n

n x x n nx x n

1 2 1 2

1 2 1 2 3 2 1 2 3

2 2 2 2 2 2 2

2 2

f f

f f

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

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

( )x x

n n4

2

102 $-

+= , ahonnan ( )x n n2 1= + .

A keresett n2 1+ db szomszédos egész szám:

n n2 2+ , n n2 12+ + , n n2 22+ + , …, n n2 32+ .

Diofantoszi problémák, diofantoszi egyenletek 81

III

497. ( ) ( ) ( )n n n n2 1 13 3 3 3- + - + = + , ahonnan n n n6 6 5 03 2- + - = .Alakítsuk át a kapott egyenlôséget:

( )n n n1 6 1 43- - - = , azaz ( )( )n n n1 5 1 42- - + = .

Innen n 1 1- = vagy n 1 2- = vagy n n5 1 12- + = lehet csak. Elsô két eset-ben nem kapunk megoldást, a harmadik esetben pedig n 5= . A keresettszámok: 3, 4, 5, 6.498. a) ( )k n k n73 3- = - , azaz ( )( ) ( )k n k kn n k n72 2- + + = - , tehát

k kn n 72 2+ + = .A feltételek miatt k 2= vagy k 1= . Elsô esetben n 1= adódik, a másik eset-ben pedig ( )n n1 6+ = , ahonnan n 2= . Tehát n és k egyike 2, a másik 1.

b) ( )( ) ( )k n k n k n92 2 2 2 2 2- + = - , ahonnan k n 92 2+ = . Mivel a 9 nembontható fel két négyzetszám összegére, így ennek az egyenletneknincs megoldása.

499. Nincs ilyen háromszög. Ha a befogók páratlanok, akkor azok négyzeté-nek összege páros. 500. Igen, pl.: 3, 4, 5.501. Tegyük fel, hogy a befogók k2 1+ és n2 1+ . Ekkor

( ) ( )k n S2 1 2 12 2 2+ + + = , ahonnan ( )k k n n S4 22 2 2+ + + + = .

Az egyenlôség bal oldala 4-gyel nem osztható páros szám, ez nem lehet négy-zetszám.502. Megmutatjuk, hogy ha egyik befogó sem osztható 5-tel, akkor az átfogóosztható 5-tel. Ha egyik befogó sem osztható 5-tel, akkor ezek négyzete 5-tel osztva csak 1vagy 4 maradékot adhat. Ha mindkettô 1 maradékot ad, akkor az átfogón k5 22= + alakú négyzetszám, így n2 vagy 2-re, vagy 7-re végzôdik, amilehetetlen. Ugyanígy ellentmondásra jutunk, ha mindkét befogó négyzete 5-telosztva 4 maradékot ad. Így az egyik befogó négyzete 5-tel osztva 1, a másiknégyzete 4 maradékot ad, vagyis ezek összege – s így az átfogó is – osztható 5-tel.503. ( ) ( ) ( )mn m n m n m n m n m n2 4 22 2 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2 2+ - = + + - = + .504. A megadott pitagoraszi számhármasokat tanulmányozva azt figyelhet-jük meg, hogy n2 1+ , ( )n n2 1+ , ( )n n2 1 1+ + mindig pitagoraszi számhár-mas. Valóban

( ) ( ) ( )n n n n n2 1 4 1 2 2 12 2 2 2 2+ + + = + + .

505. n k nk n k n k nk n k9 4 1 12 6 4 9 4 4 12 12 82 2 2 2+ + + + + + + + + + + =n k nk n k16 9 4 24 16 122 2= + + + + + .

Összevonás után: n n k2 2 12 2+ + = , azaz ( )n n k12 2 2+ + = .506. a) ( )( )x y1 1 12+ + = , innen x 0= , y 11= vagy x 1= , y 5= vagy

x 2= , y 3= (és fordítva).b) a 0= , b 13= vagy a 1= , b 6= (és fordítva),c) n 0= , k 20= vagy n 2= , k 6= (és fordítva)d) x 0= , y 0= , z 15= vagy x 0= , y 1= , z 7= vagy x 0= , y 3= ,

z 3= vagy x 1= , y 1= , z 3= (bármely megoldásban x, y, z szerepetetszôlegesen cserélhetô).

82 Diofantoszi problémák, diofantoszi egyenletek

III

507. a) n 6= , k 30= vagy n 30= , k 6= , vagy n k 10= = ;

b) x 8= , y 56= vagy x 56= , y 8= vagy x y 14= = ;

c) a 14= , b 182= vagy a 182= , b 14= vagy a b 26= = ;

d) n 12= , k 264= vagy n 13= , k 143= vagy n 22= , k 44= vagy

n k 33= = vagy n 132= , k 24= vagy n 253= , k 23= ;

e) x 6= , y 90= vagy x 8= , y 40= vagy x 10= , y 30= vagy

x y 20= = vagy x 30= , y 18= vagy x 80= , y 16= ;

f) a 8= , b 280= vagy a 12= , b 84= vagy a 14= , b 70= vagy

a b 42= = , vagy a 56= , b 40= vagy a 252= , b 36= .

508. a) n 4= , k 28= vagy n k 7= = vagy n 28= , k 4= ;

b) x 4= , y 44= vagy x 44= , y 4= ;

c) a 4= , b 76= vagy a 76= , b 4= .

509. a) a 1= , b 5= vagy a 4= , b 2= vagy a 11= , b 0= ;

b) x 8= , y 3= ;

c) k 0= , n 6= vagy k n 5= = .

510. A feltételek szerint ab ab a b6- = + + , ahonnan ( )a b9 6- = , azaz

ab9

6=

-. Tehát b9 - osztója 6-nak, vagyis b9 - =1, 2, 3 vagy 6. Innen ab =

= 18, 37, 26 vagy 13.511. ab ab a b8- = + + , ahonnan ab 88= , 47, 25 vagy 11.

512. ab ab a b22- = - - , ahonnan ( )( )a b2 11 0- - = , tehát nincs a felté-

teleknek eleget tevô kétjegyû szám.

513. a b a b a bb

a26$ + + + - + = , ahonnan ( )a b b1 262+ = . Mivel b és

b 1+ relatív prímek, továbbá 26-nak nincs 1-nél nagyobb négyzetszám osztója,

ezért nincs a feltételeknek eleget tevô számpár.

514. a b a b a bb

a72$ + + + - + = , ahonnan ( )a b b1 722+ = . Mivel 72 négy-

zetszám 1-nél nagyobb osztói: 4, 9, 36, így b =1, 2 vagy 5. A keresett számok

a 18= , b 1= vagy a 16= , b 2= vagy a 10= , b 5= .

515. Legyen a felszeletelt süteményben n oszlop és k sor. Ekkor a süte-mények száma n k$ . A tepsi szélével nem érintkezô sütemények száma( )( )n k2 2- - . A feltételek szerint:

( )( )n k n k2 2 2$ = - - ,

ahonnan

nk n k4 4 8 0- - + = ,

azaz

( )( )n k4 4 8- - = .

Innen n 5= , k 12= vagy n 6= , k 8= . (Természetesen, ha a tepsit elforgatjuk90�-kal, akkor n és k szerepe felcserélôdik.)

Diofantoszi problémák, diofantoszi egyenletek 83

III

516. a) x 2# , azaz x 1= vagy x 2= lehet csak. x 1= , y 13= vagy x 2= ,y 4= .

b) a 3# , azaz ,a 3= 2 vagy 1; a 3= -ra nem adódik megoldás;a 2= , b 4= vagy a 1= , b 5= .

c) k 3= , n 1= vagy k 2= , n 5= vagy k 1= , n 8= .d) ( )( )p p q p p p q12 1 1 12 20063- + = - + + = .

Mivel ( )( )p p p1 1- + három egymást követô egész szám szorzata,így valamelyik tényezô biztosan osztható 3-mal, illetve egyik ténye-zôje biztosan osztható 2-vel, így e szorzat osztható 6-tal. Tehát azegyenlôség bal oldala osztható 6-tal, a jobb oldal nem, így nincsmegoldás.

e) ( ) ( )x y x y x x y y2 4 2 2 12 2+ + + = + + + , ami nyilván páros, tehát nemlehet 2005. Nincs megoldás.

f) ab ab a b2 75 02+ + - = , azaz ( )a b b1 752+ = . Mivel ( ;b 1+ b) 1= ,

ezért b 12

+^ h osztója a 75-nek. De 75 1-nél nagyobb négyzetszám

osztója csak a 25, ezért b 4= , a 12= .

Számrendszerek

517. a) 256; b) 511; c) 14-féleképpen; d) 1 krajcár + 1 fabatka; e) 1 tal-lér + 1 pityke + 1 peták; f) 1 beuró + 1 pengô + 1 tallér + 1 pityke + 1 garas+ 1 peták .518. Osszunk 6-tal maradékosan! 4 labda kimarad; végül 1 piros, 1 sárga,4 zöld, 1 kék, 4 fehér dobozt látunk és a 4 kimaradt labdát. 519. a) 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64 kg-os súlyok megfelelôek. 6 súly nem elég, mert

minden súlyt vagy használunk, vagy nem; ez súlyonként két lehetôség,így 6 súly esetén legfeljebb 26 = 64-féle tömeget mérhetünk.

b) 1, 3, 9, 27, 81 kg-os súlyok megfelelôek. 4 súly nem elég, mert mindensúlyt vagy az egyik serpenyôbe, vagy a másikba tesszük, vagy nemhasználjuk. Ez súlyonként három lehetôség, így 4 súly esetén legfel-jebb 34 = 81-féle tömeget mérhetünk.

520. a) 12 = 11002 = 1103 = 304 = 225 =1012;b) 64 = 1 000 0002 = 21013 = 10004 = 2245 = 5412; c) 100 = 1 100 1002 = 10 2013 = 12104 = 4005 = 8412; d) 128 = 10 000 0002 = 11 2023 = 20004 = 10035 = (10)812;e) 321 = 101 000 0012 = 102 2203 = 11 0014 = 22415 = 22912; f) 1000 = 1 111 101 0002 = 1 101 0013 = 33 2204 = 13 0005 = 6(11)412.

521. a) 8; 21; 15, b) 64; 99; 493, c) 111; 176; 292, d) 354; 4096; 2927, e) 1,5; 0,25; 2,75; 66,4, 12,875.522. A = 123 2135.

523. a) 12 0023; 201 2113; 1 020 0123, b) 1219; 27 5269; 72419, c) 1123 = 1410 ==11102; 20114 = 13310 = 10 000 1012; 111 1114 = 10 101 010 1012 .524. a) A legnagyobb ilyen szám az 111 1112 = 6310, így 63 ilyen szám van.

b) Legnagyobb jó az 555 5556 = 66-1, a legnagyobb rossz az 55 = 62-1,így 66-62 = 46 620 ilyen szám van.

84 Számrendszerek

III

525. a) 11-es; b) 12-es; c) 10-es; d) 8-as.526. a) Igaz, a kettes számrendszerbeli alak mutatja.

b) Nem igaz, pl. a 2 nem állítható elô.c) 39 . 20 000, így a kb. 39 lehetôség közül 29 jó, ennyiben szerepel csak

0 és 1. (29:39 . 0,026 < 3%).527. 1012 < 108 = 204 < 109 < 1013.528. a) 77 nagyobb 1-gyel; b) 10 000 0006 a nagyobb 45-tel.529. bc8 < cd9 < a0c7 < ddd8 < abcd8 < acdb8 .530. A 20. leírt szám az 1 + 19 ⋅ 3 = 58 = 111 0102.531. 1 + 2 + 3 + … + 20 = 210 = 11 010 0102.532. a) 11 011 1002; b) 11 100 0002; c) 110 110 1102; d) 1 101 101 1002.533. a) 41345; b) 10 0007; c) 130 1139; d) 30 6078; e) 1101 1012;f) 100 2004; g) 14 0228.534. a) 2-es, a = 1; 5-ös, (a; b) = (1; 4) = (2; 3) = (3; 2) = (4; 1) = (5; 0);

7-es, a = 3, b = 1, c = 4,b) 12-es; 8-as; 4-es.

535. Mindhárom helyes.536. Az elsô nagyobb 1-gyel.537. a) 1230; b) 12304; c) 12 3005; d) 35357; e) 123 1236.538. a) Négyjegyû; b) hatjegyû.539. Az A = 1 vagy 2, mert ABC · A háromjegyû szám. A = 1 nem jó, mertA · C D-re végzôdik, és A = 1 esetén C = D lenne. Így A = 2. Ekkor B F 4. B · CC-re végzôdik. A nyolcas számrendszerbeli szorzótáblát használva innenkiderül, hogy ABC = 256 lehet csak.540. a) Páratlan, páratlan, páros, páros, páratlan, páros, páros, b) 2-es szám-rendszerben a 0-ra végzôdôek, 4-esben a 0-ra vagy 2-re végzôdôek, 3-asban és5-ösben azok a számok, melyekben páros sok páratlan számjegy van.541. 42106, 13579, 23 210 312 341 5239.542. a) xxyy7 = 8 ⋅ y + 392 · x páros, így 0 maradékot ad; b) xyxy7 = 350 · x + 50 · yszintén 0 maradékot ad; c) xxxyy7 = 8 · y + 2793 · x, így x-tôl függ a maradék. Hax páros akkor 0, ha páratlan, akkor 1 maradékot ad.543. aaabb5 páros, így 238. c) alapján a is páros. Hasonlóan: b páratlan. Ígyaaabbb5 páratlan.544. Minden helyiérték páratlan szám, és páratlan sok páratlan szám összegepáratlan. 545. abab3 = 30a + 10b, így igaz.546. a) 4-gyel, 2-vel; b) 6-tal, 3-mal, 2-vel; c) 3-mal.547. 123 0204; 221 2004. Négyes számrendszerben felírt szám pontosan akkorosztható nyolccal, ha 00-ra, vagy 20-ra végzôdik.548. Az alapszám nem lehet 5-tel, 6-tal, 3-mal és 2-vel osztható. Így csak a 11és a 7 lehet.549. a) és b) A helyiértékek 9-cel és 3-mal osztva 1 maradékot adnak, így aszámjegyek alaki értékének 9-es és 3-as maradéka megegyezik a valódi értékük9-es és 3-as maradékával. c) Hasonlóan, de a 8-cal (4-gyel, 2-vel) oszthatóságot mutatja meg. A helyi-értékek 9n alakúak. 9n minden pozitív egész n-re 8-cal osztva 1 maradékot ad,hiszen (a - b) | an- bn.

Számrendszerek 85

III

550. (7 - 1)|18. 551. a) 0, 1, 2, 3; b) 1, 3; c) a hatvannégyesek helyén 0, 1, 2, …, 7 tet-szôlegesen, az egyesek helyén 0 állhat csak; d) 0 vagy 3; e) a hétszázhuszonki-lencesek helyén 0, 1, 2, …, 8 tetszôlegesen, a kilencesek helyén 0, 3, 6 állhatcsak; f) 30 2506, 33 2526, 31 2546; g) az utolsó jegy lehet 36 0309, 36 4309,36 8309, 36 1339, 36 5339, 36 2369, 36 6369 ; h) 313 5208.552. A számjegyösszeg és a szám 7-es maradéka egyenlô, így a különbségük7-tel osztható. Egy ilyen szám számjegyösszege is 7-tel osztható. A másodikszámjegyösszegnél már egyjegyû 7-tel osztható számot kapunk.553. Ötös számrendszerben igaz az: a), b), e), f). Hatos számrendszerben igazaz: a), c), d), g).554. a) 2390 osztói a 2, 5, 10, 239, …; az 1 101 0102 osztói az 102, az 110 1012;

az 1 101 0002 osztói az 102, az 1002, az 10002, az 1 101 1002, az 110 1102,az 11 0112, …; az 11 3204 osztói az 104, az 11324,…; a 45 4007 osztói az107, az 1007, a 45407, a 4547, …

b) 23024 osztói a 24, az 11214, …; az 12536 osztói a 36, a 2556, … ; a 37148

osztói a 28, a 48, az 17468, a 7638, …c) 2468 osztója a 28, a 1238, …; a 3067 osztója a 37 , az 1027,…; a 70 7079

osztói a 79, az 10 1019, …; a 228 40411 osztói a 211, az 114 20211, …555. a) 10015 · xy5 = xy · xy5, így xy5 = 325; b) ababn : abn = 101n, így n = 2, a ésb pedig tetszôleges (n-nél kisebb természetes szám, a ! 0).556. Egy fejezet legyen n oldal hosszú. A könyv ekkor 17n + 1 oldalas.Legyen n a kettes számrendszerben felírva k-jegyû szám. Egymás mellé írva akét szomszédos oldalszámot: 17n + 1-et kapunk. Ha n + 1 is k-jegyû szám,akkor az egymás mellé írt oldalszámok értéke: 17n + 1 = n · 2k + (n + 1) == n · (2k + 1) + 1. Innen k = 4 adódik. Ekkor az n legnagyobb lehetséges értéken = 11102 = 14 (n = 11112, nem lehet, mert ekkor n + 1 már ötjegyû számlenne), azaz a könyv ekkor 239 oldalas.Ha az n + 1 már k + 1 jegyû szám lett, akkor az azt jelenti, hogy ô a legkisebbpozitív k + 1-jegyû szám, azaz n + 1 = 2k, így n = 2k-1 volt. Egymás mellé írvaôket: 17n + 1 = (2k-1) · 2k+1 + 2k = 22k+1-2k, másrészt 17n + 1 = 17 · (2k-1) + 1,így 22k+1- 2k = 17 · (2k-1) + 1, ahonnan k = 0, vagy k = 3. Ha k = 3, akkorn = 1112 = 7. A könyv ekkor 120 oldalas, k = 0 nyilván nem lehet. Tehát a könyvlegfeljebb 239 oldalas.557. a = 1, b = 0, n = 2.558. a) Ha kettes számrendszerben tekintjük a számokat, akkor a pozitív

páratlan számok sorozatát látjuk, azaz a számok rendre 2-vel nônek.Folytatva: 1110, 1111, 10 001, … .

b) Ha hármas számrendszerben tekintjük a számokat, akkor a kettô po-zitív egész kitevôjû hatványainak sorozatát látjuk, azaz a számokrendre duplázódnak. Folytatva: 1012, 2101, 11 202, …

c) A kettes és hármas számrendszer váltja egymást a második számtólkezdve, duplázunk, majd egyet hozzáadunk és a számot felírjuk akettes, majd a hármas számrendszerben is: 111111, 2100, 1 111 111, …

559. 128 + 16a + 4b = 53 + 125c + 5d, 75 + 16a + 4b = 125c + 5d, mivel0 < a < 4 és 0 # b < 4, így c = 1 lehet csak, 16a + 4b = 50 + 5d, a = 1 és a = 2kevés, így a = 3, 4b = 2 + 5d, ahonnan b = 3, d = 2. Tehát 23304 = 12235.

86 Számrendszerek

III

560. Nincs ilyen a, b, n számhármas. Ugyanis ababn = abn · 101n, így az egyen-letbôl 101n = abn következik, ami nem lehetséges, mert 101n > abn.

561. aaaan = 200010, a · (n3 + n2 + n + 1) = 2000, a · (n + 1) · (n2 + 1) = 2000.A 2000 osztói: 1, 2, 4, 5, 8, 10, 16, 20, 25, 40, 50, 80, 100, 125, 200, 250, 400, 500,1000, 2000. Ezek közül n2 + 1 alakú az 5, 10 és 50. Az n = 2 és 3 nem jó, n = 7esetén a = 5. 562. a) 13, 103, 113, 1003, … Tekintsük úgy ezeket a számokat, mint kettes

számrendszerbeli számokat. A 20. leírt szám a 2010 = 101002. Így a 20.leírt szám az 101003.

b) 14, 34, 114, 134, 314, 334, 1114, 1134, 1314, 1334, 3114, 3134, 3314, 3334, …2db egyjegyû, 4 db kétjegyû, 8 darab 3 jegyû, …, 2n db n-jegyû leírtszám van. 2 + 4 + 8 + 16 + 32 + 64 = 126, így a 126. leírt szám a leg-nagyobb leírt 6-jegyû szám. Ez a szám a 333 3334 .

563. Ötös vagy hatos számrendszer. Mivel négyjegyû számot kaptunk, ígyn4> 450 > n3-1, azaz 8 > n > 4. A 450 ebben a számrendszerben 0-ra végzôd-ne, így osztható a számrendszer alapszámával. 450 = 2 · 32 · 52. A fenti interval-lumba a 450 osztóiból csak az 5 és a 6 esik. A 452 a hatos számrendszerben20326, ötös számrendszerben pedig 33025. 564. Olyan B számot keresünk, ami 8-cal osztva 3, 9-cel osztva pedig 4maradékot ad. Ekkor B + 5 osztható 8-cal és 9-cel is. A legkisebb ilyen pozitívszám a 72, így a keresett szám a 67.

565. a) Igaz, mert n n n11 1 2 1 121n n2 2= + = + + =

2^ h ; b) azonosság, így

n > 3; c) igaz, mert 14641n = n4 + 4n3 + 6n2 + 4n + 1 = (n + 1)4 = ((n + 1)2)2.566. a) Minden n > 3 egész számra; b) ha n + 1 négyzetszám, azaz n = k2-1alakú, ahol k = 3, 4, 5, … c) a b) miatt p = k2-1, vagyis p = (k - 1) · (k + 1),ami nem lehetséges, mert p prím és k > 2.567. A 0, 1, 2, 3, 4 számjegyeket használhatjuk. Az elsô jegy nem lehet 0. Így4 · 4 · 3 · 2 · 1 = 96 ilyen szám van. Mivel páros sok (2 db) páratlan számjegyevan mindegyiknek, így mind páros szám.568. n3 # _ _ _ _n = _ _n + 1# (n + 1)2 -1, azaz n3 # n2 + 2n, vagyis n2 # n + 2,ez csak n = 2-re igaz. A legkisebb négyjegyû kettes számrendszerbeli szám pontjó: 10002 = 223. A következô már háromjegyû lenne a hármas számrendszerben.Így csak az 10002 = 8 lehetséges.

569. a) (n + 1)2, így nincsen ilyen n; b) (n2 + 1)2, így nincsen ilyen n;c) (n2 + n + 1)(n2- n + 1), így nincsen ilyen n; d) 10n · 10101n, így nincsen ilyenn; e) (n + 1)2(n2 + 1), így nincsen ilyen n; f) n = 5, 6, 7, …, 39-re prím , 40-re nem,…570. a) Nincsen, mert mindegyik páros. b) nincsen, mert a számjegyösszegmindegyikben 21, így mindegyik szám osztható 3-mal. (Lásd 245!)571. Nem, mert a 11n többszöröse.572. a) A kérdéses számot jelöljük n-nel. Vegyünk n db „csupaegy” számot:

13, 113, 1113, …, 11…1113. Ha valamelyiknek osztója az eredeti szám,akkor készen vagyunk, ha nincs ilyen, akkor biztosan van közöttükkettô olyan, amelyik ugyanannyi maradékot ad n-nel osztva. Ezekkülönbsége n-nel osztható és 111...10...0 alakú, tehát megfelelô;

b) lásd a) csak a 23, 223, 2223, …, 222…223 számokkal;c) nem, pl. a 103 szám minden többszöröse 0-ra végzôdik!

Számrendszerek 87

III

573. Nincs ilyen szám. Az n db 1-esbôl álló 11…112 = 2n- 1, ekkor a k dbegyesbôl álló 111…1110 = 2n- 1 lenne, azaz 11…11210 = 2n. Egy tízes szám-rendszerbeli szám pontosan akkor osztható 16-tal, ha az utolsó 4 jegyébôl állónégyjegyû szám osztható 16-tal. A 1112 16-tal nem osztható, de n > 3-ra a 2n vi-szont osztható 16-tal, így a két szám egyenlô nem lehet.n < 3 esetén: a 2, a 12, a 112, a kettes számrendszerben nem „csupaegy” szám. 574. a) Nem igaz, a páros számoknak nincs. b) Igaz. A kérdéses páratlanszámot jelöljük n-nel (n > 1). Vegyünk n db „csupaegy” számot: 12, 112, 1112, …,11…1112. Ha valamelyiknek osztója az eredeti szám, akkor készen vagyunk, hanincs ilyen, akkor biztosan van közöttük kettô olyan, amelyik ugyanannyi ma-radékot ad n-nel osztva. Ezek különbsége n-nel osztható és 111…10...02 alakú.De ekkor a szám végén lévô k db 0 jegy miatt 111…10…02 = 111 …112 · 2k,melybôl a második tényezô nem osztható n-nel, hiszen az páratlan, így az elsô„csupaegy” tényezô többszöröse az n-nek.575. a) Igen, pl. az 111113 = 121. b) Nincs ilyen szám. 111…1112 4-gyelosztva 3 maradékot ad, de egy páratlan négyzetszám 4-gyel osztva 1 maradékotad.576. a) 1320n = n3 + 3n2 + 2n = n · (n + 1) · (n + 2), három szomszédos egész

szám között mindig van 3-mal osztható és van 2-vel osztható, így aszorzatuk 6-tal osztható.

b) 100040n- 5000n = n5 + 4n - 5n3 = n · (n4- 5n2 + 4) =

= n · (n2- 1) · (n2- 4) = n · (n - 1) · (n + 1) · (n - 2) · (n + 2) =

= (n - 2) · (n -1) · n · (n + 1) · (n + 2). Öt szomszédos egész között

mindig van 5-tel osztható, 4-gyel osztható, 3-mal osztható, és egy 2-

vel osztható (a 4-gyel oszthatótól különbözô). Így a szorzatuk

5 · 4 · 3 · 2 = 120-szal osztható.577. abc9 = cba7. 1 # a # 6, 1 # c # 6, 0 # b # 6.81a + 9b + c = 49c + 7b + a, azaz 80a + 2b = 48c, ahonnan b = 8 · (3c - 5a) < 8,3c = 5a, azaz b = 0. Mivel 3|a és 5|c, így a = 3, c = 5 lehet csak. Tehát a számcsak a 3059 lehet.578. A felírt számokat feleltessük meg a 9-es számrendszer számainak, még-pedig az alábbi átírással: 2 helyett írjunk 1-et, 3-helyett 2-t, …, 9 helyett 8-at, a0 maradjon 0.Ekkor a számsor: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 10, 11, 12, 13, …18, … A 2004. pozitív egészszám a 2004: 200410 = 26669, ezt a számot pedig a 3777-bôl kaptuk. Így a 2004helyett a 3777-et írják II. Kázmér birodalmában. 579. Legyen: bbbbn = (aan)

2, b · (n3 + n2 + n + 1) = a2 · (n + 1)2, azaz

b · (n + 1) · (n2 + 1) = a2 · (n + 1)2, osztva (n + 1)-gyel b · (n2 + 1) = a2 · (n + 1),

ahonnan b · (n + 1) · (n-1) + 2b = a2 · (n + 1); n + 1|2b, de b<n, vagyis2b < 2n, így csak n + 1 = 2b lehetséges. b = (n + 1)/2.

(n + 1)/2 · (n + 1)(n - 1) + n + 1 = a2(n + 1), ahonnan (n + 1)(n - 1)/2 + 1 = a2,

azaz n2 + 1 = 2a2.Végtelen sok megoldása van . Pl. n = 7, a = 5, b = 4 esetén 44447 = (557)

2.

88 Számrendszerek

III

Vegyes számelméleti feladatok 89

III

Vegyes számelméleti feladatok

580. ( )( )n n n n n n30 5 63 2+ - = - + . Ha ennek a számnak pontosan 8 osztójavan, akkor prímtényezôs alakja p7, p q3$ vagy p q r2$ $ .

( )( )n n n p5 6 7- + =

lehetetlen, hiszen n 5- és n 6+ egyike páros, a másik páratlan, így p7-nekpáros és páratlan prímosztójának is kellene lennie.

Ha ( )( )n n n p q5 6 3$- + = , akkor csak ( )( )n n n p q q5 6 2$ $- + = lehetsé-

ges. Ekkor vagy p a legnagyobb vagy q2 a legnagyobb, így

q q 5 02- - = , vagy q q 6 02- - = , vagy q q 11 02- - =

adódik, de egyik esetben sem kapunk megoldást.

Ha ( )( )n n n p q r5 6 $ $- + = , akkor n 5- -nek párosnak kell lennie, azaz

n 7= és n 6 13+ = . Tehát a feltételeknek eleget tevô egyetlen szám:

A 2 7 13 182$ $= = .

581.p q q p

p q pq

p q

p qk

2 2

2 2

-

+=

-

+= , azaz p q kp kq+ = - , ahonnan q k 1+ =^ h

( )p k 1= - .Mivel (p; q) 1= , ezért p osztója k + 1-nek, q osztója k 1- -nek, azaz

k rp1+ = és k sq1- = , tehát qrp psq= vagyis r s= .

Ezek szerint k rp sq1 1= - = + , ahonnan ( )r p q 2- = . Így csak r 1= ésp q 2- = lehetséges. Ezek szerint p és q ikerprímek és

q q

q qq k

2

21

+ -

+ += + = ,

tehát k éppen a közöttük levô egész szám, vagyis osztható 6-tal.

582. Elegendô megmutatni, hogy a kapott szám 3-mal osztható. 2n utolsó

jegye 2, 4, 6 vagy 8. Ha az utolsó jegy 6, akkor készen vagyunk.

Ha az utolsó jegy 2, akkor n k4 1= + , így azt kell megmutatni, hogy

210

2 2k4 1

$-+

osztható 3-mal.

( )2

10

2 22

10

2 16 2

5

2 16 1k k k4 1

$ $$ $-

=-

=-+

.

Mivel 16 1k- osztható 15-tel, így osztható 3-mal. Ha 2n utolsó jegye 4 vagy 8, hasonló módon bizonyíthatjuk az állítást.

583. k n10 9 10 92

+ - + =2

^ ^h h [ ]k n k n20 5 9- + +^ ^h h , tehát a különbség

20-szal osztható. Ha k és n egyszerre páros vagy páratlan, akkor k n- páros,

tehát készen vagyunk. Ha k és n egyike páros, a másik páratlan, akkor k n+

páratlan, így ( )k n5 9+ + páros.

584. pq p q pq p q3 3 2 2+ = +_ i. Ha ennek a számnak 12 osztója van, akkorcsak p q r2$ $ alakú lehet prímtényezôs felbontása, azaz p q r2 2 2+ = , ahonnan

( )( )p r q r q2= + - .

Ez csak úgy lehetséges, ha r q 1- = , azaz r 3= , q 2= , és ekkor r q+ = 5.Mivel az 5 nem négyzetszám, így nincsenek a feltételeknek megfelelô prímek.585. Ha a letakaró négyzet bal felsô sarkában levô szám n, akkor a letakartszámok összege .n4 18+a) Ez akkor és csak akkor osztható 3-mal, ha n osztható 3-mal. Figyelembevéve, hogy n1 55# # és n nem lehet 8-cal osztható, így összesen 16 esetbenlesz a letakart számok összege 3-mal osztható.b) A letakart számok összege nem lehet négyzetszám, mert páros, de nemosztható 4-gyel.586. Azt mutatjuk meg, hogy négyzetszám nem végzôdhet 99-re. Ha ugyanisa2 utolsó két jegye … 99, akkor a páratlan, és páratlan szám négyzete 4-gyelosztva 1 maradékot adhat csak. A 99 4-es maradéka pedig 3.587. ......n k n k 2 111 11$+ - =^ ^h h nem lehetséges. Ugyanis a jobb oldalosztható 2-vel, de 4-gyel nem, míg a bal oldal vagy páratlan (ha n és k paritásakülönbözô), vagy 4-gyel is osztható (ha n és k egyszerre páros vagy páratlan).588. Írjuk ki részletesen a megadott egyenlôséget: n k n k20 2 11 3 3+ - = + .A bal oldal maximális értéke 187, ezért n és k legfeljebb 5 lehet. Ezek szerint n-re és k-ra az alábbi értékek adódhatnak valamilyen sorrendben:

5; 2, 4; 3, 4; 1, 3; 2, 2; 1.

Az egyes eseteket vizsgálva az egyedüli megoldás: n 2= , k 3= .589. n n n n n n n n n n1 1 1 15 4 5 4 3 3 2 3+ + = + + - + = + + - +_ _i i. Ha ez aszám prím, akkor csak n n 1 13- + = és n n p12+ + = prím lehet. Innen azegyedüli megoldás: n 1= .590. Ha az eredeti szám K10n+ , akkor ( )K K3 10 10 1n$ + = + , ahonnan

K3 10 1 7n$ - = . A bal oldalon egy n 1+ jegyû szám szerepel, melynek elsôjegye 2, az összes többi jegye 9. Kérdés, melyik a legkisebb ilyen szám, amelyik7-tel osztható. Ez a 299999, így a keresett szám: 142 857.591. A feltételek alapján b a a b10 10

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

azaz szükséges, hogy b a a b11 $ - +^ ^h h négyzetszám legyen. Ez csak akkor tel-jesül, ha a b 11+ = és b a- egyjegyû négyzetszám. Kapjuk: a 5= , b 6= .65 56 332 2 2- = .592. A négyzetgyök alatt négyzetszámnak kell szerepelnie:

x x k17 604 2 2+ + = ,

ahonnan

x k x k2

17

2

17

4

492 2$+ + + - =

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO ,

( ) ( )x k x k2 17 2 2 17 2 492 2$+ + + - = .

A 49 szorzattá alakítása után kapjuk, hogy csak x 2!= lehetséges, így a kere-sett pontok:

(2; 12), (-2; 12).

90 Vegyes számelméleti feladatok

III

593. A feltételek szerint a a ab c a3 3 3+ + + = és b ab b c b3 2 2 3+ + + = . A kétegyenletet kivonva egymásból azt kapjuk: a ab b 02+ + = , ahonnan

( )ba

a

a

a

a

a

aa

a1 1

1 1

1

1

1

11

1

12 2 2

=-+

=-+

- +=-

+

--

+=- - -

+.

Ez csak akkor lesz egész, ha a 2=- ( )a 0! . Ezzel b 4= és c 16= .594. Vizsgáljuk általában az ( )n n 1n n1+ ++ összeget ( )n n 1+ -gyel valóoszthatóság szempontjából.

[( ) ] ( ) ( )n n n n n N n1 1 1 1n n n n1 $ $ $= = + - = + + -+ .

( ) ( )( ) ( )n n M n M n n n1 1 1 1 1n n 1$ $ $+ = + + = + + +- .

Ezek szerint – mivel n 2005= páratlan -:

( ) ( )( )n n n n N M1 1 1n n1+ + = + + ++ ,

vagyis az osztási maradék 1.595. Írjuk fel 9 tetszôleges egymás utáni egész szám négyzetének összegét:

a n n12 2= = , ( )a n n n1 2 12

2 2= + = + + ,( )a n n n2 4 43

2 2= + = + + , ( )a n n n3 6 942 2= + = + + ,

( )a n n n4 8 1652 2= + = + + , ( )a n n n5 10 256

2 2= + = + + ,( )a n n n6 12 367

2 2= + = + + , ( )a n n n7 14 4982 2= + = + + ,

( )a n n n8 16 6492 2= + = + + .

Azt vehetjük észre a a a a a a a a a 181 6 8 2 4 9 3 5 7+ + = + + = + + + . Ennek megfele-lôen az alábbi csoportokat alakíthatjuk ki:

,,.

1 6 8 10 15 17 21 23 25 23102 4 9 12 14 16 20 22 27 23103 5 7 11 13 18 19 24 26 2310

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

+ + + + + + + + =+ + + + + + + + =+ + + + + + + + =

596. A feltételek szerint ( ) ( )b d b b d3 3 2- + = + , ahol b a középsô kocka éle.Feltehetjük, hogy (b; d) 1= , ellenkezô esetben mindkét oldalt egyszerûsíthetjüka legnagyobb közös osztó köbével. Az egyenlôségbôl b b d d6 22 3- =^ h adódik.Ha b páros, akkor a bal oldal osztható 8-cal, így d-nek is párosnak kell lennie,ami (b; d) 1= miatt lehetetlen. Ha b páratlan, akkor b d6- is páratlan, így abal oldal páratlan, de a jobb oldal páros.

597.a b

n k2

10+

= + és ab k n10= + . Az elsô egyenletbôl a-t kifejezve és

a második egyenletbe helyettesítve ezt kapjuk:

( ) ( )b b n k k n2 10 10 02 2- + + + = .

Szükséges, hogy ennek az egyenletnek a diszkriminánsa négyzetszám legyen:

( ) ( )n k k n s4 10 4 102 2 2+ - + = , ahonnan ( )( )n k n k r11 2+ - = .

Innen – ahogyan azt a 287. feladatban is láttuk -: n 65= , k 56= , tehát

a b

265

+= és ab 56= .

Az egyenletrendszer megoldása a keresett két szám: 98 és 32.


III

598. ... ...444 4 4 111 1$= . Mivel a 4 négyzetszám, így elegendô megmutatni,hogy az 1-en kívül nem létezik olyan négyzetszám, melynek minden számjegye1. Az ilyen szám 4-gyel osztva 3 maradékot ad, de páratlan négyzetszám 4-esmaradéka csak 1 lehet. Tehát az egyetlen ...444 4 alakú négyzetszám a 4.

599. ( )aabb a b a b1100 11 11 100= + = + . Ha ez négyzetszám, akkor

a b100 + -nek, azaz a b+ -nek 11-gyel oszthatónak kell lennie. A négyzetszámok

lehetséges végzôdései miatt b lehetséges értékei: 0, 1, 4, 5, 6 vagy 9, így az alábbi

esetek lehetnek csak:

2299, 5566, 6655, 7744.

Ezek közül csak az utolsó négyzetszám, így az egyedüli megoldás:aabb 7744 882= = .

600. Legyen ( ;a c) n= , azaz a np= , c nq= , ahol (p, q) 1= . Ekkor npb nqd= ,

azaz pb qd= , ahonnan p osztója d-nek, vagyis d pd1= . Ezek szerint pb qpd1= ,

ahonnan b qd1= . Tehát

( )( )a b c d n p q d n q p d p q n d2 2 2 2 2 2 212 2 2 2

12 2 2 2

12+ + + = + + + = + + .

Mivel p, q, n és d1 mindegyike pozitív egész, ezért ez nyilván nem lehet prím.

601. A feltételekbôl következik, hogy csak a 1= és d 3# lehetséges. Ezek

szerint

( )b b b c d10 100 20 100 102 2+ = + + = + + és

( )b b b d c10 1 100 20 1 100 10 12 2+ = + + = + + .

Innen b d2= , vagyis d értéke csak 1, 4 vagy 9 lehet. Ennek megfelelôen a kere-sett számok: 11 1212= , vagy 12 1442= és 21 4412= , vagy 13 1692= és 31 9612= .

602. Egy páratlan szám négyzete: n n n n n2 1 4 4 1 4 1 12+ = + + = + +2

^ ^h h .

Látható, hogy 8-cal osztva 1 maradékot ad.

Ha x x x x x12

22

32

2212

2222f+ + + + = , és mind a 222 szám páratlan lenne, akkor a

jobb oldal 8-cal osztva 1 maradékot adna, míg a bal oldal 5-t, ami lehetetlen.603. A feltételek szerint

( )( )S n n n n

nn1 2 8

2

2 8 94 9

$$f= + + + + + + + =

+= + ,

( )( )S k k k k

kk1 2 9

2

2 9 102 9 5

$$f= + + + + + + + =

+= + ,

( )( )S r r r r

rr1 2 10

2

2 10 115 11

$$f= + + + + + + + =

+= + .

Mivel [5; 9; 11] 495= , így n 51= , k 45= , r 40= .A legkisebb ilyen szám tehát a 495 és az összegek:

,,.

51 52 53 54 55 56 57 58 59 49545 46 47 48 49 50 51 52 53 54 495

40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 495

+ + + + + + + + =+ + + + + + + + + =

+ + + + + + + + + + =


III

604. Két eset lehetséges:

Elsô esetben: ( ) ( )YX XY X Y Y YX3 2- = - ,

ahonnan Y X8 63= . Ennek nyilván nincs szó-

ba jöhetô megoldása.

A második esetben: ( ) ( )YX XY X Y Y3 2+ = -

,YX- ahonnan Y X3= . De <Y 5, így csak

Y 3= és X 1= lehetséges. Tehát a kerékpá-

ros sebessége 44 km/h.

605. k p s 14 4= + + , n 7= , tehát p s4 4+ +

13+ = prímszám. Mivel bármely prímszám

negyedik hatványa 3-mal osztva 1 maradékot ad, ezért az egyenlôség csak úgy

teljesülhet, ha p és s valamelyike 3. De < <z s p miatt csak s 3= és így csak

z 2= lehetséges. Ekkor p 944+ = = prím. Mivel bármely >p 5 prím negyedik

hatványa 1-re végzôdik, ezért csak p 5= jöhet szóba, és 5 94 7194+ = valóban

prímszám. Tehát a dobozban levô golyók száma: 625 81 16 722+ + = .

606. A közös nevezôvel való szorzás után bc c b9 10 0+ - = alakra jutunk,

melybôl azt kapjuk: ( )( )b c9 10 90+ - = . Innen csak a 90 5 18 6 15$ $= = =

9 10$= szorzatok jöhetnek szóba. Ekkor c 5= , b 9= vagy c 4= , b 6= .

Tehát a keresett számok: 999 995

1999 99

5

1

f

f= vagy

666 664

1666 66

4

1

f

f= .

607. Azon sorszámú lábfejeket nem kell lecserélni, melyek osztóinak a száma

12-nek többszöröse. Keressük az ilyen 100-nál nem nagyobb számokat. Egy

ilyen szám prímtényezôs alakja: p11, vagy p q5$ , vagy p q2 3$ , vagy p q r2$ $ .

Elsô esetben nem kapunk megoldást. A második esetben, figyelembe véve a

lehetô legkisebb prímeket, 96-t kaphatunk csak. A harmadik esetben csak a 72

adódik. A negyedik esetben a megoldások: 60, 84 és 90.

608. abcd dcba4 $ = vagy abcd dcba9 $ = . Figyelembe véve a négyzetszámok

végzôdéseit és azt, hogy <a 3 kell legyen, ezért csak a 1= lehet, és így csak

bcd dcb9 1 1$ = adódhat. Innen d 9= és <b 2. De b 1= -re nem adódik

megoldás, ezért csak b 0= lehet, ahonnan c 8= . A keresett szám: 1089;

( )9 1089 3 33 98012$ $= = .

609. a b c a b c100 10 3 3 3+ + = + + és a b c a b c100 10 1 13 3 3+ + + = + + +^ h .

(Az könnyen belátható, hogy c 9! .) A két egyenlet különbségébôl

c 13

+ -^ h c 13= , ahonnan c 0= adódik. Így ( )a b a b a b100 10 10 10 3 3+ = + = + .

Vizsgálva a természetes számok köbeinek végzôdéseit, az

1 9+ , 2 8+ , 3 7+ , 4 6+ , 5 5+ esetek jöhetnek szóba.

Ha a b 5= = , akkor a a110 2 3= , ahonnan a 552= nem megoldás. A többi esetet

is megvizsgálva arra jutunk, hogy egyetlen esetben adódik csak megoldás, ha

a és b egyike 3, a másik pedig 7: 3 7 370 10 373 3 $+ = = . A keresett szám:

370 3 73 3= + és ekkor 371 3 7 13 3 3= + + .


III

604.

610. Ha k páros: 4 9n n+ . Ennek utolsó számjegye páratlan n-re 3, páros n-re7. De ezek egyikére sem végzôdhet négyzetszám.Ha k páratlan

( )2 3 2 4 3 9 2 3 1 3 9n n n n n n2 1 2 1 $ $ $ $+ = + = + ++ + .

A kapott kéttagú összeg második tagja osztható 3-mal, az elsô pedig 3-malosztva 2 maradékot ad, így az összeg hármas maradéka 2, de egy 3-mal nemosztható négyzetszám 3-mal osztva csak 1 maradékot adhat.A 7 8k k+ esetében hasonlóan járhatunk el.611. a) n n n n1 1 3 2

2 2 2 2- + + + = +^ ^h h . Egy négyzetszám 3-mal osztva csak0 vagy 1 maradékot adhat.

b) .n n n n n n1 2 3 4 12 142 2 2 2 2+ + + + + + = + +^ ^ ^h h h A kapott ered-mény páros, de 4-gyel nem osztható.

c) ( )n n n n n n n2 1 1 2 5 10 5 22 2 2 2 2 2 2- + - + + + + + = + = +^ ^ ^ ^h h h h .

Ekkor n 22+ -nek 5-tel oszthatónak kell lennie, vagyis n2-nek 3-ra

vagy 0-ra kell végzôdnie. De sem 3-ra, sem 0-ra nem végzôdik

négyzetszám.

d) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )n n n n n n2 1 1 2 32 2 2 2 2 2- + - + + + + + + + =

( )n n n n6 6 19 6 1 192= + + = + + . Ennek elsô tagja osztható 4-gyel

(n és n 1+ valamelyike páros), így az összeg 4-gyel osztva 3

maradékot ad. De négyzetszám 4-gyel osztva csak 0 vagy 1 maradékot

adhat.e) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )n n n n n n3 2 1 1 22 2 2 2 2 2- + - + - + + + + + +

( )n 3 2+ + = n7 282= + . Ha n páratlan, akkor n2 4-gyel osztva 1maradékot ad, így az összeg 4-gyel osztva 3 maradékot ad, denégyzetszám 4-gyel osztva csak 0 vagy 1 maradékot adhat. Ha npáros, n k2= , akkor ( ) ( )k k28 1 4 7 12 2$ $+ = + , így k 12+ -nek 7-teloszthatónak kell lennie. De négyzetszám 7-tel osztva csak 0, 1, 2 vagy4 maradékot adhat.

612. A definiált mûvelettel: xy x y xy x y2 1 2 1 1 2004+ + + + + + + + + =^ h ,ahonnan xy x y 666+ + = , azaz ( )( )x y1 1 23 29$+ + = . Innen

x 22= , y 28= , vagy x 28= , vagy y 22= .

613. a) A köbszám csak páratlan lehet: ( )p k4 1 2 1 3+ = + , ahonnan p2 =k k k4 6 32= + +_ i. Ezek szerint vagy k 1= és k k p4 6 3 22+ + = vagy

k 2= és k k p4 6 32+ + = . Elôbbi esetben nem kapunk megoldást,utóbbi esetben p 31= . 4 31 1 125 53$ + = = .

b) Az elôzô megoldás gondolatmenetét követve arra jutunk, hogy nincsilyen prímszám.

c) Az elôbbi esetekben közölt gondolatmenet alapján: p 241= .14 241 1 3375 153$ + = = .

614. A kérdéses szám nem lehet egyjegyû, kétjegyû, illetve öt- vagy annáltöbb jegyû. Ha a legnagyobb ilyen tulajdonságú szám abcd négyjegyû, akkorab a b c d= + + + , ahonnan a b a b c d10 + = + + + , azaz a c d9 = + . Ekkora 2# . Ha a 2= , akkor c d 9= = . Mivel b-t tetszôlegesen választhatjuk meg,ezért a legnagyobb ilyen tulajdonságú szám a 2999.


III

615. A megadott számokat részletesen kiírva és összeadva azt kapjuk:

a b a a b b302 220 31113 7 43174 2 7 4444 5$ $+ = + + + .

Ez akkor és csak akkor lesz 7-tel osztható, ha a b2 5+ , azaz a b a b2 2 2- = -^ h,tehát a b- (vagy b a- ) osztható 7-tel. Innen a 9= , b 2= vagy a 8= , b 1=vagy a 7= , b 0= vagy a 2= , b 9= vagy a 1= , b 8= .616. Legyen a a a a a an n n n n n

1 2 3 4 5 6+ + = + + . Ha mindkét oldal páros, akkor mind-két oldalon a páratlanok száma 0 vagy páros, így a hat szám közül a páratlanokszáma páros, tehát az összeg nem lehet prím. Ha mindkét oldal páratlan, akkormindkét oldalon a páratlanok száma páratlan, így a hat szám között a párat-lanok száma ismét páros, tehát az összeg ekkor sem lehet prím.617. Legyen a az ágak száma. Ekkor a szaloncukrok száma a2 . Dôlés utána 2- ága maradt a fának. Ha minden ágról c db cukrot csent el Andris, akkor a fán maradt cukrok száma: a a c2- -^ ^h h. A feltételek szerint

( )( )a a a c2 22= - - , ahonnan

( )a c a c2 2 4 02- + + = .

Ez utóbbi egyenletnek csak akkor lehet a-ra nézve egész megoldása, ha a diszkri-minánsa négyzetszám: ( )c c k4 2 162 2+ - = , ahonnan ( )c c c r2 4 42 2 2+ - = + =vagyis r c 42 2- = , azaz ( )( )r c r c 4- + = . Ez utóbbinak csak az r 2= , c 0= aszóba jöhetô megoldása, ami érdektelen, vagyis Katinak volt igaza.618. Ahhoz, hogy minden színbôl legyen a kivett golyók között, legkevesebb

p q1 1- +^ h darabot kell kivennünk; ahhoz, hogy valamely színbôl mindengolyót kivegyünk legkevesebb q p1 1- +^ h darabot kell kivennünk. A feltéte-lek szerint

( ) ( )q p p q1 1 17 1 1- + + = - + , ahonnan q p 17- = .

De ha két prím különbsége 17, akkor csak p 2= és így q 19= lehet. Ezekvalóban prímek, így a dobozban levô golyók száma: 38.619. Nincs a feltételeknek eleget tevô n. Ugyanis 2 2n4 2-+ utolsó számje-gye minden n-re 2. De három egymást követô pozitív egész szám szorzatánakutolsó számjegye csak 0, 4 vagy 6 lehet.

620. p k1n 2+ = . Ha p páros, akkor k páratlan, vagyis r r2 4 1n= +^ h. Ez csak

úgy teljesülhet, ha r 1= , ahonnan n 3= . Ha p páratlan, akkor k r2= páros,

vagyis p r r2 1 2 12= + -^ ^h h. Legyen r p2 1 i- = , ekkor r p2 1 i2+ = - , tehát

p p2 1i n i2= --_ i. Ez csak úgy lehet, hogy p 1i= , azaz i 0= , és ezzel p 1 2n- = ,

azaz p 3= és n 1= . A feltételeknek tehát két prímszám felel meg: p 2= és

n 3= (2 1 33 2+ = ), valamint p 3= és n 1= ( ).3 1 21 2+ =

621. Ha p qq p2 2+ prímszám, akkor p és q valamelyike páros; legyen p 2= .

Ekkor q4q 4+ =prímszám. Mivel q páratlan, ezért 4q utolsó számjegye 4.

A páratlan prímek negyedik hatványai 1-re végzôdnek, így q4q 4+ utolsó

számjegye 5, vagyis nem lehet prím. Hátra van még a q 5= eset: ekkor

4 5 1649 17 975 4 $+ = = , tehát ez sem prím.


III

622. A megadott kifejezés akkor és csak akkor egész, ha abcd n7 2= . De

négyjegyû szám négyzetgyöke csak kétjegyû lehet, így abcd xy= és xy n7 2$ = .

Ezek szerint xy r7 2= , ahol csak r 3= vagy r 2= lehet. Ha r 2= , akkor

xy 28= , így ekkor abcd 28 7842= = , ami nem lehetséges, hiszen ez a szám csak

háromjegyû. Ha r 3= , akkor xy 63= , ahonnan abcd 63 39692= = , ami megfe-

lel a feltételeknek.

623. Egy 5-nél nagyobb prím utolsó számjegye csak 4-féle lehet. Az ezt

megelôzô számjegyek 10-féleképpen alakulhatnak. Így véve egy ilyen prím

10 12005+ db hatványát, kell lenni közöttük két olyannak, melyek utolsó 2005 db

számjegye rendre megegyezik. Legyenek ezek pk és pr ( > )k r . Ekkor tehát

( )p p p p K1 10k r r k r 2005$- = - =- . Mivel 102005 osztója a bal oldali szorzatnak,

de pk-nal relatív prím, ezért osztója p 1k r-- -nek, azaz p N 10 1k r 2005$= +- .

Ennek a számnak az utolsó 2005 db számjegye pedig éppen a kívánt alakú.


III

IV

IV. Algebra

Algebrai átalakítások. Polinomok

624. a) Öttel osztható számok pl: -10; -5; 0; 5…általánosan 5 $ l alakú, ahol

l tetszôleges egész szám. Matematikai jelöléssel: ;l lahol Z5 $ ! ;

b) ; ;k kvagy3 1 3 2$ $+ - ahol k Z! ;

c) m mvagy4 2 24$ $- + alakú, ahol m Z! ;

d) n7 6$ + vagy n7 1$ - alakú, ahol n Z! .

625. a) Ezek a páratlan számok, így pl.: -21; 5; 17; 101.

b) Az ilyen alakú számok hárommal osztva 2-t adnak maradékul. Ilyenek

pl.: 2; 5; -1; -10.

c) Az ilyen alakban megadott számok 7-tel osztva ötöt adnak maradékul.

Pl.: 5; 12; 33; -2.

d) Ez megegyezik a c) résszel.

626. ,l11 10$ + vagy l11 1$ - alakú, ahol l Z! .

627. A feltételek alapján az oldalak csökkenô sorrendben: 2 $ k + 1, 2 $ k, 2 $ k - 1

alakúak. A háromszög kerülete a három oldal összege. K = 2 $ k + 1 + 2 $ k +

+ 2 $ k - 1 = 6k. Pl: 3, 4, 5 vagy 9, 10, 11.628. a) Legyen a két szám a, b; (a + b) + ( a - b) = 2a. Így igaz az állítás.

b) A feltételek szerint a három szám közül a középsô 2k alakú, a két

szomszédos szám 2k + 1, illetve 2k - 1 alakú. A három szám számtani

közepe: k k k k

k3

2 1 2 2 1

3

62

- + + += = . Az állítás igaz.

c) Legyen a két szám a, b; (a + b) - (a - b) = a + b - a + b = 2b. Az állí-

tás hamis.

629. a) A, b) C, c) B, d) C, e) B, f) A, g) A, h) A.

630. a) x x x x32

12 7 56 5 2- + + + - ;

b) ,y y y y y y8

716 4

4

316 0 3 19 8 5 3 2+ + + - - + ;

c) z z z z z z z3 6 7 8 5 2 412 11 10 7 3 2- - + - + - + + .

631. a) a szerint: ab a b a b a b a b2 9 8 73 2 2 3 4 4 5 5- + - - + ;

b szerint: a b a b ab a b a b9 2 8 75 2 2 3 3 4 4 5+ - - - .

b) c szerint: d d cd c d c c d8811

13

3

2

2

311 35 6 2 2 4 9 10- + + + - - + ;

d szerint: c c d cd d d c d88 112

3

3

2

11

13 34 2 2 5 6 9 10- - - + + + + .

632. x x x x x2

3

3

2

4

510066 7 5 3- - + + + .

633. a) ; ;xy xy xy2 217 - ;

; ;xy xy7

92 2-

; ;x y x y x y8

19 42 2 2 .

b) ; ; ;a bc a bc a bc5 7 62 2 2-

; ; ; ;ab c ab c ab c cab2 6 52 2 2 2-

; ;abc abc9 2 2-

; .abc abc3 3-

634. ; ; ; ; ; ; .a x a axyx

yb a x5

7

22 2 12 135 - -_ i

635. a) ; , , ;; ;ab a x y b2 2 38

30 6 0 15

10

1

5

23 63 2=- - =- = =- =- - ;

b) ;; ; ; ;y xy x y x y xyx3

12

12

1

27

2

36

15

6

53 2 3 2 22 = = - =- - =- =

c) ; ; ; ; .abc a bc ab bcabc a2 2 4 3 12 16 44 42 2 3 2 2=- =- - = =- =-

636. a) a b2 2- ; b) x y2 2- ; c) y3 5- ; d) m n3 9 3- - + ; e) a a5 122- .

637. a) c d6 23+ ; b) x x10 3 2- ; c) b19 2- ; d) x y xy142 2+ .

638. a) x y z28 21 25- + ; b) m mn n5 3 32 2- - ; c) ab bc cd14 53 13- - ;

d) abc bcd cde20 17 24- - .

639. a) x y z16

11

6

1

20

9+ - ; b) ab bc ac

14

1

15

7- - ;

c) , ab bc cd1 1 3 2- + ; d) , ,abc bcd acd2 0 3 0 5- + .

640. a) x y ab a b6

5

4

31

6

5

4

32 2 2 2- - - ;

b) x x y xy y23

12

3

22

4

12

2

1

3

13 2 2 3- - - - - .

641. a) a ab b8 2 2- - ; b) x x x11 13 4 13 2- + - - .

642. a) a b9 52 2- ; b) a c b10 8 9- + ; c) m n18 9- ; d) a a20 32- .

643. a) 6a; b) 4a; c) a2 2- ; d) k l14 3 2; e) b c30

432- ; f) x y6 2 3- ;

g) a a3 2n 2- .

644. a) 14b + 2; b) 2c + 2d; c) -19i + 29j - 4k; d) x xy y2 6 22 2- - - ;

e) a a a7 9 23 2+ - - .

645. a) x6 5; b) a8 4; c) m15 3; d) p12 6; e) c18 3- ; f) d16 4; g) t3 3;

h) b20 4- ; i) a3 6; j) a2 n2 3+ ; k) x3 n3- .

646. a) a b6 3 2- ; b) x y16 3 3; c) c d2

15 3- ; d) m n

9

55 3- ; e) , x y0 3 5 6- ;

f) , k b1 2 5 4- ; g) , a b0 32 n m2 1 3+ ; h) x y2

1k k 3- + .

98 Algebrai átalakítások. Polinomok

IV

Nevezetes azonosságok 99

IV

647. a) a8; b) b10 17; c) c8 13; d) e d32 5 7- ; e) g h3

211 7; f) i3;

g)l2

1

2; h) j

3

23; i)

k

l4

4.

648. a) Gn r

m

81

492

6 6

4

= ; b) Hm r

n

7

33

6 9 3

12 3

= ; c) G Hn mr7

9

2 4$ = ;

d)H

G

n r

m

3

7

6 4 2

3 5

= ; e) H

G

n r

m

3

7

5

4

28 17 7

14 23

= .

649. a) a ab2 82- ; b) c c15 202- + ; c) x x x12 24 203 2- + ;

d) i i i12 8 64 3 2- - ; e) p q p q pq6 4 83 2 2 3- + - ;

f) r s r s r s r s3

4

15

14

2

7

4

75 3 4 2 3 2 2 3- - + + .

650. a) a a3k k2 3- + ; b) b b b10 6 14n n n2 2 1 2- + +- + ;

c) i i i12 6 15k k k2 4 2 2 1- - +- - ; d) x x x21 15 9n n n3 3 1 3 2- +- - .

651. a) a a7 122- + ; b) b b2 152- - - ; c) c cd d10 7 122 2+ - ;

d) p p q pq q6 12 4 83 2 2- + + - ; e) u v u v u v uv3 9 33 3 2 2 2 3 2- - + ;

f) x x y x y xy x xy6 19 19 6 6 44 3 2 2 3 2- + - - + .

652. a) a2 302- ; b) b4 14+ ; c) c c c2 14 3 2+ + - ; d) d 14- ; e) e9 362- .

Nevezetes azonosságokA következô feladatoknál a nevezetes azonosságok felismerése a cél.

653. A következô párosításokat lehet megtenni:a - C; b - B; c - D; e - C.Nincs párja: d, A, E kifejezéseknek.654. A lehetséges párosítások:A - d; B - c; C - d; D - c; F - a; G - e;Nincs párja az E, b, e kifejezéseknek.

655. Zárójelfelbontás után látható, hogy b b b1 4 2 32

2- - = - -_ i .

Ha a két tag négyzetének különbségére vonatkozó azonosságot alkalmazzuk,

akkor b b b b b b1 4 1 2 1 2 1 2 3 12 2

2- - = - - = - - - + = - +_ _ _ _ _ _i i i i i i.Így tehát az a), illetve c) kifejezéssel egyenlô.

656. a) c 12

-_ i ; b) b 32

+_ i ; c) l 102

-_ i ; d) z r7 82

-_ i ; e) j i12 52

+_ i ;

f) l k3

4

4

32

-J

L

KK

N

P

OO ; g) a 22

2

-` j ; h) d 532

+` j ; i) p q2 32 32

-` j .

657.A-hoz választható: c), d);B-hez választható b), e);C-hez választható: c), d);D-hez választható: g).

100 Nevezetes azonosságok

IV

A teljes négyzetté átírt alak:

A. x x x4 4 222

! !+ = _ i ; B. x x x4 12 9 2 322

! !+ = _ i ;

C. x x x4

14 16

2

142

2

! !+ =J

L

KK

N

P

OO ; D. x x x4 8 4 2 22

2- + = -_ i .

658. a) a a2 12+ + ; b) b b6 92- + ; c) c c4 20 252- + ; d) d d16 24 92- + ;

e) e e4

1

2

392+ + ; f) f f6 92+ + ; g) a b a b9 6 14 2 2- + ;

h) a b a b a b16 8 92 4 2 3 2 2- + ; i) x y x y x y4

92

9

44 2 3 4 2 9+ ;

j) x y x y x y49

25

21

40

9

168 4 8 6 4 9- + .

659. a) a 42

-_ i ; b) b 4 12

- -_ i ; c) c 2 12

+ -_ i ; d) , ,d 1 5 0 252

- +_ i ;

e) e 5 192

- -_ i ; f) , ,f 3 5 7 252

- -_ i .

660. a) a b c ab ac cb2 2 22 2 2+ + + + + ; b) x y xy x y1 2 2 22 2+ + + + + ;

c) mx b mxb mx b9 2 8 62 2+ + + + + ; d) ax b axb ax b4

122 2+ + - + - ;

e) a b ab a b4 9 16 12 16 242 2+ + - - + ;

f) a b c ab ac bc9 25 30 6 102 2 2+ + - + - .

661. a) x y z2

+ +_ i ; b) a b c2

- + +_ i ; c) c d e2

- - +_ i ; d) x y z2 32

+ -_ i ;

e) x y 22

!+_ i ; f) m m 122

+ +` j .

662. a) c c 122

+ +` j ; b) x x2 3 222

+ +` j ; c) a a2 32

- +_ i .

663. a) x x y xy y3 33 2 2 3+ + + ; b) k k l kl l3 33 2 2 2- + + ;

c) a a a9 27 273 2- + - ; d) c c c3 3 13 2+ + + ; e) b b b8 36 54 273 2+ + + ;

f) d d d12 48 643 2- + - ; g) p p q pq q8

1

4

1

6

1

27

13 2 2 3- + - ;

h) x x y xy y27

12550 20 83 2 2 3+ + + ; i) x y x y x y x y8 36 54 276 3 5 5 4 7 3 9- + - ;

j) a y a y a y a y8

27

4

9

2

1

27

112 3 9 5 6 5 3 9- - - - .

664. a) a 12- ; b) b 92- ; c) c4 252- ; d) d c9 252 2- ; e) f9 44- ;

f) i j k16 92 2 2- ; g) r r25 94 2- ; h) a bn2 8- ; i) x y9 44 2- .

665. a) a b2 +_ i; b) c d3 2 -_ i; c) d a b+_ i; d) y x z15 5-_ i;

e) c d a3 4 7+_ i; f) y xy z-_ i.

666. a) n3 2 -_ i; b) a a 13 2-` j; c) y y x3 +_ i; d) x x9 22-` j;

e) y y12 2 32-` j; f) ab ab12 +_ i; g) a y a y 12 2 2 -` j.

667. a) x x1n -_ i; b) y y1k k2 3+` j; c) z z7 2 3n 2 2--` j; d) a x ax 3k2 1 4+-

` j.


IV

668. a) y a b c+ +_ i; b) a a a4 23- -` j; c) mn n m3 5 2+ -_ i;

d) abc a b c5 7 4- +_ i.

669. a) a x y2+ +_ _i i; b) j j3 6- +_ _i i; c) x y x y2 3- -_ _i i;

d) a b m n5 3- -_ _i i; e) x y a b2 3- +_ _i i; f) m m2 5- -_ _i i;

g) x x5 3 4+ -_ _i i; h) u u1 7 1- +_ _i i.

670. a) a x y2 + +_ _i i; b) a b n m+ -_ _i i; c) i j i k+ -_ _i i;

d) u v a5 1- +_ _i i; e) a a2 2 1- -_ _i i; f) n m a b7 5+ -_ _i i;

g) i k i j2 3 11 5+ -_ _i i; h) x x x1 12

+ -_ _i i .

671. a) a a2 3- -_ _i i; b) b b3 5- -_ _i i; c) c c4 3- +_ _i i;

d) d d10 3+ -_ _i i; e) g g g g2 2 2 2 12+ - = + -` _ _j i i;

f) k k k k k k6 8 4 2 4 22- - + =- - - =- - -` _ _ _ _j i i i i;

g) l l l l l l3 10 5 2 5 22- - - =- - + = - +` _ _ _ _j i i i i.

672. a) x y x y+ -_ _i i; b) m n m n- +_ _i i; c) q q4 4- +_ _i i;

d) r r2 3 2 3+ -_ _i i; e) x x1 1+ -_ _i i; f) a a5 5+ -_ _i i;

g) c c3 3- +_ _i i; h) b b2 2+ -_ _i i.

673. a) c c8 82 2+ -` `j j; b) l k l k3 32 2- +` `j j; c) ur p ur p5 4 5 42 3 2 3+ -` `j j;

d) d d7 72 2- +` `j j; e) p p3

21

3

21- +

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO; f) q q

6

513

6

5132- +

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO.

674. a) xy xy1 1- +_ _i i; b) p p2 3 2 32 2+ -` `j j; c) p ab p ab+ -_ _i i;

d) a b c d a b c d3 2 2 3 2 2- +` `j j; e) i j i j4 3 4 32 2- +` `j j;

f) uv uv9 1 9 1+ -_ _i i; g) m n m n10 8 10 82 3 2 3- +` `j j;

h) , ,x x1 0 1 1 0 1- +_ _i i.

675. a) , ,x y x y0 27

60 2

7

6- +

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO; b) , , , ,t u t u0 1 0 5 0 1 0 52 2+ -` `j j;

c) x y x y5

12

8

9

5

12

8

9k k k k1 1- +- -

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO; d)

m

m

m

m

3

1

11

5

3

1

11

5- +

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO;

e), ,

t r

t

t r

t0 2 3 0 2 3

2 2- +

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO.

676. a) a b2

+_ i ; b) x y2

-_ i ; c) n 32

-_ i ; d) c d2

+_ i ;

e) a 12

-_ i ; f) b 22

+_ i ; g) c2 12

+_ i ; h) d 12

- +_ i ;

i) d 32

- +_ i ; j) c d3 2 22

- -` j .

677. a) a b22

+` j ; b) c b22

-` j ; c) m n5 22

-` j ; d) k l3 22

+` j ; e) i j22

- +` j .

102 Nevezetes azonosságok

IV

678. a) a b a ab b2 2+ - +_ ì j; b) a b a ab b2 2- + +_ ì j;

c) m n m mn n2 2+ + +_ ì j; d) c d c cd d2 2- + +_ ì j;

e) a a a2 2 42+ + +_ ì j; f) l l l3 3 92+ - +_ ì j; g) r r r7 7 492- + +_ ì j;

h) q q q1 12+ - +_ ì j; i) j j j4 16 4 2- + +_ ì j.

679. a) a a a1 1 2+ - +_ ì j; b) b b b1 2 1 2 4 2- + +_ ì j;

c) a b a ab b2 4 22 2+ - +_ ì j; d) i i i2 3 4 6 9 2- + +_ ì j;

e) x y x xy y5 4 25 20 162 2 2 4+ - +` `j j;

f) k l k kl l2

1

5

3

4

1

10

3

25

92 2 2 4- + +

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO.

680. a) a b3

+_ i ; b) m n3

-_ i ; c) p q23

-_ i ; d) c2 13

+_ i .

681. a) m5 13

+_ i ; b) a4 23

-_ i ; c) a 63

+_ i ; d) ab c4

3

3

22 2

3

-J

L

KK

N

P

OO .

682. a) a b a b11 - +_ _i i; b) c d c d3 - +_ _i i; c) m m7 1 1+ -_ _i i;

d) x x x1 1- +_ _i i; e) c c c1 12 + -_ _i i; f) ab a b a b- +_ _i i.

683. a) m n m n6 - +_ _i i; b) i j i j5 2 2+ -_ _i i; c) r p q p q8 3 32 + -_ _i i;

d) u v u v4 92 2 2 2-` j.

684. a) a b22

-_ i ; b) c d52

+_ i ; c) m6 12

+_ i ; d) r s3 12

-_ i ;

e) u v2 12

-_ i ; f) j k j k2 332

+_ i .

685. a) a b a b a b1 1 12

+ - = + + + -_ _ _i i i

b) c d c d c d4 2 22

- - = - - - +_ _ _i i i;

c) x y x y x y5 5 522

- - = - + + -_ _ _i i i;

d) i j i j i j1 1 122

- + = - - + +_ _ _i i i;

e) a b a b a b2 5 36 2 5 6 2 5 62

- - = - - - +_ _ _i i i;

f) m n m n m n4 49 4 7 4 72

- - = - - - +_ _ _i i i.

686. a) a b a b 1- + +_ _i i; b) c d c d 1+ - +_ _i i; c) e f e f 1- + +_ _i i;

d) k l k l kl k l k kl l kl k l k l k l3 3 2 2 2 22

+ - - = + - + - + = + -_ ` _ _ _i j i i i ;

e) i j i j2

- +_ _i i ; f) x y z x x x y x y z2

+ - + = + + -_ _ _ _i i i i.

687. a) a a3 2- -_ _i i; b) b b2 4+ +_ _i i; c) c d c d3 4- -_ _i i;

d) e f e f5 2- -_ _i i; e) i i4 3- +_ _i i; f) g g4 3+ -_ _i i;

g) k l k l5 3- +_ _i i; h) m n m n5 3+ -_ _i i.

688. a) x x2 3 2+ +_ _i i; b) x x2 3 4+ +_ _i i; c) y y2 2 1- -_ _i i;

d) y y3 6 3+ +_ _i i.


IV

689. a) a a a a a a a1 1 1 13 2+ + + = + +_ _ _ ì i i j;

b) b b b b b b b b2 2 4 6 2 2 8 42 2- + + + - = - + +_ ` _ _ ì j i i j;

c) m m m m m m m1 1 1 1 13 2 22

2- + - = - + - +` ` _ _ `j j i i j;

d) n m n nm m nm n m n m n m2 22

+ - + - + = + -_ ` _ _ _i j i i i ;

e) d d d d d d1 1 1 132

2+ + + = + + +_ _ _ ì i i j;

f) e e e e e e e e e e e e1 4 1 1 1 4 1 44 2 2 4 2 2 3 2- + + = + - + = + - +` _ _ _ _ `j i i i i j9 C .

690. a) a a a a a a a a a2 1 1 1 18 4 4 42

4 4 2 4 2+ + - = + - = + + - +` ` `j j j;

b) a b a b a ab b a ab b2 22

2 2 2 2 2 2+ - = - + + +` ` `j j j;

c) a a a a a a a a a4 2 2 2 2 2 132

- + + = + - + + = + -_ _ _ _i i i i ;

d) a a a a a a a a a a2 4 2 2 2 2 23 2 2 2 2+ + - = + + - + = + + -_ _ _ _ ì i i i j =

= a a a2 2 1+ + -_ _ _i i i.

691. a) x x x x x1 1 1 2 23 2 2- + - = - + +_ ì j;

b) x x x x x x x x x x7 7 12 12 1 7 1 12 13 2 2 2+ + + + + = + + + + +_ _ _i i i= = x x x1 3 4+ + +_ _ _i i i;

c) y y y y y y y y1 2 1 1 24 2 2 2 3 2- + + = + - +` _ _ `j i i j;

d) y y y y y y9 5 15 3 5 34 3 2 2- + + = + + -` `j j;

e) ( )x x x x x x x x x x27 9 27 3 3 3 9 9 3 33 2 2+ + + - - = + - + + + - +_ ` _i j i =

= x x x x x x3 6 8 2 3 42+ + + = + + +_ ` _ _ _i j i i i;

f) x y x x x y49 10 7 7 10 72- - - = - - +` _ _ _j i i i.

692. Legyen n egész szám.

n n n n2 3 2 1 8 8 8 12 2

+ - + = + = +_ _ _i i i Mivel n + 1 egész szám, így az állítás

bizonyított.

693. Legyen k egész szám.

k k k1 2 12

2+ - = +_ i , ami minden k egész esetén páratlan.

694. Felhasználva az elôzô feladat megoldását:

K = 10032 - 10022 + 10012 - 10002 + … + 32 - 22 + 12 = 2005 + 2001 + … +

+ 5 + 1 = 503 506.

695. a) Legyen n 121 212= , ekkor a tört:

n n n

n n n n

n n

n n

4 1 2 2

2 1 2 1 2

4 2 1

2 1 2 21

$

$

+ - +

- + - +=

- +

- +=

_

_ _ _

_ _

_ _

i

i i i

i i

i i;

a) Jelöljük 60 000 000-t n-nel. Ekkor:

n n n n

n n n n

n

n

1 1 1

4 2 2

1

4 14

$

$ $

+ - + -

+ - + -=

+

+=

_ _ _

_ _ _ _

i i i

i i i i.

696. Ha a egész szám, akkor közös nevezôre hozva:

:a

a

a a

a aa

2 2 5

80

2 5 2 5

2 5 2 52 5

2 2

- - +

+ - -= +

_ _ _

_ _

i i i

i i, mely minden a-ra páratlan egész

szám.

697. A kisebbik egész számot t-vel jelölve:

t t t t t t t t t t1 1 2 3 2 1 122 2

4 3 2 22

+ + + + = + + + + = + +_ _ ì i j8 B , mely egy egész

szám négyzete.

Algebrai törtek

698. Az a), d), j) esetben minden valós szám esetén értelmezhetô az adottkifejezés.

b) a 3! ; c) b 2! ; e) d 2!- ;

f) e 0! ; g) f4

3!- ; h) n 4! ;

i) ;h h0 3! ! .699. Az a), c), e) kifejezések esetében (-1)-szeresére változik a tört értéke, a

többi esetben változatlan marad.

700. a) Nem változik.

b) Nem változik.

c) Kétszeresére változik.

d) Négyszeresére változik.

e) Nem változik.

701. a) ,a

a1

11!-

-; b) ,

b

bb

11!-

-;

c) ,c d

b a-

-

-vagy ,

d c

a bd c!-

-

-; d)

a

a

2

5-

-

-, vagy ,

a

aa

2

52!-

-

-;

e) ,a b

n ma b!-

+

+- .

702. Az elôzô feladat következménye.

703. a) ,a a5 0! ; b) ,b

ab

60! ; c) , ,

d xd x

50 0

2

! ! ;

d) , ;p

qp q

5

60! ; e) , ; ;

r

s tr s q

6

130

6 2

! .

704. a) , a b1 !- ; b) , b1 3!- ;

c) ,b

ad c

2

3!- ; d) ,

m

ni j

3!- ;

104 Algebrai törtek

IV

e) , ;a b

a bc a c0! !

+

-- ; f) , ;

c dc c d

10! !

+- ;

g) , ;f

fe f

10 1! !

-; h) , ; ;

i k

ki k i k0

2

! !-

;

i) , ;s t

r bs s t0! !

+

+- ; j) , ;

a b

nn a b

10! !

+

+- .

705. a) ,a

aa

11!

-; b) ,

b

bb

11!-

+; c) ,

c d

c dc d!

+

-;

d) ,e e2 2!- - ; e) ,m n

m n1

!-

; f) ,a

aa

1

11!

-

+;

g) ,b

bb

3

33!

-

+.

706. a) ,a a1 1!+ ; b) , b3

25! ;

c) ,c

c3

33!

-; d) ,

dd

5

99!

-- ;

e) A számláló nem alakítható szorzattá, így nem egyszerûsíthetô a tört.

f) , ;f

f2

70 2!

-; g) , g1 5!- ;

h) , ;l

kl l k0 3! !- ; i) ,n m m1 1!- -_ i ;

j) ,c d

cc d!

-; k) ,

e f

e fe f

2 3 2

5 3 2

3

2!

-

+

_

_

i

i.

707. a) ,x y x y2 2 !!-` j ; b) ,x y x y

x xy yx y

2 2

2 2

!!- +

- +

_ ì j

;

c) ,x y

x y1

!-

; d) ,x xy y

x y x yx xy y 0

2 2

2 2

2 2!+ +

+ ++ +

_ ì j;

e) ,x

x2

12!

-; f) ,

xx

3

13!

+- .

708. a) ,a b

aba b

7

2 2!!

-; b) ,

c

c dc 0

2 2

!-

;

c) ,e e

e e2 4

102 4 0

2

2 !- +

- + ; d) ,g h g h

g hg h

3 2 2!

- +

+

_ ì j

és g 0! ;

e) ,n

nn

1

11!

+

-- ; f) ,

n nm m

n mn nm m

3

20

2 2

2 2!- +

-- +

`

_

j

i.

Algebrai törtek 105

IV

709. a) ,a b

a ba b

3

4!

+

--

_

_

i

i; b) ,

c d

c dc d

5 3

3 33!

+

--

_

_

i

i; c) ,

a b

a ba

2 2

2 2

+

-és b 0! ;

d)c d

3

+; e) ,

m m

a mm

1

11!

-

+

_

_

i

i; f) ,

i

ii

20!

-;

g) ,u

uu

3

33

2

!+

--

_ i; h) ,

t t

tt t

1

2 11 0

2

2 !- +

+- +

_ i.

710. a) ,a

x y a x y x ya

4 5

5

45!

+

- + -=

--

_

_ _

i

i i;

b) ,

p x

p p q x p q

p x

p qp x

2!

-

- - -=

-

-

_

_ _

i

i i;

c) ,c d c d c d

c d c cd d

c d

c cd dc d

1

2 2 2 2

!- + - +

+ - +=

- -

- +-

_ _ _

_ `

i i i

i jés c d 1!- .

711. a) ,a ab b ab

a b a ab ba b a ab b

20

2 2

2 2

2 2!- + +

+ - += + - +

_ ì j;

b) ,x a x a

x a

x a

x ax a

2 2

2

2

22

2

!- +

-=

+

-

_ _

_

i i

i;

c) , ,x y

x y y

x

xx y

2

2 3 2 30 2! !

-

- - -=

-

_

_ _

i

i i.

712. a) ,

a

a a

a

aa

2

2 3

2

32

2!

+

+ +=

+

+-

_

_ _

i

i i; b) , ,

b b

b b

b

bb

2 1

1 5

2

52 1!

+ +

+ +=

+

+- -

_ _

_ _

i i

i i;

c) ,

c

c c

c

cc

3

4 3

3

43

2!

-

- -=

-

-

_

_ _

i

i i; d) ,

d

d d

d

dd

1

7 1

1

71

2!

+

+ +=

+

+-

_

_ _

i

i i.

Algebrai törtek összeadása, kivonása

713. a)m

24

11 17-; b)

a b

36

6 11-;

c)c d

20

17 72 2- -; d)

u v

12

11 23-;

714. a)n m

30

53 59+; b)

a b

24

22 65+; c)

xy y

6

3 2+.


IV

715. a)a

5

19; b)

c d

4

3 9- -;

c)n m

3

4 2-; d)

r s

8

9 5-.

716. a) , ; ;abx

bc ada b x

2 30!

+; b) ,

x

xx

6

30 140

2!

-;

c) , ; ;mnp

p nm n p

5 30

2 2

! ; d) ,d

a dd

2 30

2!

-;

e) , ;a

a ba b

6 70!

-; f) , ;

a b

a ba b

3 40

4 3!

-;

g) , ; ;e f g

gf e f ege f g

36

27 15 320

2 2 2

2 2 2

!- +

;

h) , ;a b

ab b aa b

10 3 70

2 2

2 2

!- -

;

i) , ;a b

a aa b

6 2 50

2

2

!+ -

; j) , ;mn

m mm n

2 40

2

!- - +

.

717. a) , ;a a

aa

1

11 30 1!

-

-

_ i; b) , ;

b b

bb

2

2 60 2!

+

- -

_ i;

c) ,i

ii

2 1

171!

-_ i; d) ,

d

dd

4 2

9 42!

+

--

_ i;

e) ,e f e f

e fe f

7!

- +

-

_ _i i; f) ,

j k j k

k

k j

kj k

2 2

2 2!

- +

-=

-_ _i i;

g) ,a b a b

b

a b

bb a

2 2

2

4

22

2 2!

- +=

-_ _i i.

718. a) ,c d c d

c d

c d

c dc d

2 8 2 8

2 2!

- +

+=

-

+

_ _i i; b) ,

m n

m nm n

2 2

2 2

!-

+;

c) ,a

aa

9

93

2

2

!-

+.

719. a) ,x

x4 1

131!

-_ i; b) , a b0 !- ;

c) ,m n

m mn nm n

5

2 3

2 2

2 2

!-

+ -

` j

.

720. a) ,x

xx

4

6 42

2!

-

-; b) ,

aa

2

22!

+;

Algebrai törtek összeadása, kivonása 107

IV

c) ,n m

m nm n

2!

-

+

_ i; d) ,

c d

c dc d

2!

+

-

_ i;

e) , ;e e

e ee

2 9

8 30 3

2

2

!!-

- +

` j

; f) ,j i

i ij jj i

3

2

2 2

2 2

!-

+ +

`

`

j

j;

g) , ;x x

x xx

2 1

2 20 1

2

2

!!-

+ +

` j

; h) , ; ,u v u v0 0! ! .

721. a) , ; ,ab a b a b

b ab aa b a b

2 2 3 2 3

6 6 20

2

32 2

! !- +

- -

_ _i i;

b) ,

b b

bb

2 2

142

2!

- +

-

_ _i i

; c) ,p p

p pp

2 3 3

4 373

2

!- +

+ +

_ _i i;

d) ,

m

mm

2 3

133

2!

+

+-

_ i

; e) ,

g

gg

5 4

14

2!

-

+

_ i

.

722. a) ,

a

aa

6 1

51

2!

+

+-

_ i

; b) ,b

bb

4 9

15 8

2

3

2!

-

+;

c) ,m m

m

m

mm

3 2 3 2

6 5

4 9

6 5

3

2

2!

- +

- +=

-

-

_ _i i;

d) ,p p

p pp

2 3 3

2 15 453

2

2

!+ -

- + -

_ _i i; e) , .

x x

xx

3 2 3 2

8 182

2

32

!- +

-=-

_ _i i

723. a) ,a

aa

1

121

3!

-; b) , ;

a a

a

aa

2 2 1

4 2 10

2

1!

-

- +=-

_ i;

c) ,

a a

a

a

aa

1 1

10 10

1

10 11

2 2

2

22

2

!

+ -

+=

-

+

_ _ `

`

i i j

j; d) ,

a ab b

a ba b

2

2 2!

+ +

-_ i.

724. a) Használjuk fel az a b b a- =- -_ i összefüggést. Közös nevezôre ho-

zás után kapjuk:

abc a b a c b c

b c bc a c ac a b ab2 2 2 2 2 2

- - -

- - + + -

_ _ _i i i, ahol ; ; , ; ,a b c a b c b c0! ! ! .

A számláló szorzattá alakítható a következôképpen: b c a b a c- - -_ _ _i i i.

A tört értéke egyszerûsítés után: abc

1.

b) 0;c) Az a) részhez hasonlóan kapjuk, hogy a tört értéke -3;d) Két tag négyzetének különbségére vonatkozó azonosság többszöri al-

kalmazásával kapjuk, hogy a tört értéke: 1.


IV

Algebrai törtek szorzása, osztása

725. a)b

acd

2

3

, ; ; ;a b c d 0! ; b)d

c

2

5 2

, d 0! ;

c)ac

b

50

3, ;a c 0! ; d)

ay

b

5

9, ; ; ; ;a b x y z 0! ;

e) 64, ; ; ;a b c d 0! ; f)a b x

p m

12 3 2

3

, ; ; ; ;a b c x y 0! .

726. a) , ;a b b a b 0!-_ i ; b) , ;e g1 0! ;

c) , ; ; ,npq

p qn p q p

q2 2 30

2

3! !

--

_ i; d) , , ,x y x y x y0! !- - ;

e) , c d4

3= .

727. a) , a b9

5! ; b) ,a ab b a b4 2 2+ + =` j ;

c) ,

x y

x y x xy yx y

5

3

2

2 2

!

-

+ - +

_

_ `

i

i j; d) , a b

6

1! ;

e) , ; ;a a

a aa

2 4

32 3 4!

- +

-- -

_ _

_

i i

i.

728. a) ,a

aa

2 1

11!!

-

-; b) , ;

mm m

2 1

10

2

10! !

+;

c) ,a

aa

2 3 1

1 3

3

1!

+

-

_ i; d) ,

j k

k

k j

kj k

2 2

2 2 2 2!

-

-=

-;

e) , ;q p

q pp q p q0! !

-

+; f) ,x x1 12 !!+ ;

g)x

1, ,x x1 0! ! .

729. a) , ; ,ab

a ba b b a0! !

+; b) 4, a 1!! ;

c) ,a b

b

b a

ba b

2 2 3 2 3 2 2

3!

-

-=

-_ _i i.

730. A feltétel miatt: a

a b

c

b c-=

-, ebbôl

a

b

c

b1 1- = - , b

a c2

1 1= +

J

L

KK

N

P

OO,

b a c

1

2

1 1 1= +

J

L

KK

N

P

OO,

ha , , ,a c b b c0 0 0! ! ! ! .

Algebrai törtek szorzása, osztása 109

IV

731. A feltétel miatt, ha ,b d0 0! ! akkor b

a

d

c1+ = , tehát

b

a

d

c

b

a

d

c

b

a

d

c2 2

$+ - = -J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO .

732. Legyen a és b m⋅n-jegyû pozitív egész, melyekben n jegyû szám

ismétlôdik m-szer. Ekkor:

bb b

aa a

b

a

b

a

10 10 10 10 1

10 10 10 10 1

m n m n n n

m n m n n n

1 2 2

1 2 2

$ $ $

$ $ $

$ $ $

$ $ $=

+ + + + +

+ + + + +=

- -

- -

^ ^b

^ ^b

h h l

h h l

, tehát a törtek értéke:85

43.

733. Az a b c 0+ + = feltételbôl: ,,.

a b cb a cc a b

=- -=- -=- -

Ezeket a feltételeket írjuk be az állítás bal oldali nevezôibe:

b c b c c a a c a b a b

1 1 1

2 22

2 22

2 22

+ - - -

+

+ - - -

+

+ - - -_ _ _i i i

.

Végezzük el a nevezôben a zárójelfelbontást, és az összevonást. A következôt

kapjuk: bc ac ab2

1

2

1

2

10- - - = . Közös nevezôre hozás, majd a feltétel fel-

használása után kapjuk, hogy a kifejezés 0.

734. A tört számlálója: ab c ac b22

22

+ - +` `j j , a nevezôje pedig: ab c2+ +` j

ac b2+ +` j, így a tört értéke egyszerûsítés után: ab c ac b a b c2 2+ - + = - -` ` _j j i

b c b c a b c2 2- - = - - -` _ _j i i.

735. A háromszög oldalai: x; y; z. Reciprok értékek szorzata: xb

a

a

b1$= = .

Összegük fele: yab

a b

2

1 2 2

=+

J

L

KKK

N

P

OOO. Különbségük fele: z

ab

a b

2

1 2 2

=-

J

L

KKK

N

P

OOO. A három

szám közül a legnagyobb y és teljesül y<x+z, ha a b! , tehát már csak azt kell

igazolnunk, hogy: y2=x2+z2, azaz: ab

a b

ab

a b

2

1

2

11

2 22

2 2+=

-+

J

L

KKK

J

L

KKK

J

L

KKK

J

L

KKK

N

P

OOO

N

P

OOO

N

P

OOO

N

P

OOO

. Ha 4a2b2-

tel minden tagot szorzunk, akkor az így keletkezett állítás már nyilvánvaló.

736. Általánosan:

xa yb zc xb yc za xc ya zb2 2 2

+ - + + - + + - =_ _ _i i i

x y z a b c ab bc ca xy yz zx22 2 2 2 2 2= + + + + + + + - -` ` _ _j j i i.

Így a tört értéke 361

1521az a, b, c bármely értéke esetén.


IV

Racionális és irracionális kifejezések 111

IV

737. A feltétel szerint b ac2= , ezért b c

a b

ac c

a ac

c a c

a a c

c

a2 2

2 2

2

2

+

+=

+

+=

+

+=

_

_

i

i.

738. A feltétel szerint: ab ac bc b2+ + =- , ezért a b c abc

ab ac bc1 1 1+ + =

+ +=

ac

b

b ab bc

b

a b c

1

2=- =

- - -

-=

+ +, mivel ac b ab bc2=- - - .

739. A feltételbôl következik: a

x

b

y

c

z

a

x

b

y

c

z

ab

xy

ac

xz2 22

2

2

2

2

2

2

+ + = + + + + +J

L

KK

N

P

OO

bc

yz21+ = . Ebbôl

a

x

b

y

c

z

abc

xyz

z

c

x

a

y

b21

2

2

2

2

2

2

+ + + + + =J

L

KK

N

P

OO . A második feltétel

miatt a zárójelben levô összeg értéke 0, így: a

x

b

y

c

z1

2

2

2

2

2

2

+ + = .

740. :n

n

n n

n

n n

n

n n

n n n

n

9

3

1

3

1

3

27

3 9

3

3 9

3 3 93

2 2

3

2

2

2

2

2$+ - + =

+

- +=

- +

+ - +=

J

L

KK

J

L

KK

_ `N

P

OO

N

P

OO

i j

n3= + , és ez minden, a feltételben szereplô n-re pozitív egész szám.

741. n

n n n n

n

n n n n1 1 1 1 1 1 1 1n n n n

2

1

2

21 1

- + - + +=

- + - + +=

- - -

_ _ _ ` _ _i i i j i i

n

n n n1 1 1n n

2

21

=

+ - + --

_ _i i< F

. Az elsô tag osztható n2-tel, így vizsgáljuk a

második tagot. ...n n n n n1 1 1 1 1n n n n1 2 2

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

_ _ _ _i i i i<

n 1 1+ + +_ i B. A kapott szorzat második tényezôjében az n darab tag mind-

egyike n 1+_ i hatványa, így n-nel osztva 1 maradékot ad. Az n tagú összeg

ezért osztható n-nel, maga a szorzat pedig n2-tel, és ezt akartuk bizonyítani.

Racionális és irracionális kifejezések

742. Egy lehetséges felírást mutatunk meg:

a) :1 2 2 2 2 2= + + -_ i ;

b) :7 2 2 2 2 2= + + + ;

c) :11 22 2 2 2= + - ;

d) 34 2 2 222

$= + ;

e) :485 22 2 22= + .743. Az A kifejezés értéke 55.

a) Mivel A-ban szereplô minden mûveleti jel összeadás, ezért ezt azértéket növelni a megadott módon nem lehet.

b) Ha egy szám elôjelét negatívra változtatjuk, akkor az A értéke a számértékének kétszeresével csökken. Ezért ha pl. +10-et –10-re változ-tatjuk, akkor A - 20-at kapunk.

c) A b-ben leírtak alapján: A28 27 1 2 3 4 5 6 7- =- = - + + - + - -8 9 10- - - .

d) Mivel mindig páros számmal csökken A értéke, ezért 55-tel nemcsökkenthetô, azaz 0 nem lehet.

744. Nem, mivel három páratlan szám összege nem lehet páros.745. A megoldás:

a) Legyen a kétjegyû szám ab alakú. A feltétel szerint:a b ab+ = ;a b ab 0+ - = .Szorzattá alakítva:a b1 1 1- - =_ _i i .

Egész számok esetén csak úgy teljesülhet, ha ,a 1 1!- = és b 1 1!- = .Ha ,a 1 1- = és b 1 1- = , akkor ,a 2= és b 2= , azaz a kétjegyû száma 22.Ha ,a 1 1- =- és b 1=- akkor ,a 0= és b 0= , nincs ilyen kétjegyûszám.

b) Legyen a háromjegyû szám abc alakú.

a b c abc+ + = , átalakítva

bc ac ab

1 1 11+ + = .

Legyen , ,ab x ac y bc z= = = (I).

A feladat átfogalmazható úgy, hogy x y z

1 1 11+ + = megoldását ke-

ressük, ahol x, y, z pozitív egészek és feltehetô, hogy x y z# # .

(i) x 1= nem lehet.

(ii) x 2= esetén y z

1 1

2

1+ = egyenlet megoldása az a)-hoz hasonlóan

,y 3= és z 6= , ,y 6= és z 3= , ,y 4= és z 4= .

Visszahelyettesítve (I)-be kapjuk, hogy:

ab 2= ; ac 3= ; bc 6= egyenletrendszerbôl: , , ,a b c1 2 3= = =

ab 2= ; ac 6= ; bc 3= egyenletrendszerbôl , , ,a b c1 3 2= = =

ab 2= ; ac 4= ; bc 4= nincs megoldása a pozitív egész számok körében.

(iii) x 3= esetén y z

1 1

3

2+ = egyenlet megoldása az egész számok

halmazán y 3= , z 3= . Ez azonban a; b; c-re nem egész.

(iv) x 4$ esetén nincs olyan x; y érték, amelyre teljesül, hogy

x y z

1 1 11+ + = , és x y z# # . Pl.: x 4= esetén

y z

1 1

4

3+ = , ,y z 4$ ,

ezért <y z

1 1

4

2

4

3#+ .

112 Racionális és irracionális kifejezések

IV


IV

746. Egy-egy példát mutatunk minden esetrea)a b c 9876 543 210+ + = + + ,b) : : : :a b c 4 3 2= ; ;a 1304= b 978= ; c 652= ,c)a bc 65 415- = ; a bc 79 860 321 45$- = - .

747. Ilyenek például 21 $ 87 = 1827; 15 $ 93 = 1395; 28 $ 81 = 2187; 35 $ 41 = 1435.

748. a) $2 9 4

7 5 3

6 1 8

b) nem lehet ilyen bûvös négyzetet készíteni, mivel pl. a 7 prím, és nemszerepelhet minden szorzatban.

749. A feltételek szerint:

II(I) B k2= , ahol k N! +;

I(II) B31 1002 2# # ;

(III) B abcd= alakú, ahol ; ; ; <a b c d 7;

(IV) a b c d n3 3 3 3 2+ + + + =_ _ _ _i i i i , ahol n N! +.

Írjuk fel (I) és (IV) tízes számrendszerbeli alakját.

a b c d k1000 100 10 2+ + + = ;

a b c d n1000 3 100 3 10 3 3 2+ + + + + + + =_ _ _i i i .

Vonjuk ki egymásból az utolsó két egyenletet.

n k 33332 2- = .

I(V) n k n k 3 11 101$ $- + =_ _i i .

Felírva 3333 összes osztóját osztópárok segítségével: 1, 3333, 3, 1111, 11, 303,

33, 101.

Mivel ,n k N! + , ezért <n k n k- + . Így az alábbi esetek lehetségesek:

n k- n k+ n k

1 3 333 1 667 1 666

3 1 111 557 554

11 303 157 146

33 101 67 34

Az (V) egyenletnek a fenti számpárok a megoldásai, de a (II) feltétel szerintcsak a k 34= a szóba jöhetô megoldás. Tehát a B 1156= . Ellenôrzéssel meg-gyôzôdhetünk, hogy ez valóban jó megoldás.750. a) Minden esetben igaz, ha ,a b Z! .

b) Minden olyan esetben, mikor ;a b N! , kivétel ha a b 0= = , mert a

00-t nem értelmezzük.

c) Az b

aés

a

bracionális számok, ha a és b egész, egymás reciprokai,

ezért szorzatuk minden esetben 1, ha ;a b 0! .


IV

d)b

atört b 0! .

i i. pozitív akkor, ha a > 0 és b > 0 vagy a < 0 és b < 0.

ii. egész szám akkor, ha b| a teljesül.

e) Ha a, b egész és a 0! , akkor a a

btört mindig racionális.

f) a b- < 0 akkor teljesül, ha <a b.

751. a)16

1

2

1

4

3

5

1

6

5$ $ $= ; b)

24

1

2

1

4

3

5

1

6

5$- = - +

J

L

KK

N

P

OO ;

c)60

37

2

1

4

3

5

1

6

5= + + - ; d) :

18

7

2

1

4

3

5

1

6

5$= -

J

L

KK

N

P

OO .

752. A növekvô sorrend:

a) < < < <5

13

14

38

7

4

27

24

5

8- - ; b) < < < <

52

23

11

3

43

11

17

8

7

19- - .

753. Az eredmények:

a) ,A B12

5

60

11= = ; b) C A B

15

34= + = ;

c) ,D A B B A60

1141 9= - - - = - =- =-_ _i i ; d) E A B

124

55$= = ;

e) FB

A

11

125= = .

754. Legyen a tört b

aalakú, a és b pozitív egész.

a)Állítás: < ,b c

a c

b

a

+

+ahol c N! +;

<a c b a b c+ +_ _i i <ab bc ab ac& + + b

a1.

Tehát a tört értéke csökken, de 1-nél nagyobb, mert a nevezô mindig

kisebb mint a számláló.b) Az elôzôhöz hasonlóan igazolható, hogy a tört értéke nô, de 1-nél

kisebb szám lesz, mert a nevezô mindig nagyobb, mint a számláló.755. Alakítsuk át a megadott összegeket váltakozó elôjelû, ún. teleszkópikus

összeggé.

a) A1 2

1

2 3

1

3 4

1

2004 2005

1

$ $ $$ $ $

$= + + + + ;

1 2

1

1

1

2

1

$= - ;

2 3

1

2

1

3

1

$= - stb.;

...A 12 4

1

2004

11

2

1

3

1

3

1

2005

11

2005

1

2005

2004= - + + - + + = =- - - .

b) Az a) alapján

B2

1

104

1

208

102

104

51= - = = ;


IV

c) C2

1

77

1

154

75= - = ;

d) D5 9

12

9 13

12

13 17

12

101 105

12

$ $ $$ $ $

$= + + + + =

...35 9

4

9 13

4

101 105

4$

$ $ $= + + + =

J

L

KK

N

P

OO 3

5

1

105

1$ -J

L

KK

N

P

OO=

105

60

7

4= ;

e) En n

n

1 2

3

2 3

5

3 4

7

1

2 1

2 2 2 2 2 22

2$ $ $$ $ $

$= + + + +

+

+

_ i

;

n n n n

n1

1

1

1

2 1

2 22

2-

+

=

+

+

_ _i i

összefüggés alapján En

1

1

1

2= -

+_ i

.

756. a) Az állítás igaz, mert 1-hez pozitív számot adva, egynél nagyobb szá-

mot kapunk.

b) Igaz, mert egész számmal összeadást és osztást végeztünk, ez nem

vezet ki a racionális számok körébôl.

c) Hamis, mert 1-hez olyan törtet adtunk hozzá, amelynek a nevezôje

nagyobb mint a számlálója, így nem lehet az összeg 2. -2 azért nem,

mert az A kifejezés pozitív.

d) A tört értéke pozitív az elôjel változtatása után is, ezt 1evonva 1-nél

kisebb számot kapunk.

e) ,A 1 6= .

757.

Mindig Van amikor Soha nem

igaz igaz igaz

b

a

d

c+ racionális szám X

b

a

d

c$ egész X

,b

a

d

cHa = akkor a c= és b d= X

d

c

b

a$ racionális szám X

758. a) Pl.: 4,95 5,07; 5,095; 4,99; 4,995; minden olyan racionális szám

választható, amely a , ; ,4 9 5 17A -ban van.

b) Pl.: 1,031; 1,5; 4; 0,963; –2; minden olyan racionális szám megfelel,

amely a ; ,0 973- 7A vagy a , ;1 03 37A intervallumba esik.

c) Pl.: -2,4; -2,49; -1,97; -1,58; -1,5001, minden racionális szám,

amelyre igaz, hogy a , ; ,2 5 1 5- - 7A intervallumban van.


IV

759. A megadott két racionális szám között helyezkedik el a két szám szám-tani közepe, ezek alapján:

a) pl.: 15

1;

17

1. b) pl.: ;

103

1

21012

205.

760. Hozzuk közös nevezôre, majd bôvítsük a törteket:

7

4

56

32

560

320= = ;

8

5

56

35

560

350= = .

Ilyen alakban megadott törteknél már könnyen látható pl.: ;560

321

560

324stb.

Általában is megadható ez az eljárás. Megfelelôen nagy közös nevezôt választ-va, tetszôleges sok racionális szám adható meg a két szám között.

761. Legyen a tört q

palakú. A keresett törtek nevezôje legalább 10 és legfel-

jebb 13, mert ha a számok tizedestört alakját nézzük, akkor < , <14

1027 3 7

3

1=

,7 3= o esetben a számláló már háromjegyû.

Ha q 10= , akkor < <73

1

10

747

2

1, de ez a tört egyszerûsíthetô, ezért a nevezô

nem lesz kétjegyû.

Ha q 11= , akkor < < <11

807

3

17

2

1

11

83, ezért ;

q

p

11

81

11

82= lehet.

Ha q 12= , akkor <12

887

3

17

2

1

12

90= = , ezért

q

p

12

89= .

Ha q 13= , akkor < < <13

957

3

17

2

1

13

98, ezért ;

q

p

13

96

13

97= .

A feladat feltételeinek 5 tört felel meg.762. a) A 19 héttel való osztásánál a tizedes tört alakban a szakasz hossza 6,és a 714285 számok periodikusan ismétlôdnek. A 2005 hattal való osztásakor 1a maradék, ezért a 2005. helyen 7 számjegy áll.b) A 43-nak 26-tal való osztásakor vegyes tizedes tört alakot kapunk. A törtalakjában a tizedesvesszô után csak a második jegytôl ismétlôdnek a számje-gyek, a periódus hossza 6, a számjegyek sorrendje 53 8461. Ezek figyelem-bevételével a 2005. helyen 1 áll.763. Egy tört akkor bôvíthetô 10 hatvány nevezôjû törtté, ha nevezôjének prím-felbontásában csak 2, illetve 5 szerepel.Ezek alapján a bôvített tört alakok:

10

5;

10

8;

100

55;

100

74;

1000

375;

10

2,

nem alakítható át: 3

4;

18

13;

14

3.

764. A lehetséges nevezôk: 2 5n m$ alakúak, ahol ; ,n m N! + azaz10; 16; 20; 25; 32; 40; 50, 64; 80.


IV

765. Hozzuk tovább nem egyszerûsíthetô alakra. Tizedes tört alakja:

i. véges, ha a közönséges tört nevezôjében csak 2 és 5 hatványai szere-

pelnek, ilyenek: 20

3,

400

647,

125

152;

ii. tiszta szakaszos végtelen tizedes tört, ha nevezôjében nem szerepel 2

és 5 hatvány: 7

5,

81

67,

108

92

27

23= ;

iii. vegyes szakaszos végtelen tizedes tört, ha 2 és 5 hatvány mellett szere-

pel más prímhatvány is: 12

5,

225

42.

766. a) ,0 2425

6= ; b) ,0 625

8

5= ; c) ,0 3

3

1=o ;

d) ,2 072125

259= ; e) ,0 6

3

2=o ; f) ,0 5215

2000

1043= ;

g) ,1 33

4=o ; h) ,3 26

50

163= ; i) ,1 1

9

10=o .

767. Egy üveg üdítô = 1 db +10

1db +

100

1db + … = ,1 1o =

9

10üdítôt ér.

768. a)Hamis, pl.: 5

12.

b) Hamis pl.: 25

24.

c) Igaz, mert b 2 5n m$= alakú nevezô esetén kaphatunk véges tizedes

törtet.

d) Igaz, mert ha b 0! , akkor az adott egyenlet megoldása racionális szám.

e) Hamis, c) szerint.

769. a) Hamis, pl.: 4

3

4

93+ = .

b) Hamis, pl.:5

4

2

156$ = .

c) Hamis, pl.:6

20

3

13- = .

d) Igaz, mert a szorzás mûvelete nem vezet ki a racionális számok

körébôl.

e) Igaz.

Legyen feltétel szerint , ;aq

pp q 1= =_ i és a k2= , akkor az állítás a Z! ,

ahol ;k l Z! .

Ekkor aq

pk2

2

2

= = , azaz p q k2 2= . Ez csak akkor teljesülhet, ha k négyzetszám.

Tehát k n2= , a n2 2& = a n& != . Ezzel az állítást beláttuk.

770. Legyen a b k+ = , (I)

és ab n= , ;k n Z! .

Képezzük az a b a b ab k n4 42 2

2- = + - = -_ _i i kifejezést.

Az egyenlôség jobb oldala egész, ezért a b2

-_ i egész, és ,a b Q! miatt racio-

nális. Ha egy racionális szám egész, akkor a szám is egész [lásd elôzô feladat e)rész], ezért a b- is egész.

Tehát a b k n42!- = - egész, (II)

azaz ,k n l l4 N2! ! !- = .

Az (I) és (II)-bôl ak l

2

!= , és b

k l

2

!= adódik.

Ha k páratlan, akkor k n42- is páratlan, így l is páratlan azaz a; b egész.

Ugyanígy k párossága esetén is belátható, hogy a; b egész.771. a) Hamis.

b) Hamis, mert xad

bc= , racionális, feltéve hogy a 0! . Ha a 0= akkor,

és c 0! akkor nincs megoldás, ha a 0= és akkor minden valós szám megoldás.

c) Igaz, ha ; ;a c d 0! , és c 0= .d) Hamis.e) Hamis, lásd b)-t.f) Igaz.

772. Végezzük el a szorzást:

b

a

d

c

c

d

a

b$- -

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO=

bc

ad

ad

bc2+ - (I)

vezessük be az xbc

ad= jelölést. Eszerint a megadott kifejezés:

xx

12+ - .

Mivel ,xx

xx

h1

21

2&$+ + - = ahol >h 0;

x h x2 1 02- + + =_ i .

Ennek a másodfokú egyenletnek akkor van racionális gyöke, ha a diszkrimi-náns négyzetszám.

D h k2 42

2= + - =_ i , k Z! ;

h k2 42

2+ - =_ i .

Két négyzetszám különbsége csak úgy lehet 4, ha ,h 2 42

+ =_ i és k 02= .Ezek alapján h = 0, ami ellentmond annak a feltételnek, hogy h pozitív egész.


IV

773. Elôször alakítsuk szorzattá a középsô számot.

n n

n n

n n

n n

3 2 2 1

1

2

3 2 2

+ +

+=

+ +

+

_ _

_

i i

i.

Összeszorozva a három kifejezést, majd egyszerûsítve:

n

n

n n

n n

n

nn

2

2 1

1 11

2

$ $+

+ +

+ += +

_ _

_

i i

i, amely mindig természetes szám, ha

n N! + .774. A legkisebb nevezô, ami feltételeknek megfelel a 100 + 101.Indoklás:Alakítsuk át az egyenlôtlenséget:

< <q p q99 101 100 101 1002$ $ .

(I) Az egyenlôtlenség elsô részébôl az következik, hogy q99 101$ legalább 101-

gyel kisebb mint p100 101$ , hiszen mindkettô 101-nek többszöröse.

(II) Ugyanígy p100 101$ legalább 100-zal kisebb, mint q1002 .

Az (I)-bôl és (II)-bôl következik, hogy

q q100 99 101 100 101 2012 $ $- + = , ebbôl

q 201= .Meg kell mutatni, hogy létezik 201 nevezôjû tört, ami a feltételeknek megfelel.

Mivel 100

99

200

198= , és

101

100

202

200= , ezért a keresett tört csak a

201

199lehet.

Erre teljesül a feltétel, és 201 nevezôjû törtek közül csak ez az egy felel meg,

mert <101

100

100

99

100 101

1

201

1

$- = .

775. A két megadott egyenlôtlenségbôl keressünk korlátot p-re, q-ra

;p q Z! +` j:

< ,q 47 1& .

A kivonás után most nézzük az egyenlôtlenség második részét:

< ,q

1100

0 91- <,

< ,q1 91

10052 35& .

Így q értéke q48 52# # .


IV

A p értékét a (III) átalakított alakjából határozzuk meg:

, < < ,q p q0 9 0 91 .

Ezek után a lehetséges q értékek mellett a következôket kapjuk:

ha ; ;q 48 49 50= , akkor nincs megoldás,

ha q 51= , akkor p 46= ,

ha q 52= , akkor p 47= .

A feledat megoldása: ;51

46

52

47.

776. Tegyük fel, hogy van A egész szám, amelyre A

1989tizedestörtalakja négy

darab szomszédos 9-es számjegyet tartalmaz valahol a tizedesvesszô után. Ek-

kor szorozzuk meg tíz olyan hatványával, amelynél A

1989

10k $tizedestörtalakjában

közvetlenül a tizedesvesszô után áll a négy darab 9-es. Ekkor a hányados tört-

része legalább 0,9999, de ez nem lehet, hiszen az osztásnál keletkezô maradék

legfeljebb 1988, és < ,1989

19880 9995.

Az azonban nem igaz, hogy A

1989tizedestörtalakjában sehol sem szerepelhet

négy szomszédos 9-es. Ha A 9 1989 1988$= + , akkor , ...A

19899 999 49=

777. Tegyük fel, hogy létezik olyan racionális szám, ami a megadott egyenlet-

nek megoldása. Legyen ez x.

Írjuk fel a megadott egyenletet a törtrész definíciója segítségével:

x x x x x x2 2 2+ = - + -9 7C A$ #. - .

A feltétel szerint a bal oldal egész ( = 1), a jobb oldalt x x x x2 2+ - +a k9 7C A

alakba írva a zárójelben lévô kifejezés szintén egész, ezért az x x2+ is egész és

pozitív.

Írjuk fel erre a következô egyenletet:

x x n2+ = , ahol n pozitív egész. Az egyenlet megoldása:

xn

2

1 1 4,1 2

!=

- +.

Vizsgáljuk a n1 4+ -et:

n x1 4 2 1!+ = +_ i.

Egyrészt racionális, mert a jobb oldal racionális, másrészt egész, mert egész

szám gyöke és racionális. Mivel n1 4+ egész, ezért biztosan páratlan, így a

n1 1 4!- + páros. Ezekbôl következik, hogy az xn

2

1 1 4,1 2

!=

- +egész.


IV

Ez pedig azt jelenti, hogy a lehetséges megoldásra: x x 02 + =$ #. - , ami ellent-

mond az eredeti állításnak.

778. A feladat feltételei szerint ha a b

1 1Z!+ , akkor a b Z!+ is teljesül.

(I) Ha két racionális szám összege egész, akkor a két szám tovább nem egy-

szerûsíthetô alakjában a nevezôk abszolútértéke egyenlô.

Indoklás: Legyen a két racionális szám aq

p

1

1= , és b

q

p

2

2= .

Ha q

p

q

p

1

1

2

2+ egész, és ; ,p q 11 1 =_ i és ;p q 12 2 =_ i , akkor

q q p q p q1 2 1 2 2 1+_ i.

Ebbôl következik, hogy q p q1 1 2 , és ;p q 11 1 =_ i miatt q q1 2 , ugyanígy belátható

hogy q q2 1. A két nevezô osztója egymásnak, tehát abszolútértékük egyenlô.(II) A feltétel szerint a számok reciprokainak összege is egész, így (I) alapján aszámlálók abszolútértéke is egyenlô.Az (I) és (II)-bôl következik, hogy a két racionális szám abszolútértékeegyenlô.Ez egyrészt teljesülhet úgy hogy a két szám egymásnak ellentettje, ilyen esetbenaz összeg 0.

Teljesülhet úgy, hogy a számok egyenlôk, azaz a b= .

a a a a

1 1 2

2

4+ = = , mivel 2a egész, ezért a2 4. Ebbôl ; ;a 2 1

2

1= .

A keresett ,a b_ i számpárok tehát: ,a a-_ i; ;2 2_ i; ;2 2- -_ i; ;1 1_ i; ;1 1- -_ i;

;2

1

2

1J

L

KK

N

P

OO, ;

2

1

2

1- -

J

L

KK

N

P

OO.

779. Tegyük fel, hogy eredetileg n db számot írtunk fel, a letörölt szám legyen

k. A feltétel szerint ...

n

n n kA

17

60235

17

7

1

1 2 3 1= =

-

+ + + + - + -= ;

k n1 # # .

Az elsô (n - 1) pozitív egész szám összege n n

2

1-_ i, így

An

n n

n

n k n

n

n k

2 1

1

1 2 1=

-

-+

-

-= +

-

-

_

_

i

i;

n

n k n0

11 34

17

7

235

17

7&# # # #

-

-. Az

n

2vagy egész, vagy egy egész szám

fele. Ezért n

2értéke 34,5 vagy 35.

Ha ,n

234 5= n 69= , ebbôl

k

17

602

2

69

68

69= +

-, ahonnan k 7= .


IV

Ha n

235= , n 70= , ebbôl

k

17

602

2

70

69

70= +

-, ahonnan k

17

707= , ami nem

megoldás mert k nem egész szám.

Tehát a 7-et hagytuk ki.780. (1) Nézzük azt az esetet, amikor az a racionális:

a) Ha b racionális, akkor minden racionális x esetén y is racionális, tehát

végtelen sok racionális számpár illeszkedik az egyenesre. Ilyen pl.:

y x22

1= - .

b) Ha b irracionális, akkor x racionális esetén y irracionális. Ebben az

esetben tehát nincs olyan pont, amelynek mindkét koordinátája racio-

nális. Pl.: y x3 2= + .(2) Most legyen a irracionális. Belátható, hogy legfeljebb egy olyan pont van azegyenesen, amelynek mindkét koordinátája racionális.

Tegyük fel, hogy létezik két különbözô ilyen tulajdonságú pont: ;x y1 1_ i,

;x y2 2_ i, ahol x x1 2! , ebbôl következôen y y1 2! , és ; ; ;x x y y Q1 2 1 2! .

Mivel az y ax b= + egyenletû egyenesre illeszkednek, ezért y ax b1 1= + ;

y ax b2 2= + .Kivonva a két egyenletet:

y y a x x1 2 1 2- = -_ i, és x x 01 2!- . Ebbôl ax x

y y

1 2

1 2=

-

-, ami azt jelenti, hogy két

racionális szám hányadosa egyenlô egy irracionális számmal. Ez pedig ellent-

mondás. Tehát legfeljebb egy racionális koordinátájú pont található az egyene-

sen. Ilyen pl.: y x3 2= - . Ennek egyetlen racionális megoldása a ;0 2-_ i

pont.

781. Válasszuk ki a felbontásban szereplô c

1, c 0! alakú törtek közül a

legkisebbet. Ez c

1alakú tört felbontható

c c c1

1

1

1

++

+_ ialakra, ahol mind

a két összeadandó kisebb, mint c

1, így az eredeti felbontásban biztos nem sze-

repelt. Ezzel beláttuk, hogy létezik n-nél több különbözô, c

1alakú felbontás.

782. Az adott számok esetén megtehetô az „egyszerûsítés”, mivel

46 65

19 65

371961

281484

111

84

46 65

19 65

3 3

3 3

+

+= = =

+

+.

Általánosítva:

(I) c b

a b

c b

a b

c cb b

a ab b3 3

3 3

2 2

2 2

$+

+=

+

+

+ +

- +.


IV


IV

A számokkal leírt egyszerûsítés akkor helyes, ha a jobb oldalon a második tört

értéke 1.

a ab b c cb b2 2 2 2- + = - + ;

a c ab cb 02 2- - + = .

Szorzattá alakítva:

a c a c b 0- + - =_ _i i , ahol a c! , mert ellenkezô esetben mindig megtehetô az

egyszerûsítés.

Tehát a b c 0- + = , azaz b a c= + esetben teljesül az (I) összefüggés.

783. Végezzük el a beszorzást: xy

yx

xyxy

1 1 12$+ + = + +

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO , xy 0! . Ebbôl

xyxy

1+ egész szám. Legyen ez ,k k Z! .

xyxy

k1

+ = ;

xy kxy 1 02- + =_ i .

Ennek az xy-ban másodfokú egyenletnek akkor lesz racionális megoldása, ha

D k 42= - négyzetszám.

,k l k l4 Z2 2 !- = ;

k l 42 2- = .

k l k l 4- + =_ _i i lehetséges megoldásai:

k l- 1 4 2 -1 -4 -2

k l+ 4 1 2 -4 -1 -2

Ebbôl pedig csak k 2!= lehet.

Ha k 2= , akkor xy 1= , és yx

1= . Ebbôl az eredeti kifejezés értéke:

x xx x

1 14+ + =

J

L

KK_

N

P

OOi .

Ha k 2=- , akkor xy 2=- , így yx

1=- . Ekkor a kifejezés értéke

x xx x

1 10- - =

J

L

KK_

N

P

OOi , de ez a feladat feltételei miatt nem lehetséges.

Így tehát az adott kifejezés minden ;xx

1J

L

KK

N

P

OO számpár esetén egész, ahol

,x Q x 0!! .

784. a) Tegyük fel, hogy az a b c d+ + + összeg racionális szám.

Legyen pl. az a c+_ i racionális. Ekkor a c d+_ i is racionális, mert két

racionális szám különbségeként elôállítható. Még pontosan egy racionális

összegnek kell lennie. Legyen ez az a d+_ i. Az elôzôekhez hasonlóan belátha-

tó, hogy akkor a b d+_ i is racionális. Ellentmondásra jutottunk, tehát az

a b c d+ + +_ i összeg nem lehet racionális szám.

b) Az a) rész alapján a négytagú összeg irracionális, így négy eset lehet:

iii. Pontosan egy racionális szám van a négy szám között. Legyen ez az

a. Ebbôl következôen a b+_ i, a c+_ i, a d+_ i irracionális. A többi

három összeg racionális, amibôl következik, hogy a b c d+ +_ i is

racionális. Ez viszont ellentmondás, mert az a b c d+ + +_ i is

racionális.

iii. Pontosan kettô racionális szám van a négy között.

Legyen ez a két racionális szám ;a b. Ekkor az a b+_ i racionális,

és ebbôl következôen a c+_ i, a d+_ i, b c+_ i, b d+_ i irracionális.

Ez ellentmond annak, hogy pontosan három összeg lehet irra-

cionális.

iii. Pontosan három racionális szám van a négy szám között. Ez meg-

valósulhat pl.: ; ; ;a b c d1 4 5= = = = r.

iv. Mind a négy szám irracionális. Ilyen számnégyes is létezik pl.:

a 2= , b 1 2= - , c 3 2= + , d 3 2=- + .

785. Az egységnyi befogójú egyenlô szárú háromszög átfogója 2 , az egység-

nyi és 2 befogójú derékszögû háromszög átfogója 3 .

A megadott számközben racionális szám pl.: 1,6, ;2

3

3

5.

Irracionális szám: 2

2 3+;

7

55$ ;

9

411 .

786. a) < < < <3 15 4 0 15 3 1& - ;

b) < < < <2 13 52 7 2 13 8 9 2 13 2 10& &= + ;

c) < <0 11 110 1- ;

d) < <23 2 6 23 24 18 23 2 6 19&- = - - .

787. a) Igaz.

b) Igaz.

c) Hamis.

d) Hamis.


IV

788. Bizonyítás indirekt módon:

Tegyük fel, hogy q5

2 3-= racionális szám.

Ebbôl: q2 5 3= + .A bal oldal irracionális, a jobb oldal racionális, ez ellentmondás, tehát q irra-cionális szám.

789. a) 3 29 6 3 29 6$- + = 3 29 6 261 36 152

2- = - =b l ,

tehát racionális.

b) 4 5 3 4 5 3$+ - = 4 5 9 712

- =b l , irracionális.

c) 3 2 2 3 2 2+ + - .

Észrevehetô, hogy a gyök alatt teljes négyzetté lehet alakítani.

3 2 2 2 12

+ = +b l és 3 2 2 2 12

- = -b l , ezért

3 2 2 3 2 2 2 1 2 1 2 12 2

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

2 1 2 2+ - = racionális.

d) Az elôzô alapján:

7 2 6 7 2 6 6 1 6 12 2

+ - - = + + - =b bl l

6 1 6 1 2 2= + + - = racionális.

e) Legyen x5 2 13 5 2 133 3+ + - = ;

x 5 2 13 3 5 2 13 5 2 133 3

2

3$= + + + - +e o

3 5 2 13 5 2 13 5 2 133 3

2

+ + - + -e o ;

x 10 3 5 2 13 5 2 13 5 2 13 5 2 133 3 3 3 3= + + - + + -e o.

A zárójelben lévô kifejezés x, a szorzótényezôje:

5 2 13 5 2 13 27 333+ - = - =-b bl l ;

x x10 93= - .


IV


IV

Rendezve az egyenletet:

x x9 10 03+ - = ;

x x x1 10 02- + - =_ ì j .

Ennek az egyenletnek egy valós gyöke van, az x 1= . Mivel a vizsgált

szám valós, ezért értéke x 1= , tehát racionális szám.

f) Alakítsunk szorzattá a gyökjel alatt:

28 16 3 1 34

+ = +b l , és 28 16 3 1 34

- = -b l ;

28 16 3 28 16 34 4+ - - = 1 3 1 3 24

4

4

4+ + - =b bl l ,

a kérdezett szám racionális.

790. a) Hamis, mert pl.: a b c a b c+ + - = +b bl l , ahol , , ,a b c Q a 0! $ .

b) Hamis, az a) eset alapján.

c) Hamis, mert pl.: ab

a

b

a$ = , ahol , ,a b Q a 0! $ .

d) Igaz, lásd a) pont.

e) Igaz, lásd c) pont.

f) Hamis, bizonyítás indirekt módon.

g) Igaz.

h) Igaz, lásd b) pont.791. Legyenek a és b irracionális számok. Tudjuk, hogy

a) a b c+ = és c racionális, 2b irracionális, és a b c b2- = - egy racio-nális és egy irracionális szám különbsége irracionális. & a b- irracio-nális.

b) Hasonló meggondolással igazolható, hogy az a b2+ irracionális.

792. 27 64

33

4

273

2

3 3

2

3

4

36

2 2 2 2

- = - = - = - =

J

L

KKK

J

L

KKK

J

L

KKK

J

L

KKK

N

P

OOO

N

P

OOO

N

P

OOO

N

P

OOO

.

793. K a b ab a b ab4 4$= + + + - = a b ab42

+ -_ i =

a b ab22 2= + - = a b2

-_ i = a b- .

Tehát a K kifejezés racionális, ha a és b racionális számok.

794. 3 5 9 4 53$- +b l = 3 5 9 4 53

3 - + =b bl l

27 27 5 9 5 5 5 9 4 53 $= - + - +b bl l = 72 32 5 9 4 53 - +b bl l =

8 9 4 5 9 4 53= - +b bl l = 8 81 16 53 $-_ i = 2.


IV

795. Az alábbiak szerint látható, hogy mindkét számkifejezés átzárójelezhetô

úgy, hogy szerepeljen benne a 2 3+ és 2 3- számok összege, illetve

különbsége.

a = 2 2 3 2 3+ - - + = 2 2 3 2 3- + - -e o;

b = 6 2 3 2 3- - - + = 6 2 3 2 3- + + -e o.

Mivel mindkét számban a zárójelbeli kéttagúak pozitív számok, ezért négy-

zetük négyzetgyökével helyettesítjük.

Határozzuk meg a 2 3+ és 2 3- kifejezések összegének és különb-

ségének négyzetét!

2 3 2 3 2 3 2 2 3 2 3 2 3

2

! !+ - = + + - + -e b bo l l =

4 2 1!= = 4 2! .

Ezek alapján

2 3 2 3 2+ - - =e o , ezért a 2 2 0= - = és

2 3 2 3 6+ + - =e o , ezért b 6 6 0= - = .

Így mindkét szám értéke 0-val egyenlô.

796. Gyöktelenítsük a törteket:

n n n n n n n n

n n n n

n n

n n n n

1 1

1

1 1

1 1

1

1 1

22+ + +

=

+ - +

+ - +=

+

+ - +=

_ _ _

_

_

_

i i i

i

i

i

n

n

n

n

1

1= -

+

+.

Ez alapján teleszkopikus összeggé alakítható az összeg:

...Kn

n

n

n

n

n

1

1

2

2

2

2

3

3

1

1= - + - + - + -

+

+=

< ,n

n1

1

10 9= -

+

+.

Ennek az egyenlôtlenségnek a megoldása >n 99.

797. A bizonyítandó állítás:

x yx x y x x y

2 2+ =

+ -+

- -.


IV

Az egyenlôség négyzetre emelése ekvivalens átalakítás, mert nem negatív szá-

mok összege, illetve négyzetgyöke szerepel mindkét oldalon.

x yx x y x x y x x y

2 22

4

2 2

+ =+ -

+- -

+

- -b bl l

;

x y x x x y+ = + - -_ i ;

x y x y+ = + .

Tehát a fenti egyenlôség x, y lehetséges értékei mellett azonosság.

798. A 36 14 6 14 5 6 30= + + + átalakításánál vizsgáljuk a gyök

alatti kifejezést.

36 14 6 14 5 6 30+ + + = 6 6 30 14 6 5+ + + =b bl l

6 6 6 5 14 6 5= + + +b bl l = 6 5 6 6 14+ +b bl l.

Így ennek a szorzatnak a négyzetgyöke a vizsgált szám.

A 6 5 6 6 14= + +b bl l .

Alkalmazzuk a szorzat második tényezôjére az elôzô feladatban bizonyított

azonosságot:

(I) x yx x y x x y

2 2+ =

+ -+

- -;

6 6 14 216 196+ = + = 3 6 5 3 6 5+ + - .

Behelyettesítve, majd elvégezve a beszorzást

A 6 5 3 6 5 3 6 5= + + + -e o = 23 4 30 13 2 30+ + + =

529 480 169 120= + + + .

Ismét alkalmazzuk az (I) azonosságot mindkét tagra:

2

23 529 480

2

23 49

2

13 169 120

2

13 49+ -+

-+

+ -+

-=

15 8 10 3= + + + .

799. Határozzuk meg x3 értékét!

3x 2 1 2 13 3

3

= - - --

1 1

b bl l

R

T

SSSS

V

X

WWWW

=

3 3 3 32 1 3 2 1 2 1 3 2 1 2 1 2 1

21

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

1 1 2

b b b b b bl l l l l l =

3 32 1 3 2 1 2 1 2 1= - - - - - - +

-1 1

b b b bl l l l

R

T

SSSS

V

X

WWWW

.

A szögletes zárójelben lévô kifejezés egyenlô x-szel, ezért x x3 23=- - , azaz

x x3 2 03+ + = , ami éppen a bizonyítandó állítás.

800. Mivel minden megadott értékben szerepel az 1 összeadandóként, célsze-

rû, ha a polinomot x 1-_ i hatványai szerint rendezzük át. Ehhez meg kell hatá-

rozni x 1-_ i hatványainak együtthatóit.

P x Q x x a x b x c1 1 1 13 2

/ - = - + - + - +_ _ _ _ _i i i i i .

A polinomok egyenlôsége miatt minden x-re igaznak kell lennie a fenti egyen-

lôségnek.

Legyen az x értéke rendre 0, 1, 2. Ekkor a következô egyenletrendszert kapjuk:

,x P Qekkor0 0 1= = -_ _i i, a b c1 1- =- + - + ;

,x P Qekkor1 1 0= =_ _i i, c6- = ;

,x P Qekkor2 2 1= =_ _i i, a b c11 1- = + + + .

Ennek az egyenletrendszernek a megoldása: a 0= , b 6=- , c 6=- .Így tehát az átrendezett polinom:

P x x x x x x3 3 1 1 6 1 63 23

/= - - - - - - -_ _ _i i i .

Ezek után az adott értékeket behelyettesítve:

a) P x P Q1 2 2 2 2 6 2 6 4 2 61 = - = - =- + - = -_ b bi l l .

b) P x Q 2 4 2 62 = =- -_ bi l .

c) P x Q 2 2 4 2 63 = - =- -_ bi l .

d) P x Q 2 2 4 2 64 = = -_ bi l .

e) P x Q 2 4 2 4 6 2 4 653 3 3 3

33 3= + = + - + - =_ b b bi l l l

2 6 2 6 4 6 2 6 4 6 03 3 3 3= + + - - - = .

A polinomba való behelyettesítés után látható, hogy

P x P x 121 2+ =-_ _i i és P x P x 123 4+ =-_ _i i , azaz P x P x P x1 2 3+ = +_ _ _i i i

P x4+ _ i.


IV

801. x y7 2 10+ = + egyenletben kell meghatározni az x, illetve y

értékét. Mivel mindkét oldal nemnegatív, ezért ekvivalens átalakítást végzünk,

ha négyzetre emelünk.

x y7 2 102

+ = +b l ; x y xy7 2 10 2+ = + + .

Legyen:

x yxy

7

10

+ =

=3.

Ennek az egyenletrendszernek a megoldása:

Az y x7= - , ezt behelyettesítve a második egyenletbe, azt kapjuk hogy:

x x7 10 02- + = , melynek gyökei: ,x 51= és x 22= .

Ekkor y 21= , és y 52= .

Így a megadott szám keresett alakja: 7 2 10 5 2+ = + .

802. Az elôzô feladatban megadott eljárás szerint:

8 4 8 6 2+ = + .

803. Legyenek A, B; és x, y racionális számok és tegyük fel, hogy

A B x y! != .

Mindkét oldal nemnegatív, ezért a négyzetre emelés ekvivalens átalakítás.

A B x y xy2! != + ,

,x y A+ = és xy B4 = .

Ebbôl kifejezve az x-et és y-t:

,xA C

2=

+és y

A C

2=

-, ahol C A B2= - .

Ezek alapján

A BA C A C

2 2! !=

+ -.

804. x y2 3 3 4 4- = - egyenlôségben keressük x, y értékét, ahol x, y

nemnegatív racionális szám.


IV

A megadott számot átalakítva:

2 3 32

34 2 3

2

33 1

2

- = - = - =b bl l

3 14

33

4

3

4

34= - = -b l =

4

3 3

4

3

4

27

4

34

44 4- = - .

A keresett racionális számok: x4

27= és y

4

3= .

805. A 18 4 15 2 5 4 3- + - értéke pozitív, ezért a négyzetgyökvonás el-

végezhetô.

A feladat szövege szerint:

x y z3 5 18 4 15 2 5 4 32

+ + = - + -b l .

Végezzük el a négyzetre emelést.

x y y xy xz yz3 5 2 3 2 5 2 15 18 4 3 2 5 4 152 2 2+ + + + + = - + - .

Az x, y, z értékét úgy határozhatjuk meg, ha a racionális és irracionális tagok

külön-külön egyenlôk. Így a következôket kapjuk:

x y z3 5 182 2 2+ + = (I),

xy2 4=- (II),

xz2 2= (III),

yz2 4=- (IV).

A három ismeretlen megoldásához négy egyenletünk van, és általában az ilyen

esetben a megoldás nem határozható meg egyértelmûen. Azonban a (II) (III)

(IV) egyenletbôl meg tudjuk határozni az ismeretleneket.

Osszuk el a (II) egyenletet a (IV) egyenlettel:

z

x

xzx1

2 22 22&=

==

_

`

a

bb

bx 1& != , z 1!= , y 2"= .

A kapott számhármasok tehát a következôk:(1; -2; 1) és (-1; 2; -1).A kapott értékeket behelyettesítve az I. egyenletbe, látható, hogy mindkét meg-oldás ezt is kielégíti.A feladatnak azonban csak egy megoldása van, mert az elsô számhármas eseténaz eredeti egyenlet bal oldala negatív, így nem lehet egyenlô egy pozitív számnégyzetgyökével.

Így a keresett felírás:

18 4 15 2 5 4 3 1 2 3 5- + - =- + - .


IV


IV

806. Fejezzük ki az egyenletben a a b3 + -t.

/:a b30 18 3 12 30 18- + = -b b bl l l;

a b330 18

12

30 18

12 30 18+ =

-=

-

-b l

;

a b3 30 18 3 2 30+ = + = + .

Emeljük négyzetre mindkét oldalt. Mivel mindkét oldal pozitív, ezért az áta-

lakítás ekvivalens.

a b ab9 6 48 6 60+ + = + .

Ez csak úgy teljesülhet, ha

a b9 48+ = és

ab 60= .

Ennek az egyenletrendszernek a megoldása ;3

1018

J

L

KK

N

P

OO és ;2 30_ i. A feladatnak

az egész számok halmazán tehát csak egy megoldása van: a = 2, b = 30.

807. Kikötés: n 28! ésn Z! +.

Gyöktelenítsük a törtet.

(I) Kn

n

n

n n

2 7

7 2

28

14 2 5 7=

-

+=

-

+ +.

Tudjuk, hogy K egész, mivel a nevezô egész szám, a számlálónak is egésznek kell

lenni. Ez azt jelenti, hogy az n n5 7 7Z &! racionális szám. Mivel 7n egész,

ez csak úgy lehet, ha a 7n négyzetszám, azaz n k7 2= alakú ahol k Z! .

Helyettesítsük be az (I) egyenletbe:

Kk

k k

k k

k k

28 7

14 14 35

2 2

2 1 2

2

2

=-

+ +=

- +

+ +

_ _

_ _

i i

i i=

k

k

k2

2 12

2

5

-

+=- -

-.

A K értéke akkor egész, ha k 2 5-_ i . Ekkor

k-2 -5 -1 1 5

k -3 1 3 7

A legnagyobb abszolút értékû k esetén lesz n a legnagyobb. Ez a ,k 7= ekkor

n 7 7 72 3$= = .

A legnagyobb n egész szám, amelyre a

Kn

n

2 7

7 2=

-

+egész az n 343= , és a K 3=- .

808. Tegyük fel, hogy van ilyen alakú elôállítás, azaz:

(I) a b c23 = + , ahol a, b, c racionális és c pozitív.

Mivel 23 irracionális, ezért, b 0! .

Az (I)-et köbre emelve, majd átrendezve:

(II) a a b c ab c b c2 3 33 2 2 33

= + + + b l = a ab c a b c b c3 33 2 2 2+ + +` j .

A b c -t (I)-bôl kifejezve, majd behelyettesítve a (II)-be:

b c a23= - ;

a a bc a b c a2 3 3 23 2 2 2 3= + + + -` bj l.

a ab c a b c2 2 2 3 23 2 2 2 3+ - = +` j .

Mivel b 0! és c pozitív, ezért 23 együtthatója nem nulla, ezért:

a b c

a ab c2

3

2 13

2 2

3 2

=+

+ -` j.

Ez azonban ellentmondás, mert a jobb oldalon racionális kifejezése áll, ami

racionális, a bal oldal pedig irracionális.

809. A feltétel szerint

ar

25 1= -b l;

ar

46 2 52

2

= -b l;

a r

4 166 2 5

2 2

= -b l.

Írjuk be a megadott kifejezésbe az a

4

2

-et.

A r r rr

216

6 2 52 2

2

= - - -

J

L

KKK

b

N

P

OOO

l = r 24

110 2 5- + =

=r

28 10 2 5- + , r0 313 $. .

810. Legyen a téglalap két oldala x és y és legyen >x y. Ekkor

(I) x y a4+ = ;

(II) xy a2= .

Vonjuk ki az (I) egyenlet négyzetébôl a (II) egyenlet négyszeresét:

x y xy x y a4 122 2

2+ - = - =_ _i i .

(III) x y a2 3!- = .


IV

Az >x y feltétel miatt csak az x y a2 3- =+ jöhet szóba.

Az (I). és (III) egyenletbôl:

x a a2 3= + és y a a2 3= - .

811. Ha ak és al elemek racionális számok – k, l különbözô pozitív egészek –,akkor a sorozat differenciája is racionális szám, tehát ha van az elemek közöttlegalább két racionális szám, akkor minden elem racionális szám, vagyis nemlehet az elemek között pontosan kettô racionális szám.812. Az elôzô feladat következménye.

813. Írjuk fel a háromszög területét kétféleképpen:

Tx ny n z

2

2

2 2

1= + +

+_ i;

Tn n

n n2

2 3

2

2 1

2

3

2

1

4

112 12 92$ $ $=

+ -= + - =

n n4

14 3 3 3 32= + - +` j = k

4

14 3+ .

Ha x, y, z racionális számok, akkor az elsô esetben T racionális szám, a második

esetben a gyökös kifejezés irracionális, mivel 4k + 3 alakú szám nem lehet egy

egész szám négyzete.Tehát x, y, z nem lehetnek egyidejûleg racionális számok.814. Vizsgáljuk meg az elsô néhány számra a kérdéses számjegyet.

n 1 2 3 4 5 6

n n 12+ + 1,7… 2,6… 3,6… 4,5… 5,5… 6,5…

A sejtés az, hogyha n 4$ , akkor a kérdéses számjegy 5.

< <n n n n1 12 22

+ + +_ i , ezért

n n n12+ + =< F .

Legyen a tizedesvesszô utáni számjegy a. Tehát

< <na

n n na

101

10

12+ + + +

+ahol a a N0 9# # ! azaz,

< <n a n n n a10 10 1 10 12+ + + + + /2

_ i ; n100 2- .

(I) < <na a n n a a20 100 100 20 1 122

+ + + + +_ _i i .

Az (I) egyenlôtlenség elsô részébôl:

<n a a20 5 1002- +_ i .


IV

Mivel n 4$ , ezért <a a80 5 1002- +_ i egyenlôtlenséget vizsgálhatjuk. Ebbôl

adódik, hogy

(II) a 5# .

Az (I) egyenlôtlenség második részébôl:

< n a n a100 20 1 20 4 102

2#+ - +_ _i i , mert a 9# .

Ebbôl < n a0 20 4-_ i, ami akkor és csak akkor igaz, ha

(III) a 5$ .

(II)-bôl és (III)-ból következik, hogy a 5= .

A kérdéses számjegy tehát n 4$ esetén 5, ha n = 2; 3 akkor 5, ha n = 1 akkor 7.

815. Megvizsgálva az adott számokat, azt tapasztaljuk, hogy a jobb oldalakon

a számok kiírt törtrésze megegyezik a , ...9

80 888 888= végtelen szakaszos tize-

des tört alakjának elsô három jegyével. Az egész részek 9-cel növekednek, 8-tól

kezdve. Ezek szerint a jobb oldalak leírt számjegyei három jegyre kerekített

értékei a következô számoknak:

89

89 1

9

89

9

1+ = - + = -_ i ;

2 99

1$ - ;

3 99

1$ - ;

4 99

1$ - .

Ezen számok közös alakja

k99

1- , ahol k = 1, 2, 3, 4.

Négyzetük közös alakja:

k k81 281

12- + .

Ennek egész része k k81 22- , s ha k = 1, 2, 3, 4 értéket behelyettesítjük, akkor

a gyökjel alatti számokat kapjuk.

Ezek után vizsgáljuk meg, hogy a k k81 22- kifejezés k = 5, 6, 7… értékei ese-

tén a természetes számok négyzetgyökében az elsô három tizedesjegy ugyan-

csak 8-as-e, azaz igaz-e minden k 1$ egész számra a következô egyenlôtlenség:

(I) , < < ,k k k k9 1 0 888 81 2 9 1 0 8892- + - - +_ _i i .


IV

Az (I) egyenlôtlenség második részének helyessége könnyen bizonyítható.

<k k k k k81 2 81 281

19

9

12 2- - + = - =

, ...< ,k k k9 19

89 1 0 888 9 1 0 889= - + = - + - +_ _ _i i i .

A (I) egyenlôtlenség bal oldalának igazolása:

, <k k k9 1 0 888 81 22- + -_ i egyenlôtlenség mindkét oldala pozitív, ezért a

négyzetre emelés elvégezhetô.

, , ,k k k9 0 112 81 2 012 0 012 5442

2- = - + =_ i

, ,k k k81 2 0 016 0 012 5442= - - -` _j i.

Az utolsó zárójelben lévô kifejezés pozitív, ha k 1$ , tehát

, <k k k9 0 112 81 22

2- -_ i .Ezzel beláttuk, hogy a fent megadott kifejezés négyzetgyökében az elsô háromtizedesjegy 8-as.

Hatvány, gyök, logaritmus

Egész kitevôjû hatványok

816. a) 9, 64, 16, 16, 125,27

1,

625

16;

b)25

1,

32

1, 5,

169

100,

216

36,

28561

625;

c)4

9,

9

16, 12,

25

27,

2

1,

5

2;

d)1000

1, 1000,

125

8, 1 265 625, 1 265 625.

817. a) 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512, 1024;b) 3, 9, 27, 81, 243;c) 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, 100;

1, 8, 27, 64, 125, 216, 343, 512, 729, 1000.818. A papírlap hajtogatás után ,2 0 16 $ mm, azaz kb. 112 589 990 km vastaglesz.819. A kihúzott számok: 1, 3, 9, 27, 81.820. a) A két szám egyenlô. b) A két szám egyenlô. 821. a) Az elsô szám a nagyobb. b) Az elsô szám a nagyobb. c) A másodikszám a nagyobb. d) A második szám a nagyobb. e) A második szám a nagyobb.f) Az elsô szám a nagyobb. 822. a) A második szám a nagyobb. b) >10 2020 10.

136 Hatvány, gyök, logaritmus

IV

Egész kitevôjû hatványok 137

IV

823. A helyesen kitöltött keresztrejtvény: 823. ábra.A prímek összege: 2 5 2 9+ + = ;

824. a) 2 1- , 2 4- , 5 3- , 3 5- , 2 5 4$ - , 4 3 8$ - ;

b) 3 2 3$ - , 5 3 3$ - , 9 2 4$ - , 11 7 1$ - , 16 5 1$ - ,

12 10 2$ - ;

c) a 3- , x3 4$ - , a b5 4- - , ( )x 1 3+ - , ( )a b2 1+ - .

825. a) a2 2$ , x k3$ , ( )x y2 2 3- , a b x y2 5 3 4- , b a3 3- ;

b) p q r s2 4 3 4- - , m n k l4 5 3 7- - , ( )a b 7+ - ,

( )x y 8- - ;

826. ( )a b 7+ - , ( ) ( )x y x y2 1- + - .

827.a

4

2,

b

6

10,

y

1

6,

a b

1

2 4,

p q

1

6,

xy z y

1

2 3 4.

828. a)x

y2

2

,a

1,

x y

6

3 2,

p

b6

4

,x y

x y2 2

+.

b)ab

a b2

+J

L

KK

N

P

OO ,

x y

x y

+

-,

ab

a b2 22

+J

L

KKK

N

P

OOO

.

829.a

a

1

1

-

+,

p q

p q3 3

3 3

-

+, x y z2 2 2+ + .

830. , ,ab3 8 1 9$ =- .

831. a) x y3

1

3

13 3$ =- ; b)

a b

a bb a

b a

1 1

1 1

71

73

2

2

1

2

2

+

-

=-

+=

-J

L

KKKKK

N

P

OOOOO

;

c)( )( )

p

p p

1

1 1

26

25

2

2

+

- += .

832. A helyesen kitöltött keresztrejtvény (a függ. 4.elsô két számjegye felcserélhetô): 832. ábra.A számjegyek összege: 43.833. A helyesen kitöltött keresztrejtvény: 833. ábra.A számjegyekkel felírható legnagyobb hatjegyû szám:999 411.834. a) x 2- , a10, p14, b 7- , 1;

b) a13, x8, q 1- , 1;

c) x x1 2+ + , a a a2 2 23 2 7+ + , y y y6 4 37 3 2+ - ;

d) a15, b60, x 4- , p2 , 1.

835. a) a b x2 20 5- , p q r30 14 8- , x y s15 12 18- - ;

b)y

a b c x6

3 5 11 8

,x y

p q k16 2

10 4 8-

.

823.

833.

832.

836. a) a b2 2 , x y x y xy4 5 3 2+ +- ;

b) ( )( )pq p q p q1 2 2+ + , ( ) ( )a b ab a bb

aa b4 4

2

2

3 3- + - + - ;

c) a bx

ab5 1

6+- ,

y

x

xyx

x yxy

11

1

3

3

4

4

4

3- + - + - .

837. a) >20 100100 20; b) >10 1616 10;

c) egyenlôk; d) <7 3

5

7 3

12

10 11 11 10$ $.

838. a) Ha <q 1, akkor az elsô szám, ha >q 1, akkor a második szám anagyobb, q 1= esetén a két szám egyenlô.

b) Az elsô szám a nagyobb.839. a) hamis, b) hamis, c) igaz, d) igaz.840. a) igaz, b) igaz.841. A hatványozás azonosságai alapján a tört ilyen alakra hozható:

( )

( ) ( )

41 41 25

23 23 7 4 4 19 3

n n

n n n n n$

-

- - -.

Innen pedig – tudva, hogy a bn n- minden n-re osztható a b- -vel – már követ-kezik az állítás.842. A hatványozás azonosságai alapján a tört így alakítható:

( )

( )

.

M

K

M

K

18 2 23 43

7 49 34 8

18 2 23 41 2

7 41 8 34 8

18 2 23 41 23 2

7 41 7 8 34 8

23 41 41 2

7 41 41 8

n n

n n

n n

n n

n n

n n

n

n

$ $

$ $

$

$

$ $ $

$ $ $

$ $

$ $

+

+=

+ +

+ +=

+ +

+ +=

=+

+

843. Legyenek a háromszög oldalai: < <2 2 2k n r . Elég belátni, hogy nincs

olyan k, n, r pozitív egész számhármas, melyre

>2 2 2k n r+

teljesülne. Ha ugyanis ez igaz lenne, akkor

>2 2 1k r n r+- -

teljesülne, ami a feltételek miatt nyilván lehetetlen.

A négyzetgyök fogalma és azonosságai

844. a) 4, 13, 70, 50;

b) x , y2 , a 1- , b 3+ ;

c) a 1+ , x2 1- , x3 1- ;

d) a3 , b6 , a , y9 6.


IV

A négyzetgyök fogalma és azonosságai 139

IV

845. a) ac ,x y

a b2 3

2

,a b

x r

3 3 2

4 2

,x y

a b6 8

+;

b)a b c

x y z2 3 4

2 4 6

, x y+ ,( )x y x y

p q p q3 4 2

2 2

+

+.

846. a) x 1$ , x 3$ - , x 6$ , x 2# - , x 3# - vagy x 3$ ;

b) x2

1$ - , x 1$ , minden valós szám, minden valós szám, min-

den valós szám;

c) x 2= , x 3=- , x 1# vagy x 7$ , x6 0# #- .

847. a) <x 3- vagy x 2$ , <x 2- vagy x2

1$ , <x2 1#- vagy x 2$ ,

x 2$ , x 2$ ;

b) >x 3- , de x 3! , xa

2# - vagy >x 0 , <x 2 vagy x

b

5$ ,

<x 2 vagy xa

b$ .

848. x 4$ vagy <x 1, <x1 3# vagy <x6 8# , <x6 8# .

849. a) :A B x 5+ $= & 0, : <A B x2

15#- = * 4;

b) :{ }A B x2 0+ # #= - , :{ < }A B x0 2#- = - .

850. :{ }A B x x x2 1 1 4+ , ,# # # #= - - , :{ < < }A B x2 1- = - - .

851. a) x5 , a b b10 , a b11 2 , p qs q2 .

852. a)d z z

a x

3

4

2

2

,( )

pq

p q p q

3

7 + +,

a b

a b2 2

+,

ab a

x y x

2

2 3

;

b)xy xy

x y1 2 2

$-

,x y

ab2 2

,( )

p q

x y

pq

1

2 2

4

$-

.

853.x x

a b

3 12- +

+,

y

x2.

854. a) hamis, b) hamis (egyenlôk)

855. a) igaz, b) hamis, c) hamis (egyenlôk), d) igaz, e) igaz.

856. a) 3 2 ; b) 6 3 ; c) 8 2 ; d)2

193$ ;

e) x17 ; f) 4 5- ; g) b14 2 ; h) y38 3 .

857. a) 4 24 20 8+ - = ; b) 30 45 30 45+ - = ;

c) 7 2 5- = ; d) 8 3 5- = ;

e) 1; f) 4.

858. a) 36 30 18 24 60+ + - = ;b) 18 12 6- = ;

c) ( )a b b a ab a b2 2- = - ;

d) ( )a b b a ab a b3 3 2 2- = - ;

e) 7 5 0 0$ = ;

f) 2 2 2 3 3 2 2- + =-b bl l ;

g) x y x y y2+ - - =^ h ;

h)2

3 2 2

2

1 2 22

++

-= ;

i) a a 4 22 2- + = .

859. a) y ; b) 1.

860. 18 , 100 10= , 40 , 200 , 343 .

861. a) 40 ,2

15, 18 ,

4

3,

7

8;

b) a b2 , x y4 4 , a12 4 , p100 5 , x y4 9 5 ;

c) pq , rt ,b

a3

3

,y

x, x y x y2 2 +^ h .

862. ( )x y x y2- = - , ( )x a x a2+ = + ,( )

p q

p q2

+

-.

863. 3, 25, 45, 75.

864. a) a b2 , x y4 , p q5 3, s t9 13;

b) 2 2- , 81 3 , 12500 2- , 3969;

c) 4 2 3+ , 9 4 5- , 7 2 10- , 30 12 6+ ;

d) a a1 2+ - , x y xy2+ + , pq p q pq pq p q22

+ - = -b bl l ;

e) x x1 2+ + , a b ab2+ - , 19 6 2- ;

f) 2 2 2 1 2+ - + , nincs értelme, a a a2 1 2 2+ + + .

865. a) ( )6 2 2 3 6+ + + , ( )8 2 10 2 5- + - ,

( )a a a a3 1 2 12+ + + + ;

b) 2 20 8+ , ( )4 3 2- ;

c) ( )a2 1- ,b

a

a

b

ab

2

2 2+ - ,

x x x x

4 9 3

3 2 2

+ - .

866. a) 2 1 3+b l, 3 1 5-b l, 7 1 7+b l, 15 5 1+b l;

b) 2 1 3 5- +b l, 3 1 5 6+ -b l, 5 1 2 3+ -b l.


IV

867. a) a a 1+b l, x x y1- +b l, ab a b+b l,

p p p1 1+ +b _l i;

b) xy x y-b l , p q p 1+b l, x y x y1- + +b l,

x y x y x y+ - -b l;

c) y q x p+ +b bl l, x y x y x2- +b l.

868. a) ab a b ab+ -b l, pq pq q p pq pq2 2+ - +b l;

b) a b22

+b l , x x2

-b l , p q q p2

+b l ;

c) x x x1 1- -_ bi l, a b a ab2 1+ + +b bl l.

869. a) 5

2; b)

2

3; c)

3

7.

870. a)a

1; b)

y

x2

; c) p; d) a b- .

871. a)x y

xy

+; b)

p q

x y

-

+.

872. a) 4 3 5 4 3 5 43- + =b bl l ;

b) 7 2 2 3 7 2 2 3 86+ - =b bl l ;

c)11

10 3 1 10 3 1

11

299- +=

b bl l

;

d) 2 3 4 2 3 4 2 58+ - =-b bl l ;

e)5

24 6 3 4 6 3

5

174- + =b bl l ;

f) 12 10 12 10 134+ - =b bl l ;

g)3

23 5 7 23 5 7118

- +=

b bl l

;

h) 25 2 2 3 2 2 3 125+ - =b bl l .

873. a) 13 5 13 5 164- + =b bl l ;

b) 4;

c) 4 2 2+ .


IV


IV

874. a) 3 2 , 2 5 , 4 3 , 3 8 , 11 ;

b)3

6,

7

35, 3 2 , 10 , 1;

c)3

6,

21

5 7,

5

10 15+,

6

3 3 6+,

4

2 10 2+.

875. a) a ,a

ab,

q

p pq,

b

ab, x y ;

b)b

ab, b a , a 1+ ,

ab

a ab b a+, q pq2 ;

c)x y

x y

-

-,

( )

x y

x y x y

+

- +, p q- ,

( )a b a b

2

- +,

( )

a b

a b a b2 3

+

+ +;

d) 1, 2 2 1- , 25.

876. a) 3 6 , 2 2 , 2 6 2 , a , pq q ;

b) 2 1- , 5 1+ ,5

6 4 6-b l

, 5 2 1+b l, 2 2 3 3+b l;

c) 3 3+ , 6 3 2- , 10 4 5- ,2

3 5 5 3-

+;

d) 2 12

+b l ,5

2 2 32

+b l

,( )

30

3 5 5 3 2

-+

,2

17 152

+b l

;

e)a

a

1

1

-

-,

a

a a

1

1

-

+b l

,x y

x y2

-

+b l

,pq p q

p q q p2

-

+

_

b

i

l

;

f)x

x x

1

1 1

-

+ -b l

, a a 12

2

+ -c m ,p q

p q1 1

-

- + -,

p q

p q1 12 2

-

+ + +;

g)6

12 18 30+ -, 2 3 5 10 2+ + -b bl l,

4 2 3 2 3 2 2 2 1+ + + - +e bo l.


IV

877. a) 4 7 4 7 2

2

+ - - =e o , 2 22

=b l , tehát a kifejezés étéke: 0;

b) a kifejezés negatív;

c) a kifejezés értéke: 0;

d) a kifejezés negatív;

e) a kifejezés értéke: 0.

878. a) a kifejezés értéke: 0.

879. a)A helyesen kitöltött keresztrejtvény: 879. ábra.

A képezhetô hétjegyû számok száma: ! !

!

2 2

71260

$= .

880. a) 5 2 5 2 10- + + = ;

b)10 3

1

10 3

1

1

10 3 10 36

--

+=

+ - += .

881.a

a a

a

aa

1

2 1 2

3

1$

-

+ + -

+

-=

b bl l

.

882. a) Emeljünk négyzetre, és használjuk fel, hogy 2 3 2 3 1- + =b bl l .

A kifejezés értéke: 6 ;

b) A zárójelben szereplô kifejezés. q

p q2 2 2- -. A végeredmény:

q p2 2- ;

c)a b

1

2 2-

;

d) A zárójelben szereplô kifejezés. x y

x y

-

+. Így az eredmény: x y- ;

e) A kifejezés második tagja: a a b

1

+b l

. A végeredmény: a

1;

f) A kifejezés elsô tagja: p q

p q

+

-. A végeredmény: 1;

g) Az elsô zárójelben szereplô kifejezés: a b2

+b l . A végeredmény: 1.

883. a) Mindkét oldalt négyzetre emelve adódik az egyenlôség.

b) Mindkét oldalt négyzetre emelve adódik az egyenlôség.

879.

884. A bal oldal mindkét törtjének nevezôjét gyöktelenítve, a zárójeleket fel-bontva és összevonva a bizonyítandó egyenlôség:

2 3 2 3 3 63 3

- + + =b bl l .

Innen négyzetre emelés után adódik az egyenlôség.885. A belsô négyzetgyökök alatt teljes négyzetek szerepelnek:

a

aa a

22 2 4 2- + + = =b l .

886. Szorozzuk meg mindkét oldalt a c a c b+ +^ ^h h közös nevezôvel. Innen

átrendezés, kiemelés, négyzetre emelés, majd összevonás után a

c c b a 02 2 2 2- - =_ i alakra jutunk, amibôl már következik a bizonyítandó állítás.

887. Megmutatjuk, hogy ha >a 1, akkor

<a a a1 1 2- + + .

Ugyanis négyzetre emelés után

<a a a2 2 1 42+ - , azaz <a a12 2- .

Ezen ötlet alapján a feladat a), b) része már könnyen igazolható.888. Az elôzô feladat alapján ez is könnyen igazolható. 889. Emeljük négyzetre mindkét oldalt, majd összevonás után használjuk fel,hogy ad bc= .

890. Ax x

x px p x

2005 20040

2

2

$- +

- + - +egyenlôtlenségnek kell teljesülnie. Ábrázoljuk

a számlálóban és a nevezôben szereplô másodfokú kifejezéseket egy

koordináta-rendszerben. A nevezô zérushelyei: 1 és 2004, a számláló zérushe-

lyei: 1 és p. Ha p 2004# , akkor az értelmezési tartományegyetlen prímet sem tartalmaz. Ha >p 2004,akkor az értelmezési tartomány: < x p2004 # .Mivel a 2004 utáni elsô prímszám 2011, ezért amegadott kifejezés értelmezési tartományaakkor nem fog egyetlen prímet sem tartal-mazni, ha x 2005 02- + egyenlôtlenségeknek kell tel-jesülniük. A számláló zérushelyei: 2 és p. Anevezô zérushelyei: 0 és 2005. Az értelmezésitartománynak mindenképpen eleme a 2, ezért

x x12 35 02- + egyenlôtlenségeknek kell

teljesülniük. A nevezô zérushelyei: 5 és 7, a

számláló zérushelyei 2

1és

a

2(lásd ábra).

Az értelmezési tartomány: <x2

15# vagy

< xa

72

# .

Az értelmezési tartományban akkor lesz pon-

tosan 5 db prímszám, ha

<a

172

19# , azaz <a34 38# .

893. A feltételek szerint: a b a b ab10 22 2+ = + + , azaz

( )a a b b b2 5 02 2+ - + - = .

Ennek az a-ban másodfokú egyenletnek csak akkor lehet egész megoldása, haa diszkriminánsa négyzetszám:

( ) ( )b b b K4 5 42 2 2- - - = , ahonnan b R25 9 2- = .

Ez csak b 1= -re teljesül, ahonnan pedig a 8= . 80 8 1= + .894. b 2005# . Azt vizsgáljuk, hogy az elsô két tag összege milyen b eseténlesz nagyobb a harmadik tagnál:

>b b2005 2005 2005 2005 62 2 2 2+ - - - - .

Négyzetre emelés után a következôre jutunk:

>b4010 2 62- , azaz <b 2002.

Ezek szerint

ha <b 2002, akkor a kifejezés értéke pozitív,

ha b 2002= , akkor a kifejezés értéke 0,

ha < b2002 2005# , akkor a kifejezés értéke negatív.

Az n-edik gyök fogalma és azonosságai

895. a) 3, -3, 2, 5, -4;b) 0,3 -2, 3, -3, -2;

c)3

2,

3

2,

2

1- ,

3

1,

3

1- ;

d) nincs értelme, nincs értelme, nincs értelme, 3,2

5- .

Az n-edik gyök fogalma és azonosságai 145

IV

892.

896. a, b , c , a , x2 .

897. a) 2 33$ , 2 24$ , 3 23$ , 2 25$ , 3 33$ ;

b) b2 23$ , x2 4 34$ , b a b2 2 23$ , pq pq24$ .

898. a) a ak$ , b bn2 $ , x xqp$ , k kn 21$ + ;

b) ab a bn 2$ , c d cdk3 2 3$ , x y xyk2 2$ + .

899. 163 , 1353 , 484 , 7295 ,8

14 ,

9

43 .

900. a) a43 , b54 , c115 , d113 , a b6 74 ;

b) p q7 53 , x y35 478 ,b

a5

5

3 ,n

m3

3

4 .

901. a) p q

a4 2

3

6,

y z

x10 14

9

6,

x y

a b c4 13

4 7 10

3, x y

34 +_ i ;

b) x x x8 3 4 53 + +` j , m m81 10 11

4 +` j , a b a b a b8 3 28 3 7 4 4 53 - +` j ;

c) p q3 + ,a b

a b3

-

+.

902. a) 10, 12, 4 2 , 6;

b)2

3,

5

4,

15

1,

3

2;

c) 20, 10, 15, 14.

903. a) 144, ab, p q2 2 ;

b) x y x yn nn 3 4 3 4= , m n m nk k kk k4 3 4 32

=+ + ;

c) 144 19 53 - = , 100 19 34 - = , 64 32 25 - = ;

d) 49 22 24335

- = , 121 57 16 243

- = .

904. a)b

a

3

2

3

2

,z

xy2J

L

KK

N

P

OO ,

r

p q

2

3 2

;

b) x y- , m n- .

905. a) 27 33 = , 16 24 = , 32 25 = , 27 33 = ;

b)10

1,

4

3,

3

2,

2

3.

906. a) 2a, 2x, 2p;b) a b2 , x y2 5, m n k4 4 3.

907.c

ab,

z

x y3

3

4 7

,r

p q

3

2

2

4 6

.


IV

908. Az a b a b a ab b3 3 2 2+ = + - +_ ì j és a b a b a ab b3 3 2 2- = - + +_ ì j azo-

nosságok alapjána) 7; b) 6. 909. Az elôzô feladat azonosságai alapján a) p q+ ; b) p q- .

910. a) 26 , 312 , 710 , 512 , 1042 ;

b) a6 , b512 , x415 , y514 , z324 ;

c) 346 , 4812 , 13515 , 43212 , 22415 .

911. a) a46 , a49 , b812 , x1115 ;

b) 2912 , 31124 , 21012 ;

c)3

23

12

J

L

KK

N

P

OO ,

7

54

12

J

L

KK

N

P

OO ,

9

25

15

J

L

KK

N

P

OO ,

11

34

15

J

L

KK

N

P

OO .

912. a) a912 , a1936 , b256 ;

b)b

a4

9

J

L

KK

N

P

OO ,

q

p11

13

6,

x

1

38 ,n

m14

11

15 ;

c) a1724 , a2936 , x9890 .

913.y

x6

7

24,

q

p42

31

60,

q

p5

5

36.

914. a) igaz, b) igaz, c) hamis, d) igaz, e) igaz.915. a) hamis, b) hamis, c) igaz, d) igaz, e) hamis, f) igaz, g) igaz.

916. a) 84 , 3 44 312 $ , 556 , 4 5510 $ ;

b) 9 5312 $ , 3 45 315 $ , 2 74 312 $ , 2 37 321 $ .

917. a)2

35

6

J

L

KK

N

P

OO ,

3

26 ,

5

33

4

J

L

KK

N

P

OO ,

2

57

12

J

L

KK

N

P

OO ;

b)27

212 ,

162

120 ,

3

5

7

2

15 ,3

213

12

J

L

KK

N

P

OO ;

c) a34 , b712 , x1130 , p1124 ;

d) a1712 , x2512 , p5740 , m5330 ;

e)a

b2

15

J

L

KK

N

P

OO ,

y

x10

11

12,

p

q3

19

30,

n

m37

47

20 .

Az n-edik gyök fogalma és azonosságai 147

IV


IV

918. a)b

a13

13

12 ,q

p14

7

60,

m n

1

16 3430 ;

b) a3112 , b2712 , y5330 ;

c)b

a7

12

J

L

KK

N

P

OO ,

y

x37

65

30,

m

n25

24 .

919. a) 2 2 2 2 1 2 276 54 6 4- + = - +b l;

b) 3 3 3 3 1 3 376 54 6 4+ - = + -b l.

920. a) a a a a a a176 54 6 4+ - = + -b l;

b) 6 27 32 2 34 6 4 312 $- + - ;

c) x x x x136 134 56 2312- + - ;

d) p p p p32

1

2

386 76 36$ $ $- - + ;

e)x y

x y3 +

-.

921. A szögletes zárójel elsô tagja: m n

m n n m

mn

m n

7 76

2 56 2 56

22

-

=+d bn l

.

Ennek felhasználásával a kifejezés: mn

m n-.

922. Vigyük át a bal oldal utolsó tagját a jobb oldalra, majd emeljük köbreminkét oldalt:

1 12 7 6 49 2 73 3 33

$ $- + = -b l .

923. Legyen a kifejezés értéke k. Tegyünk úgy, mint az elôzô feladatesetében:

k1 27 26 9 26 263 23 33

$ $- + = -b l .

A mûveletek elvégzése és a megfelelô átalakítások után kapjuk, hogy csakk 3= lehet. Ezek után bizonyítsuk be – az elôzô feladathoz hasonlóan –, hogy

1 27 26 9 26 26 33 233 3$ $- + + = .

924. Az egyenlet így alakítható:

a a aknk nnk2 2$ =+ + , azaz a an k nk4=+ + .

Innen

, ( )( )nk n k n k4 0 1 1 5- - - = - - = .

Innen pedig n 2= , k 6= , vagy fordítva.

925. Az elôzô feladathoz hasonló átalakítást végezve azt kapjuk:

pq q p2 3 5 0- - - = ,

q p3 2 11- - =_ _i i .

Innen q 4= , p 13= , vagy fordítva.926. A kifejezés így alakítható:

2 34

2 3 3 53

6

2

6$+-

b

b

l

l

.

A megfelelô mûveletek elvégzése után kapjuk, hogy a kifejezés értéke: 1.

Törtkitevôjû hatványok

927. a) 2, 2, 2, 3, 10;b) 125, 81, 32, 27, 4;

c)1000

1,

8

1,

25

1,

343

1,

10

1.

928. 8, 32, 3125,32

16807,

243

32.

929. a) 23 , 1254 , 165 , 66 , 1010 ;

b)2 2

1,

169

1

3,

54

1

3,

9

43 ,

3 3

8;

c) a4 , b23 ,c

1

4,

x

1

3,

p

1

43

;

d) x3 ,a

3

3

,a

33 ,

y

8

23

,y4

1

23$.

930. a b4 3$ ,x

y

12

9

,m

n

38

8

,

q p

1

54$.

931. a) igaz, b) hamis, c) hamis, d) hamis, e) igaz.932. a) igaz, b) igaz, c) igaz, d) hamis.933. a) igaz, b) hamis.

934. a 3

1

, x 4

3

, p 5

7

, x nr

, m k3

.

935. a) p q3

2

3

1

, r s4

1

4

3

, x y5

3

5

4

, m n6

5

3

4

, a b5

2

10

7

;

b) a 4

3

, b 6

7

, x 8

9

, y 3

4

;

c) a b c2

1

3

1

6

1

, x y3

4

9

2

, p q4

3

5

1

, m 20

13

.

Törtkitevôjû hatványok 149

IV

936. a16

15

, b c4

3

2

1

, x y8

3

8

5

.

937. a) xy yx2

1

2

1

- , a a10 154

1

6

1

+ , p q- ;

b) m n5 5- , a b a a b b2 4 22

1

3

2

3

1

2

3

+ - - 2 , x x2

1

- 2 .

938. a) b b3 2

1

- - , x x25 4 63

2

3

1

- + + ;

b) p12

1

, m 24

23-

, p 24

29-

, x 4

5

.

939. a)a b2

1

2

1

- ; b)x x

x x x

2

1

2

1

4

1

4

3

-

+ +.

940. a) p q3

1

18

7

$ ; b)c-

b b c

b c

4

3

2

1

4

1

2

1

2

1

+

.

941. a)m n

m n2

2

2 2

-

+

_

`

i

j; b)

rs

1; c) y2 5

3

.

A logaritmus fogalma és azonosságai

942. a) 3, 2, 1, 2, 0;b) 2, 2, 2, 2, 5;

c) -1,2

1- ,

2

1- ,

2

1- , -6;

d)3

1- ,

2

1- , -4,

2

3,

3

2;

e)6

1- , -8, 8,

4

1- ,

2

5- .

943. a)5

4,

5

6,

21

2,

2

1;

b) 3, -4,3

2,

3

4- ,

25

1- .

944. a) igaz, b) igaz, c) hamis,d) igaz, e) igaz, f) hamis,g) igaz, h) igaz, i) hamis,j) igaz, k) igaz, l) igaz,

m) hamis, n) igaz, o) hamis,p) igaz, q) hamis.

945. 132, 7, 8, 5, 3, 1.

946. a) 5, 36,3

16, 100,

24

1; b) 9, 25, 9, 16, 8;

c) 27, 64, 16, 310,25

1; d) 2, 2, 73 , 3,

5

1.


IV

947. a) 36, 75,9

1, 30;

b) 572

1, 781

81

13.

948. a) >x 4, >x2

5, >x

3

7- , >x

5

18;

b) >x 3, >x 4, >x 4, >x 22.

949. a) >x3

5- , x 1! , >x 3, x 5! , >x 5, x 10!- , >x 7, x 10! ;

b) < <x3 5- , , < <x3 5 6, >x 6;

c) >x 4, >x 2, <x 1 vagy >x 7, <x 5- vagy >x 7.

950. a) < >x x2 6, , x 4!- , < >x x2 5,- , x 6!- ;

< >x x0 9, , x 1!- , x 10! ;

b) < >x x32

1,- , < >x x

3

23, , < <x2 3, < >x x

3

1

2

3,- ;

c) < < <x x7 5 7,- , <x 7- , < < < <x x0 2 5 10, , üres halmaz;

d) < x1 5# , < x2

1

2

9# , x

2

3$ .

951. a) < <x5 9, < <x x2 3 5 6,# # , x2

8 14!! ;

b) < < < >x x x2 1 1 4, ,- - ,

< < < < < >x x x x3 2 2 3 4 9, , ,- - , x2

13 29!! .

952. Jelöljük R-rel az adott kifejezések értékkészletét!

a) R 0# , R 2# , R 8# ;

b) R 2# , R 4# - , R 4# .

953. a) < R0 4# , R6

1$ , R

25

1$ ;

b) R 0# , R 0# , >R 0, R 1# - .

954. A helyesen kitöltött keresztrejtvényt a 954. ábra mutatja.

955. A helyesen kitöltött keresztrejtvényt a 955. ábra mutatja.

A logaritmus fogalma és azonosságai 151

IV

954. 955.

956. a) ,lg lg lg lgx a b c= + +

lg lg lg lgx p q6= + + ,

lg lg lg lgx m n10 2= + + ,

( )lg lg lgx r s5= + + ,

( ) ( )lg lg lgx a b a b= + + - ;

b) lg lg lg lgx a b c2 3 4= + + ,

lg lg lg lg lgx p q r2 6 3 2= + + + ,

( ) ( )lg lg lgx m n m n= + - - ,

lg lg lg lg lg lgx a b c T4= + + - - .

957. a) lg lg lg lg lgx a b2 3 3 2= + - - ,

lg lg lg lg lgx r4 3 3= + + -r ,

lg lg lg lgx m n r2= + - ,

lg lg lg lg lg lg lg lgx a b p q r s2 2 2 3= + + + + - - ;

b) lg lg lg lg lgx a b b a2

1

2

1= + - - ,

( )lg lg lg lg lgx p q q p q23

13= + - - + ,

( ) ( )lg lg lg lg lgx m n m n m n5

1= + - + - - ,

( )lg lg lg lg lgx m n m n33

1

2

13= + - + ;

c) lg lg lg lgx a b a2

1

2

14= + -

R

T

SSS

V

X

WWW,

lg lg lg lg lgx p q p q3

14

4

34 2= + - -

R

T

SSS

V

X

WWW,

lg lg lgx m n5 43

2= -

J

L

KK

N

P

OO,

lg lg lg lg lg lgx s s r s r2

14

3

12

2

13= + + - +

J

L

KK

J

L

KK

_

N

P

OO

N

P

OO

i .

958. a) x ab= , xr

pq= , x m n2 3= ;

b) x a b3$= , xr

p q23 34$= , x

b

a3

5=

J

L

KK

N

P

OO .

959. a) xb c

a23

3

= , xr

p q3 2

4= .

960. a) 1, b) 3, c) 2, d) 4.961. a) 3, b) 1, c) 4.962. a) 4, b) 6, c) 3.963. a) -2, b) 4, c) 1, d) 3.


IV

964. -2

3.

965. 1 404 371; 201 533; 30,057.

966. a) 306,28; 20,728; 36 202 551;

b) 134 366; 17 374; 2,057 10 3$ - .

967. 4899,78; 5,696 10 4$ - ; 1,0156.

968. lg lg lg a75 15 5= + = , lg lg lg b45 15 3= + = . E két egyenlôség ösz-

szege:

lg lg lg lg a b2 15 3 5 3 15+ + = = + ,

ahonnan lga b

153

=+

.

969. lg lg lg p48 3 4 2= + = , lg lg lg q72 2 3 3 2= + = . A lg 3-ban és a lg 2-

ben a kétismeretlenes, elsôfokú egyenletrendszer megoldása: lgp q

25

2=

-,

lgq p

35

4 3=

-.

Tehát lg lg lgq p

6 2 35

3= + =

-.

970. ( !)lg lg lg lg lg lg lg lg lg lg10 2 3 4 5 6 7 8 9 10= + + + + + + + + =

n m k4 6 2= + + + .

971. ( )log log logk

1502

16 25

2

1 26 6 6= + =

+.

972. A feltételbôl log logq

pq1

3

1p p= - = , azaz log q

3

2p = . Írjuk át a

kiszámítandó mennyiséget p alapra.

log

log

log

log

q

pq

p

q

q

1

52

1

13

2

53

1

14

p

p

p

p

5

=-

-=

-

-= .

973. A feltételekbôl

log ap

1x = , log b

q

1x = , log abc

p q

2x =

+;

log log log loga b cp q

cp q

1 1 2x x x x+ + = + + =

+.

Innen

( )log c

p q p q pq p q

p q2 1 1x

2 2

=+

- - =-+

+, tehát

( )log x

p q

pq p qc 2 2

=-+

+.

A logaritmus fogalma és azonosságai 153

IV

974. Elôször azt bizonyítjuk, hogy < log log2 2 3 2 22 3+ . Osszuk el mind-

két oldalt 2 -vel:

<log

log2

2

3

3

22

2

+ .

Mivel < <2 2 32 2

3

, így jobb oldalon egy 1-tôl különbözô, pozitív számnak és

reciprokának összege szerepel, melyrôl tudjuk, hogy nagyobb 2-nél.Az egyenlôtlenség másik oldalának bizonyításához vezessük be a log y32 =ismeretlent.

<yy

23+ , azaz <y y3 2 02- + .

Ez utóbbi egyenlôtlenség megoldása: < <y1 2. Mivel < <log1 3 22 , ezért az

eredeti egyenlôtlenség igaz.

975. a) Térjünk át a bal oldalon a alapú logaritmusra!b) Térjünk át a jobb oldalon a alapú logaritmusra!c) Vegyük mindkét oldal b alapú logaritmusát, és alkalmazzuk a logarit-

mus megfelelô azonosságát!d) Térjünk át a bal oldal mindhárom tényezôjében ugyanolyan alapra

(pl. a alapra)!976. a) Az egyenlôség jobb oldala így alakítható:

loglog

log

log

log log

log

log

log

logb

a

b

a

a b

a

ab

c

c1 1a

c

c

c

c c

c

c

ab

a+ = + =

+= = .

b) Térjünk át az egyenlôség bal oldalán b alapra:

log

log

log

log log

bn

an

n

a n

1b

b

b

b b=

+

+.

c) Térjünk át az egyenlôség bal oldalán b alapra!d) Az egyenlôség bal oldala így alakítható:

( )log log log log log loga a a a a a a a ab b b b b b2 3 4 2 3 4 10$ $ $+ + + = = =

log a10 b$= .

977. Írjuk át mindkét oldal minden tagját n alapra:

( ) ( ) ( )log log log logb c a c a c a2 n n n n2 2= - + + = - ,

ahonnan b c a2 2 2= - , ez pedig Pitagorasz tétele szerint valóban igaz.978. Az egyenlôség így alakítható:

log log log logm p q pq2 x x x x= + = ,

ahonnan m pq2= , ez pedig a jól ismert magasságtétel.979. Térjünk át minden tagban és tényezôben x alapra! A bal oldal:

log log

log log

p q

a b

x x

x x

$

$.


IV

A jobb oldal:

log log

log log

log log

log log

log log

log log

log log

log

log

log log

b a

q p

a b

a bp q

p q

p qq

p

b

a

a b

1 1

1 1

x x

x x

x x

x x

x x

x x

x x

x

x

x x

$

$

$$

$

-

-

=-

-

= .

A bal oldalt és a jobb oldalt összevetve ezt kapjuk:

log

log

b

aq

p

1

x

x

= , ahonnanb

a

q

p= .

980. Mivel ( )( )2 3 2 3 1+ - = , így valóban

( ) ( )log log2 3 2 3 12 3 2 31- = + =-+ +

- .

981. A bal oldal mindkét tagja -1 (lásd elôzô feladat).982. Térjünk át x alapra:

!

( ) .

log log log log log log

log log log loglog

x n n

x x x xx

2 3 4

1 1 1 1

!n x x x x x

n ii

n

ii

n

1

2 3 2

1

2

f

f

= = + + + + =

= + + + = =

-

=

-

=

! !

_ i

Nehezebb feladatok a témakörbôl

983. Elôször kiszámítjuk A-t és B-t.

4 4( )A

31

2 2

31

2 2 12

9 4

1

4 5

1

=-

=-

=

J

L

KKK

J

L

KKK

N

P

OOO

N

P

OOO

,

logB2

138

1

= - =

-J

L

KK

N

P

OO .

A C mennyiségnek csak akkor van értelme, ha >p p4 60 02- - + , ahonnan

< <p10 6- .Mivel ( )p p p4 60 2 642 2- - + =- + + , ezért

( )log logC p p4 60 64 282

8#= - - + = .

Ezek szerint csak A lehet a mértani közép: A B C2 $= ;

( )log p p4 3 4 6082$= - - + , azaz p p4 44 02+ - = ,

ahonnan p 2 4 3!=- .

Nehezebb feladatok a témakörbôl 155

IV

984. Ha ( )log log loga b a b k2x xy y2 2= = + = , akkor

a x k2= , b x yk k= és a b y2 k2+ = ,

vagyis x x y y2k k k k2 2+ = , azazy

x

x

y2

k k

+ =J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO .

De tgy

x

b

ak

= = aJ

L

KK

N

P

OO , így ezt kapjuk:

tgtg

21

+ =aa

, azaz tg tg2 1 02 + - =a a .

Innen a szóba jöhetô tg 2 1= -a , ahonnan ,22 5�=a .

985. >x 0. A y y4 37 9 02 $- + egyenlôtlenség megoldása: y4

1# vagy

y 9$ .Ezek szerint

a) log x4

12 # vagy log x 92 $ ;

b) log x4

122 # vagy log x 92

2 $ .

Az a) esetbenx 24# vagy x 2 5129$ = .

A b) esetben

log x2

1

2

12# #- , vagy log x 32 # - , vagy log x 32 $ ;

azaz

x2

12# # , vagy < x0

8

1# , vagy x 8$ .

Ábrázoljuk egy számegyenesen az A és B halmazok elemeit:

A B - A halmaz elemei:

< x2 24 # vagy <x8 512# .


IV

985.

986. Mivel log log logxyz y z1 9x x x9= + + , ezért az egyenlôtlenség bal

oldala így írható:

>log log loglog log log

y z xy z x

9 9 918x y z

x y z

+ + + + + .

De

loglog

log

logy

y

y

y

93

3

3x

x

x

x

$+ = +J

L

KK

N

P

OO.

Itt a jobb oldalon egy pozitív számnak és reciprokának összege szerepel, amilegalább 2. Ezek szerint

loglog

log

logy

y

y

y

93

3

36x

x

x

x

$ $+ = +J

L

KK

N

P

OO ,

vagyis

log log loglog log log

y z xy z x

9 9 918x y z

x y z

$+ + + + + .

Egyenlôség akkor teljesülne, ha

log log logy z x 3x y z= = =

lenne, ahonnan x y z 0= = = vagy x y z 1= = = lenne, tehát az eredeti egyen-lôtlenség valóban igaz.

987. A kitûzött egyenlôtlenség bal oldala:

( )log logb a2 4 3a b2+ + ,

tehát

( ) > ( )log log log logb a b a2 4 3 2 3 2 4a b a b2+ + + ,

>log loglog log

b ab a

2 42 4

32 3a b

a b

+ ++

,

>log log

log log

b a

b a3

2 4

2 4

32

a b

a b

++

+.

Már csak azt kell belátnunk, hogy

log logb a

3

2 41

a b!

+, azaz log

logb

b2

43 0a

a

+ - =Y .

Mivel a x x2 3 4 02- + = másodfokú egyenlet diszkriminánsa -30, így az

egyenlôtlenség – és ezzel az eredeti egyenlôtlenség is – teljesül.

988. Legyen a22005 = , b32005 = , c42005 = . Azt kell belátnunk, hogy

>a b c ab ac bc2 2 2+ + + + .

>a b c ab ac bc2 2 2 2 2 2 02 2 2+ + - - - ,

( ) ( ) ( ) >a b b c a c 02 2 2- + - + - .

Ez pedig nyilvánvaló.


IV

989. A feladat megoldásának gondolatmenete azonos a 974. feladat megol-dásával.990. A C mennyiségnél térjünk át közös (pl. 2-es) alapra:

loglog

log

logC 3

3

5

5

112

2

2

2

$ $= = .

A másik két mennyiségre:

>log log logA 3 9 82

32 4 4= = = ,

< <log log logB1 5 25 272

33 9 9= = = .

Tehát a sorrend: > >A B C .991. Ha a 1! , akkor (áttérve minden tagban a alapra):

log

log

log

log

log

log

log

log

b

k

b

k

b

k

b

k

1 2 2 1 2 2a

a

a

a

a

a

a

a

++

+=

++

+.

Modellezve ezt az egyenlôséget:

x x x x1 2

1

2

1

1

1

2 2

1

++

+=

++

+, ahonnan x x x x2 5 2 2 4 22 2+ + = + + .

Innen logx b 0a= = , így valóban b 1= .992. Az alábbi feltételeknek kell teljesülniük:

a) >x 1 02- , b) >x x2 15 02- + + ,

c) ( ) ( )log logx x1 3 1 4 032 2

32 $- - + - + .

a) esetben >x 1. b) esetben a másodfokú kifejezés zérushelyei: 5 és -3, tehát

< <x3 5- . c) esetben a y y3 4 02 $- + + egyenlôtlenséget kell megoldanunk.

E másodfokú kifejezés zérushelyei: 4 és -1, tehát

( )log x1 1 432# #- - , ahonnan x

3

282# # .

Mindhárom feltételt figyelembe véve az értelmezési tartomány:

< x33

2#- - vagy <x

3

25# .

993. Az alábbi feltételeknek kell teljesülniük:

4 68 2 256 0x x$ $- + , 16 68 4 256 0x x$ $- + , >x x 30 02- + + .

Az egyenlôtlenségek megoldásait ábrázoltuk az alábbi számegyenesen:

Az eredeti kifejezés értelmezési tartománya: < x5 1#- .


IV

993.

994. Az >x 0, x 1! , x x7 29 4 02 $- + - , >log log x5x 5 feltételeknek kell

teljesülniük. Az eredeti kifejezés értelmezési tartománya: <x7

1

5

1# .

995. A megadott kifejezés így írható:

( )log log log loga b abab

a b

ab

a b ab22 2 2 2

2 2

- - =-

=+ -

=

logab

ab ab18 242=

-= .

996. Mivel

........... 2 = 221n ,

ezért

.......log log 22 2- = 2log log 22 2

1n

- = log log n2

12

nn

2 2- =- =- .

997. A téglalap koordinátái párhuzamosak a tengelyekkel, a megadott egye-

nes pedig áthalad az átlók metszéspontján. A téglalap T területe:

( )( )lg lg lg lg lg lg lgT n8 2 16 82

8

8

162 2n n n n

n

n

n

n2 2$ $= - - = = .

Az átlók O metszéspontja:

lg lg lglgx n

2

2 8

2

162 2O

n n n

=+

= = ,

lg lglgy n

2

8 16

2

72O

n n

=+

= .

E koordináták kielégítik az y x 1= + egyenletet, tehát

lg lgn n a2

72 2 1= + , ahonnan lgn 2

3

2= .

Tehát a téglalap T területe:

lgT n2 2 23

2

9

82 2

2

$= = =J

L

KK

N

P

OO .

998. Ha y 0= , akkor log

xa

9

3

= . Ha x 0= , akkor log

ya

9

32

=-

.

Az egyenes és a tengelyek alkotta háromszög T területe:


IV

log logT

a a

9 9

2

1

16

81

3 32

$ $= =-

,

azaz

log a 432 = , ahonnan a = 9 vagy a

9

1= .

Ha a 9= , akkor az egyenes egyenlete: x y2 4 9- = . Ennek a tengelyekkel alko-

tott metszéspontjai: x2

9= , y

4

9=- .

Ha a9

1= , akkor x y2 4 9- + = . Ekkor a metszéspontok: x

2

9=- , y

4

9= .

Tehát két egybevágó háromszögrôl van szó. Ezek átfogója:

2

9

4

9

4

9 52 2

+ =J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO .

Tehát a háromszög K kerülete:

( )K2

9

4

9

4

9 5

4

93 5$= + + = + .

999. A V térfogat:

log log log logV b a ab aba b a a$ $= = .

Az A felszín:

( )log log log log log logA b a b ab a ab2 a b a a b a$= + + ,

[ ( )] [ ( )]log log log log logA ab b a V b a2 1 2 1a a b a b$ $= + + = + + ,

log logV

A

Vb a2

1a b$= + +

J

L

KK

N

P

OO.

De log logb a 2a b $+ , így a jobb oldalon a zárójelben levô mennyiség na-

gyobb, mint 2, azaz

>V

A4,

és éppen ezt kellett belátnunk.


IV

Elsôfokú egyváltozós egyenletek 161

IV

Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlôtlenségek

1. Elsôfokú egyváltozós egyenletek

1000. Érdemes egyes tagokat, illetve tényezôket alkalmasan csoportosítani,valamint kiemeléseket végezni. Például:

a) 58 - 68 = - 10, - 23 + 33 = 10, ezen tagok összege 0;

a = 44 + 56 = 100.

b) 218 - 217 = 1, 523 - 521 = 2, ezen tagok összege 3;

3 + 1997 = 2000, b = 2000 - 1042 = 958.

c)3

1

6

2

12

41+ + = ,

8

5

8

3+ = 1,

10

3

10

172- - =- , ezért

c = 1 + 1 - 2 = 0.

d)3

1

9

1

9

40+ - = ,

5

2

10

40- = , d =

7

6

7

2

7

4- = .

e) e = 4 $ 25 $ 133 = 100 $ 133 = 13 300.

f) f = 615 $ (97 + 3) = 61 500.

g) g = 38 $ (22 - 21 + 19) = 38 $ 20 = 760.

1001. a) x = 1,5; b) x = 0,2; c) x = - 1; d) x = - 4; e) x = - 2,5; f) x = - 10;

g) x = - 1; h)x x

60

36

60

105

60

30

60

20- + = - , innen x =

66

125;

i) 4(x - 2) + 20 $ 1,2 = 5(2x + 1) + 4 $ 3, innen x =6

1- .

Megjegyzések:Helytakarékossági okokból nem végeztünk ellenôrzést, de ez az egyenletekmegoldásának szerves része. Az ellenôrzés egyik módja a kapott eredményvisszahelyettesítése.Ha a megoldás során minden lépésben ügyeltünk arra, hogy azonos (máskép-pen ekvivalens) átalakításokat végezzünk, akkor nem szükséges a kapott ered-ményt visszahelyettesíteni. (Ekvivalens átalakítások során ekvivalens egyen-leteket kapunk. Két egyenlet ekvivalens, ha ugyanazok a gyökei. Ekvivalensátalakítások alkalmazásakor tehát nem veszítünk gyököt, és nem keletkezikhamis gyök sem.)Elôfordulhat, hogy egy egyenlet gyökeit nem tudjuk visszahelyettesítésselellenôrizni; például végtelen sok megoldást kaptunk, vagy egyet sem. Ekkorfeltétlenül meg kell vizsgálnunk, hogy azonos átalakításokat végeztünk-e. Általában tehát azt mondhatjuk, hogy a megoldás ellenôrzését vagy a kapotteredmény visszahelyettesítésével, vagy az átalakítások ekvivalenciájának vizs-gálatával végezhetjük el.

1002. a) x =3

2; b) nincs megoldás (x = 0 nincs benne az alaphalmazban).

c) A zárójelek felbontása után 2x - 4 - 6x - 3 = - 6x + 9 - x + 2 + 3,

innen x = 7.

d) x =525

1206c 2,297; e) x =

15

26.

f) Mindkét oldalt 6-tal szorozva 48 - 2 $ 2x = 18 - 3 $ (x - 1),

innen x = 27.

g) x =7

10- ; h) x = 5 nem megoldás; i) x = -21 nem természetes szám;

j) x =82

51.

1003. a) 3x + 1 - x - 2 + (x - 1) = 2x - 1, innen x = 1, és x ! Q.

b) A bal oldal - x + 2[x - 3(x + 4)] = - x + 2x - 6(x + 4) = - x + 2x -

- 6x - 24 = - 5x - 24. Innen x =5

29- , de ez nem pozitív. Nincs

megoldás.

c) Azonosságot kapunk, minden x < 5 valós szám megoldás.

d) x =25

18;

e) x =61

189- ;

f) Elsô megoldás: A bal oldal x xx

2

1

8

32

4 8

1- + + - +

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW=

x xx

2

1

8

32

4 8

1= - + + - +

J

L

KK

N

P

OO= x x

x

2

1

8

32

42

8

1$ $- + + - - =

x x x

8

4 8 3 8 4 2=

- + + - -=

x

8

5 4-alakra hozható, innen

x x

8

5 4

4

3

8

1-= - , x = 0,6, és x ! ] - 2; 3].

Második megoldás: A kifejezést „belülrôl kifelé haladva” átalakítjuk.

A bal oldal x x

4 8

1

8

2 1+ =

+, x

x x x

8

32

8

2 1

8

3 8 4 2$+ -

+=

+ - -=

x

8

4 1=

+, x

x

8

4 1-

+=

x

8

4 1-,

x x

2

1

8

4 1

8

5 4-

-=

-alakra

hozható stb.

g) x =25

12; h) x = 44, x ! N.

1004. a) x = - 5; -5 ! [ -6; 6]; b) x = 3,5, és 3,5 ! Q;

c) nincs megoldás;

d) x = 9,6, de ez nem megoldás, mert kívül esik az alaphalmazon;

e) nincs megoldás (x =23

60- , de ez nem pozitív);

f) x = -0,5625, és x < 0; g) x = 0,1.

162 Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek…

IV


IV

1005. a) A két tört nevezôje ugyanaz, a számlálóknak is meg kell egyezniük;x = 8 (és x =Y 3).

b) x1 = 3, x2 = 8.

Megjegyzés:Ha az a) feladatbeli egyenlet mindkét oldalát megszorozzuk (x - 3)2-nel, a b)

egyenletet kapjuk. Azonban az átalakítás nem ekvivalens, b)-nek

x = 3 is gyöke.

c) Nincs megoldás, x = 3 nem lehet.

d)x x5

8

5

8

-=

-

-, innen x = - 8 (x =Y 5).

e)x 4

53

-+ =

x

x

4

3 7

-

-, innen 9 - x = 3x - 7, x = 4. Ekkor a tört

nevezôje 0 lenne, így nincs megoldás.

Másik megoldási lehetôség:x

x

x x

x

4

9

4

5

4

4

-

--

-=

-

-= - 1 =Y 3.

f)x

xx

x

1 12+= + , az egyenlet azonosság. Az x = 0 kivételével minden

valós szám megoldás.

g) Minden valós szám megoldás.

h) x1 = 0, vagy a 2(3x + 1) = x - 3 egyenletbôl x2 = - 1.

i) x1 = 2, x2 = - 1.

j) Egy szorzat akkor és csak akkor 0, ha valamelyik tényezôje 0;

x1 = - 1, x2 = 1, x3 = 3.

k) Egy tört értéke akkor és csak akkor nulla, ha számlálója nulla, és

nevezôje nem nulla. A megoldás x ! {1; - 1; - 2}.1006. A hagyományos, egyenletrendezésen alapuló megoldások mellett spe-ciális megoldási módszereket is alkalmazhatunk.

a) Az egyenlet jobb oldalán pozitív szám áll, a bal oldalon nem; nincs

megoldás.

b) A bal oldalon pozitív szám áll, a jobb oldalon is annak kell lennie;

ezért x = 0 vagy x = 1 lehet csak megoldás. Visszahelyettesítés után

x = 1.

c) A jobb oldalon pozitív (egész) szám áll, a bal oldalon is annak kell

lennie, ezért x = - 1 vagy x = - 2 lehet csak megoldás. Visszahe-

lyettesítés után x = - 1.

d) Észrevehetjük, hogy 5 + 1 = 4 + 2 = 3 + 3, ezért adjunk az egyenlet

mindkét oldalához 3-at (a bal oldalon minden taghoz 1-et). Ekkor

x x x

5

6

4

6

3

6++

++

+= ( )x 6

5

1

4

1

3

1+ + +

J

L

KK

N

P

OO= 0, innen x = - 6.

e) A négyzetgyök alatt nem állhat negatív szám, ezért x $ 3; a jobb

oldal nem lehet negatív, ezért x # 2. Nincs megoldás.


IV

f) A bal oldalon páros szám áll, a jobb oldalon páratlan. Nincs

megoldás.

g) (x; y) = (0; 0).

h) (x; y; z) = (0; 0; 0).

1007. a) x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

3 2

12 9

2 3

6 5

3 2

12 9

3 2

5 6

3 2

6 4

-

-+

-

-=

-

-+

-

-=

-

-= 2, ha x =Y

3

2.

Innen 2 = 2x - 2, x = 2.

b) 2 = 3x, nincs megoldás. (A nevezô nem lehet 0.)

c) 2 = 2 azonosság J

L

KKminden valós szám megoldás, kivéve x =

3

2 N

P

OO.

d)( )( )

x

x

x

x xx

1

1

1

1 11

2

-

-=

-

+ -= + , ha x =Y 1. x + 1 = 3, innen x = 2.

e) x + 1 = 2, innen x = 1 lenne, de ez nem megoldás.

f)x

x x

2

4 42

+

+ +=

( )

x

xx

2

22

2

+

+= + , ha x =Y - 2. x + 2 = 2x - 3, innen

x = 5.

g) x + 2 = 2x + 4, innen x = - 2 lenne, de ez nem megoldás.

h)( )( )

( ) ( )

x x x x

x x

3

7

3

5

3 3

7 3 5 3

++

-=

+ -

- + +=

x

x

9

12 6

2-

-. Ha x =Y ! 3,

akkor 12 x - 6 = 3, x =4

3.

i) x =9

2.

j)( )( )

( ) ( )( )

x x x

x

x x

x

x x x

x x x x x

4

2

2 2

4

2 2

2 2 4 2

2 2 2--

-+

+

-=

+ -

- + + - -=

( )( )x x x

x

2 2

6 8=

+ -

- +, innen x =

3

4.

k) : :x

x

x x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

6

2

2

1 1

6

2

2

2

6

2

2

2

6

2$

+

++ =

+

+ +=

+

+

+=

+

J

L

KK

N

P

OO , ha x =Y 0,

x =Y -2 és x =Y - 6. Ax

x

6

2

+=

x

3

2egyenletbôl x1 = 0 és x2 = - 3

adódik, de x1 nem megoldás.1008. a) x =Y 3, ekkor 3x = x2, x(x - 3) = 0. Innen x1 = 0 megoldás, x2 = 3

nem felel meg a kikötésnek.

b) x = 3;

c) x = 2,5;

d) x = 0;

e) x= 1;

f) x2 = 1, innen x = ! 1;

g) x = 2.


IV

1009. a) x + 2y + z = 3, innen y = 0 vagy y = 1 lehetséges.Ha y = 0, akkor x + z = 3, minden (x; z) = (t; 3 - t), t ! N, t # 3 ala-kú megoldás jó.Ha y = 1, akkor x + z = 1, s innen (x; z) = (0; 1) vagy (x; z) = (1; 0).

b) 3x + 2y + z = 3, innen (x; y; z) ! {(0; 0; 3), (0; 1; 1), (1; 0; 0)}.

c) y = 12 - 6x, így y osztható 6-tal. (y; x) lehetséges értékei: (0; 2),

(6; 1) vagy (12; 0).

d)x y

t z7

4 65

++ = . A jobb oldalon 3 és 5 közötti egész szám van, így

t = 0 vagy t = 1.

Ha t = 0, akkor 4x + 6y lehetséges értékei: 21, 28, 35. Innen csak

4x + 6y = 28 lehetséges (z = 4), s ekkor (x; y) = (1; 4), (4; 2) vagy (7; 0).

Ha t = 1, akkor z = 5, x = y = 0.

e) 3x + 8z = y + 5. A jobb oldal értéke legfeljebb 15, így z = 0 vagy

z = 1 lehetséges.

Ha z = 0, akkor (x; y) = (2; 1), (3; 4), (4; 7) vagy (5; 10); ha z = 1,

akkor (x; y) = (0; 3), (1; 6) vagy (2; 9).

f) Nincs megoldás; a bal oldal osztható 3-mal, a jobb oldal nem.

1010. a) x =y

yy

2

97 548 3

2

1-= - +

+. Mivel x egész, y = 2t - 1 (t ! N+), s

ekkor x = 51 - 5t. A lehetséges megoldásokat az alábbi táblázatban

soroltuk fel:

t 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

x 46 41 36 31 26 21 16 11 6 1

y 1 3 5 7 9 11 13 15 17 19

b) (x; y) = (160 - 7t; 5t), ahol t = 9, 10, 11, … , 19.

c) y = 3x - 5 +x

2

1-, innen x = 2t + 1, y = 7t - 2 (t ! Z). A

megoldások:

t -1 0 1

x -1 1 3

y -9 -2 5

d) Nincs megoldás; a bal oldalon páros, a jobb oldalon páratlan szám áll.

e) y =x

xx

2

19 39

2

1-= - +

-, innen x = 1 - 2t, y = 3t + 8 (t ! Z).

f) x =y

yy

5

17 13226 3

5

2 2+= + +

+, innen y = 5t - 1,

x = 17t + 23 (t ! Z).


IV

Egyszerû szöveges feladatok

Helytakarékossági okokból általában nem végeztük el az eredmények ellenôr-zését, de szöveges feladatok esetén kötelezô a kapott eredményt a szöveg alap-ján, a szövegbe való visszahelyettesítéssel ellenôrizni! A szöveges feladatok egy részét - az egyenlettel, egyenletrendszerrel való meg-oldás mellett - következtetéssel is megoldhatjuk. Néhány esetben erre is muta-tunk példát.1011. Jelöljük x-szel a keresett számot!

a) x x3

2

4

35= + , innen x = - 60.

b) x x3

2

3

45= + , innen x = 7,5.

(Következtetéssel: a szám 3

4-a kétszerese

3

2-ának; ha ez 5-tel na-

gyobb, akkor a szám 3

2-a éppen 5, s maga a szám 7,5.)

c) Nincs megoldás. d) x =11

216. e) x =

11

216- . f) x = 0. g) x = 24.

h) x = - 1,5. i) x =8

35. j) Azonosság; minden valós x szám megoldás.

1012. a) Ha a keresett szám 4

5-e 15, akkor

4

1-e 3, s a szám 12.

b) A kimondatlan kérdés lehet: „Mekkora a térfogatom?” Jelöljük

V-vel a térfogatunkat! Ekkor VV V V

33 9 9

1+ + + = , ahonnan

V =32

9(térfogategység). Megkaptuk az edény térfogatát is, ez

32

27

térfogategység.

c) Jelöljük a keresett számot s-sel! Ekkor ss

ss

3

2

3

1

3

210+ - + =

J

L

KK

N

P

OO ,

innen s = 9.

d) A szám 42.

e) Elsô megoldás: Jelöljük a keresett kincsek számát k-val! Ekkor

kk

kk

13 17

1

13150- - - =

J

L

KK

N

P

OO , ahonnan k =

32

5525172

32

21= + .

Második megoldás: Ha elvesszük egy mennyiség 17

1részét, akkor

17

16része marad meg. Így

k

13

12

17

16150$ = , k =

32

5525.


IV

Harmadik megoldás: Okoskodhatunk „visszafelé”! Ha a második

személy elvitte a maradék tizenheted részét, akkor a kincs 17

16része

maradt meg. Mivel ez 150, a második személy elôtt 15016

17$ kincs

volt a kamrában. Ez pedig az elsô személy által elvitt 13

1-nyi kincs

maradéka, vagyis az összes 13

12része. Így eredetileg

15016

17

12

13172

32

21$ $ = + kincs volt a kamrában.

Megjegyzés:Mai értelmezéssel csak egész számú kincset fogadnánk el megoldás-

ként.1013. Elsô megoldás: Az életkorok összege a kiállítás elôtt 242 év, a kiállításután 210 év. A kiállított játékos 32 éves volt.Második megoldás: Ha a kiállított játékos x éves volt,

x

11

21 1022

$ += , innen

x = 32 (év).1014. Jelölje a számokat x és x + 1, ekkor x + x + 1 = 2x + 1.

a) 2x + 1 = 2004, innen x = 1001,5, ez nem megoldás. (Két szomszédos

egész szám összege páratlan.)

b) 2x + 1 = 2005, innen x = 1002. A számok 1002 és 1003.

1015. Elsô megoldás: Jelölje x az osztálylétszámot, ekkor xx

9

43

2

3+ =

+,

innen x = 27.

Második megoldás: Eredetileg az osztály 9

5része fiú, ez

9

1résszel nagyobb, mint

a lányok aránya. Ha az osztályba három lány érkezne, a fiúk és lányok száma meg-

egyezne, így az osztály 9

1része három, az osztálylétszám tehát 9 $ 3 = 27.

1016. Jelöljük a kétjegyû szám elsô számjegyét a-val, a másodikat b-vel!

Ekkor az eredeti szám 10a + b, a számjegyek felcserélésével kapott szám

10b + a, innen 10b + a = ( )a b3

810$ + , 2b = 7a.

Az egyenlet jobb oldalán álló szám osztható 7-tel. 2 és 7 relatív prímek, ezért 7

osztja b-t is. Mivel b számjegy, így csak 0 vagy 7 lehet. Ha b = 0, nem kapunk

kétjegyû számot; míg ha b = 7, akkor a = 2. A keresett szám tehát a 27.1017. Mindegyik gyerek öt évvel lesz idôsebb, az életkorok összege 25 évvelnô, vagyis 70 év lesz.1018. Ha a fiú most x éves, akkor az apa életkora 3x. 14 év múlva a fiú (x + 14), az apa (3x + 14) éves lesz, innen 3x + 14 = 2(x + 14). A fiú most 14, azapa 42 éves.


IV

1019. a) Ha a nézô által kigondolt szám x, akkor a mûveletsor eredménye

( )x

10

10 2 5 100+ -= 2x - 5. Tehát a bûvész a bemondott számhoz

fejben hozzáad 5-öt, a kapott számnak a felét veszi, és megtudja,

milyen számra gondolt a nézô.

b)2

111 5+= 58.

1020. a) Az átlagsebesség, megtett út és eltelt idô között s = v $ t a kapcsolat.

Innen t12

1001= = 8 óra 20 perc, illetve t

15

1002= = 6 óra 40 perc a me-

netidô, tehát az érkezési idô 16 óra 20 perc, illetve 14 óra 40 perc.

b) Ha a kerékpárosok t óra óta úton vannak, akkor:

KerékpárosokSebesség Idô Út Hátralévô út(km/h) (óra) (km) (km)

Elsô kerékpáros

12 t 12t 100 - 12t

Második kerékpáros

15 t 15t 100 - 15t

Innen

2(100 - 15t) = 100 - 12t,

t =9

50c 5,56 (óra).

Az út - idô grafikon (1020. ábra):(Az ábrán (3)-mal jelölt egyenes meredek-sége 30.)

c) A második kerékpáros menetideje t3

202= ,

így az elsô kerékpáros menetideje legfeljebb

t3

231= lehet.

Innen

v =

3

23

100

23

300= c 13,04 (km/h) legalább.

1020.


IV

1021. a) Ha t idô múlva találkoznak:

KerékpárosokSebesség Idô Út(km/h) (óra) (km)

Elsô kerékpáros

12 t 12t


15 t 15t

A két kerékpáros együttesen 100 km-t tesz meg, így 12t + 15t = 100,

innen t =27

100c 3,70, tehát c 11 óra 42 perckor találkoznak.

Másképpen is okoskodhatunk:A két kerékpáros egymáshoz viszonyított relatív sebessége

12 + 15 = 27 (km/h), s ekkora sebességgel kell 100 km-t megtenni.

b) Tegyük fel, hogy Gödöllô és Hatvan között találkoznak az indulás

után t órával!

KerékpárosokSebesség Idô Út Hátralévô út(km/h) (óra) (km) Hatvanig (km)

Elsô kerékpáros

12 t 12t 28 - 12t


15 t 15t 72 - 15t

Ekkor 2(28 - 12t) = 72 - 15t, de t =9

16- nem ad megoldást (bár

fizikai szempontból van értelme az eredménynek).

Ha Hatvan és Eger között találkoznak:

KerékpárosokSebesség Idô Út Távolság(km/h) (óra) (km) Hatvantól (km)

Elsô kerékpáros

12 t 12t 12t - 28


15 t 15t 72 - 15t

Ekkor 2(12t - 28) = 72 - 15t, innen t =39

128c 3,28 (óra).

Az út - idô grafikon (1021. ábra):

A (3) egyenes (1) affin képe (az arány 2).

c) 28 - 12t = 15t, innen t =27

28c 1,04 (óra).

d) A találkozási idô t =27

100- 1 =

27

73, így

v27

7315 100+ =_ i , s innen

v = 21,99 (km/h). Az elsô kerékpárosnak

ekkorára kell növelnie az átlagsebességét.

1022. a) Az elsô kerékpáros t órányi idô

alatt 16t utat tesz meg, a második kerék-

páros (t - 1) óra alatt 36(t - 1)-et. Együtt

150 km-nyi utat tesznek meg, így

16t + 36(t - 1) = 150. Innen t =52

186c 3,58,

a találkozási idejük c 9 óra 35 perc.

(Másképpen: a relatív sebességük 52 km/h,

így az elsô óra utáni menetidô 52

150 16-=

=52

134stb.

N

P

OO

b)1022. ábra

c) Az elsô kerékpáros által a találkozásig

megtett út 150 km-rel több, így 16t + 150

= 36(t - 1). Innen t = 9,3, tehát 15 óra 18

perckor találkoznak.

(A relatív sebességgel számolva

1 +20

150 16+óra a találkozási idô.)

1023. Ha a gyorsvonat a két város közötti

s távolságot t idô alatt tette meg:

VonatokSebesség Út Idô(km/h) (km) (óra)

Személyvonat 60 s t + 1,5

Gyorsvonat 90 s t

Ekkor 60(t + 1,5) = 90t, innen t = 3 (óra), és s = 270 km.


IV

1021.

1022.


IV

1024. a) A „százalék” századrészt jelent, 3500 Ft 1%-a tehát 3500 Ft egy szá-zadrésze. 3500 $ 0,01 = 35 (Ft).

b) 3500 $0,1 = 350 (Ft); c) 3500 $0,22 = 770 (Ft); d) 3500 $0,75 = 2625 (Ft);

e) 3500 Ft; f) 3500 $ 1,2 = 4200 (Ft); g) 3500 $ 2,1 = 7350 (Ft);

h) 3500 $ 0,002 = 7 (Ft); i) 3500 $ 0,000 4 = 1,4 (Ft);

j) 3500 $ 0,004 = 14 (Ft); k) 3500 $ 0,000 6 = 2,1 (Ft).

1025. a) 48 a 240-nek 240

48=

5

1=

100

20része, vagyis 20 %-a.

b)240

60

4

1

100

25= = rész, vagyis 25%.

c),

240

2 4

100

1= rész, vagyis 1%.

d)240

100c 0,4167 rész, vagyis c 41,67%.

e) 100%.

f)240

500c 2,0833 rész, vagyis c 208,33%.

g)240

1c 0,0042 rész, vagyis c 0,42%.

h) Az 1 méternek 10-ed része, vagyis a 240 méternek c 0,042%-a.

1026. a) 1503; b) 2505.

1027. A keresett számot jelöljük x-szel, ekkor 0,3x -5

1x = 90. Innen a kere-

sett szám x = 900.

1028. Egy szám 5%-a egyenlô 20

1részével;

19

1és

20

1része csak a 0-nak

egyenlô.

1029.3

5-szor.

1030. A nadrág eredeti árát jelöljük x-szel, ekkor a végsô ár 1,2x $ 0,8 = 0,96x.

A kétszeri árváltozás után tehát csökkent az áru ára. (4%-kal.)Megjegyzés:A kapott eredmény nem függ a nadrág eredeti x árától, ezért a hasonló típusúfeladatokban megtehetjük, hogy az eredeti árat pl. egységnyinek vagy 100egységnek tekintjük.1031. Jelölje x a nadrág eredeti árát!

a) Az áremelkedés utáni ár 1,25x. Ha ezután az árcsökkentés arányát

y-nal jelöljük, akkor 1,25x $ y = x. Innen y =,1 25

1= 0,8, vagyis a ke-

reskedônek az új árat 20%-kal kell csökkentenie.

b) Az árleszállítás utáni ár 0,75x. Ha ezután az árnövelés arányát y-nal

jelöljük, akkor 0,75x $ y = x. Innen y =,0 75

1= ,1 3o , vagyis a kereske-

dônek az új árat c 33,3%-kal kell növelnie.

1032. Jelölje x az eredeti árat! Az új ár ekkor 1,4x $ 0,7 = 0,98x, vagyis az áru2%-kal lett olcsóbb.1033. Az eredeti árat jelölje x.

a) Az 1. esetben a végsô ár 1,1x $ 1,15 = 1,265x, a 2. esetben 1,15x $ 1,1 =

= 1,265x, az áru ára mindkét esetben 26,5%-kal nôtt.

b) Az 1. esetben a végsô ár 1,1x $ 0,85 = 0,935x, a 2. esetben 0,85x $ 1,1 =

= 0,935x, az áru ára mindkét esetben 6,5%-kal csökkent.

c) Az 1. esetben a végsô ár 1,1x $ 1,1 $ 0,8 = 0,968x, a 2. esetben

1,1x $ 0,8 $ 1,1 = 0,968x, az áru ára mindkét esetben 3,2%-kal csök-

kent.1034. 20 liter 30%-os alkoholban 20 $ 0,3 = 6 liter, 30 liter 25%-os alkoholban 30 $ 0,25 = 7,5 liter tiszta alkohol van. Jelöljük x-szel a keverék töménységét, stekintsük az alábbi táblázatot!

KeverékekTérfogat Töménység Tiszta alkohol

(liter) (%) (liter)

1. keverék: 20 30 6,

2. keverék: 30 25 7,5

Összeöntve: 50 x 13,5

x =,

50

13 5100$ = 27, vagyis a keverék 27%-os lesz.

Megjegyzés:A keverék töménységét az ún. súlyozott közép (vagy súlyozott átlag) képletével

is kiszámíthatjuk: , ,

20 30

0 3 20 0 25 30$ $

+

+= 0,27.

1035. a)

KeverékekTérfogat Töménység Tiszta alkohol

(liter) (%) (liter)

1. keverék: 4 55 2,2

2. keverék: 6 25 1,5

Összeöntve: 10 x 3,7

,

10

3 7= 0,37, a keverék 37%-os lesz.

b), ,

40 50

40 0 15 50 0 22$ $

+

+c 0,189, a keverék 18,9%-os lesz.

c) 26,6%.

d),

50 30

50 0 3$

+= 0,1875, a keverék 18,75%-os lesz.

e),

50 30

50 0 3 30$

+

+= 0,5625, a keverék 56,25%-os lesz.


IV

Egyenletrendszerek 173

IV

f) A három mennyiség súlyozott átlaga , , ,

25 30 40

25 0 2 30 0 23 40 0 1$ $ $

+ +

+ +c

c 0,167, a keverék 16,7%-os lesz.1036. Jelöljük L-lel a víz térfogatát!

a) Ekkor ,

L32

32 0 2$

+= 0,15, innen L =

3

32(liter).

b),

L40

40 0 2$

+= 0,15, innen L =

3

40(liter).

c),

L40

40 0 25$

+= 0,15, innen L =

3

80(liter).

d) Nem lehetséges; a töménység nem nôhet.

e), ,

L12 22

12 0 18 22 0 1$ $

+ +

+= 0,08, innen L = 20,5 (liter).

1037. a) 8%.

b) 15%.

c) Ha a 10%-os sóoldat tömege 2m, akkor , ,

m

m m

3

2 0 1 0 16$ $+= 0,12,

a keverék 12%-os lesz. (Az eredmény m-tôl független, a két tö-

ménység súlyozott közepét kaptuk.)

d) 9%.

1038. a) Kétszer annyit.

b) Fele annyit.

c) Semennyit.

Egyenletrendszerek

1039. a) Grafikus megoldás: Olyan (x; y) számpárokat keresünk, melyek az(1) és (2) egyenletet egyszerre elégítik ki. A feladatot átfogal-mazhatjuk: az (x, y) derékszögû koordináta-rendszerben (1) és (2)képe is egy-egy ponthalmaz, sekkor olyan P(x; y) koordinátájúpontokat keresünk, amelyek az(1) és (2) ponthalmazhoz egy-aránt hozzátartoznak.A derékszögû koordináta-rend-szerben (1) képe olyan egyenes,melynek meredeksége 2, tenge-lymetszete 1, (2) képe pedig - 1meredekségû, 4 tengelymetszetûegyenes (1039/a. ábra). Olyan P(x; y) pontokat keresünk, ame-lyek mindkét egyenesen rajtavannak. Egyetlen ilyen pont lesz,a két egyenes metszéspontja.

1039/a.

Az ábra alapján mindkét egyenes átmegy az (1; 3) ponton, errôl el-lenôrzéssel is meggyôzôdhetünk. A két egyenesnek több metszés-pontja nincs. Algebrai megoldás: Ha (1) y = 2x + 1 és (2) y = - x + 4, akkor 2x + 1 == - x + 4 is teljesül. Innen 3x = 3, x = 1, s visszahelyettesítve pl. (1)-be, y = 3. Az egyenletrendszer megoldása (x; y) = (1; 3).Ellenôrzés: (1) 3 = 2 $ 1 + 1 és (2) 3 = -1 + 4 valóban teljesül.Megjegyzések:- A kétismeretlenes egyenletrendszerek megoldásai mindig szám-párok.- A késôbbiekben - helytakarékossági okokból - már nem írjuk le,de a kapott megoldásokat mindig ellenôriznünk kell. Ezt úgy tehet-jük meg, hogy a gyököket visszahelyettesítjük az eredeti egyenle-tekbe.- A grafikus megoldás általában nem ad pontos értéket (a leolvasá-si pontosság függ pl. a tengelyek beosztásától). Az ábrázolás segítsé-gével megsejthetjük a metszéspontok koordinátáit, s ezeket vissza-helyettesítéssel tudjuk ellenôrizni.- Miután a grafikus ábrázolás segítségével megtaláltuk a közöspontokat, mindig meg kell indokolnunk, hogy az ábrázolt ponthal-mazoknak miért nincs több közös pontja. (Hiszen pl. a koordináta-

rendszer tengelyeit is csak véges tartomány-ban ábrázoljuk; elképzelhetô, hogy az ábrá-zolt tartományon kívül van még közös pont.)- Két egyenesnek 0, 1 vagy végtelen sok kö-zös pontja lehet (ha egybeesnek). Két külön-bözô meredekségû egyenesnek egy közöspontja van, a továbbiakban nem indokoljuka megoldás egyértelmûségét.

b) Grafikus megoldás: (1) és (2) képe az

1039/a. ábrán látható.

Leolvasás és ellenôrzés után a metszés-

pont (2; 3).

Algebrai megoldás: x+1 = 2x-1, innen

x = 2, visszahelyettesítés után y = 3.

1040. a) Grafikus megoldás:(1) és (2) képe az 1040/a. ábrán látható.

Leolvasás és ellenôrzés után a metszéspont (-2,5; -0,5).

Algebrai megoldás: x

51- - = 2x + 4,5, innen x = -2,5, visszahelyet-

tesítés után y = - 0,5.

b) Grafikus megoldás:A metszéspontot most nem tudjuk pontosan leolvasni;

- 3 < x < - 2 és 0 < y < 1. (1040/b. ábra).

Algebrai megoldás: x3

22+ = x

2

11- - , innen x =

7

18- , y =

7

2.


IV

1039/b.


IV

Megjegyzés:Geometriai módszerekkel (az egyenletrendszer megoldása nélkül)

meghatározhatjuk a metszéspontot. Tekintsük a koordináta-rend-

szer azon egységnégyzetét, amelyben metszi egymást a két egyenes,

s jelöljük a-val, illetve b-vel az 1040/c. ábrán látható szakaszokat!

Derékszögû háromszögek hasonlósága miatt b

a

3

2= , innen (1)

a =b

3

2; valamint

b

a

1 2

1

-= , innen (2) a =

b

2

1 -. Az egyen-

letrendszer megoldása b

3

2=

b

2

1 -miatt b =

7

3, a =

7

2,

s innen az y =7

2, x =

7

18- értékeket kapjuk.

1041. a) A metszéspont pontos koordinátáit nem tudjuk leolvasni.

1,1x - 2 = 2,3x + 1,4-bôl

x =6

17- , y =

60

307- .

1040/a. 1040/b.

1040/c.

1041/a.


IVb)

A két egyenes tükrös helyzetû az y tengelyre, a metszéspont ;0 3b l.

(A 3 értéket persze nem az ábráról olvastuk le, hanem az x = 0 helyet-

tesítéssel mindkét egyenesre ugyanazt az y tengelymetszetet kaptuk.)

Algebrai megoldás: x2 3+ = x2 3- + , innen (x; y) = ;0 3b l.

1042. a)A metszéspont pontos koordinátáit nem tudjuk leolvasni.

x2 3+ = x2 5- + , innen x =2 2

5 3-, y =

2

5 3+.

b) Az egyenleteket átalakíthatjuk. 2x + y = 5, innen (1) y = -2x + 5;

-x + y = -1, innen (2) y = x - 1 (ábra).

A metszéspont (2; 1).

Algebrai megoldás: - 2x + 5 = x - 1, innen x = 2, y = 1.

c) Az egyenleteket átalakíthatjuk. 2x + 3y = 4, innen

(1) y = x3

2

3

4- + ; 5x - 6y = -7, innen (2) y = x

6

5

6

7+ .

A metszéspont pontos koordinátáit nem tudjuk leolvasni.

Algebrai megoldás: x x3

2

3

4

6

5

6

7- + = + , innen ,x y

9

1

27

34= = .

1041/b. 1042/a.

1042/b. 1042/c.


IV

1043. Az egyik egyenletbôl kifejezzük valamelyik ismeretlent, s behelyette-sítjük a másik egyenletbe. Ekkor egy egyenletet kapunk, melyben csak egy is-meretlen szerepel.

a) Pl. (2)-bôl (2′) x = 2y - 1, ezt (1)-be helyettesítve 2(2y - 1) + 3y = 5.

Innen 7y = 7, y = 1, s visszehelyettesítve (2′)-be x = 1. Megoldás:

(x; y) = (1; 1).

b) (1)-bôl y = 0,5x - 3, innen (2)-bôl - x - 2(0,5x - 3) = 2. (x; y) = (2; - 2).

1044. a) (1)-bôl x =, y

2

7 1 3-, innen (2)-bôl

,,

yy4

2

7 1 31 1 14$

-- = .

(x; y) = (3,5; 0).

b) (2)-bôl x =y

2

3 1-, innen (1)-bôl

yy2

2

3 13 3$

-+ = .

(x; y) = ;2

1

3

2J

L

KK

N

P

OO.

1045. a) (1)-bôl x = y2

3

3

4- , innen (2)-bôl y y y

5

4

2

3

3

4

6

5

8

7- - + = +

J

L

KK

N

P

OO .

(x; y) = ;54

85

36

83-

J

L

KK

N

P

OO.

b) (1)-bôl x =y

2

1 6 3+ -, innen (2)-bôl 2 2= + .

(x; y) = ;2

12

J

L

KKK

N

P

OOO.

1046. a) (1)-bôl x =y

5

2 3 6-, innen (2)-bôl

yy2

5

2 3 6$-

-+ -

2 0- = . (x; y) = ;0 2b l.

b) (1)-bôl y = 2x - 7, innen (2)-bôl - 4x + 2(2x - 7) = - 14. Azonossá-

got kaptunk, az egyenletrendszernek minden (x; y) = (a; 2a - 7)

alakú valós számpár a megoldása.

A derékszögû koordináta-rendszerben (1) és (2) képe ugyanaz az

egyenes.

c) (1)-bôl x = y2

52- , innen (2)-bôl y y5

2

52 10 7 0$ - + + =

J

L

KK

N

P

OO . Ellent-

mondást kaptunk, az egyenletrendszernek nincs megoldása.

A derékszögû koordináta-rendszerben (1) és (2) képe párhuzamos

egyenes, melyeknek nincs közös pontja.1047. Az egyenleteket megszorozzuk úgy, hogy valamelyik ismeretlen együtt-hatói megegyezzenek vagy egymás ellentettjei legyenek.


IV

a) Elsô megoldás: Szorozzuk meg (1)-et 3-mal, (2)-t 2-vel, kapjuk:

(1′) 6x + 9y = 21;

(2′) 6x - 4y = 8.

A két egyenletben x együtthatója megegyezik, tehát a két egyenletet

egymásból kivonva olyan egyenletet kapunk, melyben csak y szerepel.

(1′) - (2′): 13y = 13, innen y = 1, visszehelyettesítve (1)-be vagy (2)-

be x = 2.Második megoldás: Szorozzuk meg (1)-et 2-vel, (2)-t -3-mal,kapjuk:

(1′) 4x + 6y = 14;

(2′) - 9x + 6y = -12.

A két egyenletben y együtthatója megegyezik, a két egyenletet kivo-násából (1′) - (2′): 13x = 26. Innen x = 2, visszehelyettesítve y = 1.Harmadik megoldás: Szorozzuk meg (1)-et 2-vel, (2)-t 3-mal,kapjuk:

(1′) 4x + 6y = 14;

(2′) 9x - 6y = 12.

A két egyenletben y együtthatói egymás ellentettjei. A két egyen-letet összeadásából (1′) + (2′): 13x = 26. Innen x = 2, visszehe-lyettesítve y = 1.

b) Az elsô egyenlet 2-szereséhez hozzáadjuk (2)-t, innen - y = -3, y = 3;visszahelyettesítés után x = -2.

1048. a) Elsô megoldás: (1) - (2): y3

146= , y =

7

9, és x =

2

1- .

Második megoldás: (1) + (2): 4x = - 2, innen x =2

1- , és y =

7

9.

b) Az elsô egyenlet 6-szorosához hozzáadjuk a második egyenletet: 6 $ (1) + (2): -2,5y = 0, innen (x; y) = (2; 0).

1049. a) 8 $ (1) + (2): y6

27

24

53- = , innen (x; y) = ;

81

26

108

53- -

J

L

KK

N

P

OO.

b) (1) + (2): ,x15

15 2= , innen (x; y) = ;78

15

556J

L

KK

N

P

OO.

1050. a) 0,5 $ (1) - (2): x42

190= , innen (x; y) = (0; 4).

b) (1) - (2): 2 2-b ly = 7, innen y =2 2

7

-, x =

6 2 3

5 2 4

-

+.

1051. a) 2 $ (1) - 5 $ (2): y 2 2 7 15+ -b l = 0, innen (x; y) = ;2 5 0b l.

b) 2 $ (1) + (2): 0 = 13. Nincs megoldás.

c) 2,5 $ (1) - (2): 0 = 0. Minden (x; y) = ;aa

4

5 2- -J

L

KK

N

P

OO, a ! R számpár

megoldás.

1052. a) Legyen a =x

1, b =

y

1, ekkor

(1′) 2a + 3b = 1;

(2′) 3a - 4b = - 7.

Innen (a; b) = ( - 1; 1), visszahelyettesítve (x; y) = ( - 1; 1).

b) Legyen a =x 1

1

+, b =

y2 4

1

-, ekkor

(1′) - 4a + 4b = 0;

(2′) 3a + b = 4.

Innen (a; b) = (1; 1), visszahelyettesítve (x; y) = (0; 2,5).

1053. a) Legyen a =x y2 3

1

+, b =

y x2 3

1

-, ekkor

(1′) 7a - 2 = b;

(2′) 3a - b =7

10.

Innen (a; b) = ;7

11-

J

L

KK

N

P

OO, visszahelyettesítve (x; y) = ;

13

17

13

19J

L

KK

N

P

OO.

b) Legyen a =x y2 2

1

- +, b =

x y 1

3

+ +, ekkor

(1′) 4a + b = 5;

(2′) 3a - 2b = 1.

Innen (a; b) = (1; 1), visszahelyettesítve (x; y) = ;3

1

3

5J

L

KK

N

P

OO.

c) Legyen a = x + 2y - 1, b = 2x - y + 1. Ekkor

(1′) 4a - 3b = -2;

(2′) 3a - b = 6.

Innen (a; b) = (4; 6), visszahelyettesítve (x; y) = (3; 1).

11005544.. a) (x; y) = (-1; 4), és x, y ! Q.

b) (x; y) = (16; 0), és -5 < y < 5.

1055. a) (x; y) = ;3

15

J

L

KK

N

P

OO, és x, y > 0.

b) (x; y) = ;7

1

7

1-

J

L

KKK

N

P

OOO, és x, y ! Q*.

1056. a) (x; y) = ;3

1

3

2J

L

KK

N

P

OO, de ez nem megoldás, mert y < 0 nem teljesül.

b) Nincs megoldás.


IV

1057. a) (x; y) = ;3 2

5

3 2

2 2

+ +

-J

L

KKK

N

P

OOO, és x ! Q*.

b) (x; y) = ;794

1305

397

121J

L

KK

N

P

OO.

c) Minden (x; y) = ;,

, ,a

a

4 1

2 25 15 55-J

L

KK

N

P

OO számpár megoldás, ahol a ! Z.

d) (x; y) = (1; 1).

Egyenletrendszerrel megoldható egyszerû szöveges feladatok

1058. Jelölje a két számot x és y, ekkor

(1) x + y = 20;

(2) x - y = 10.

A két egyenlet összeadása után 2x = 30, innen x = 15, ezt visszahelyettesítve

y = 5.Megjegyzés:Ha az egyik számot a-val, a másikat (20 - a)-val jelöljük, akkor az egyenlet-rendszer helyett elég az a - (20 - a) = 10 egyenletet megoldani.1059. Jelöljük a lovon lévô zsákok számát x-szel, a szamáron lévôkét y-nal!Ekkor

(1) y + 1 = 2(x - 1);(2) y - 1 = x + 1.

Az egyenletrendszer megoldása (x; y) = (5; 7).1060. Elsô megoldás: Jelölje a csirkék számát c, a nyulak számát n; ekkor

(1) c + n = 23 (a fejek száma);(2) 2c + 4n = 66 (a lábak száma).

(2) - 2 $ (1)-bôl 2n = 20, n = 10, s ekkor c = 13.Tehát csirke van több a kertben.

Második megoldás (következtetéssel): Ha a kertben 23 csirke lenne, lábaikszáma 46 volna. Ha egy csirkét egy nyúlra „cserélünk”, a fejek száma nem vál-tozik, a lábak száma 2-vel nô. Mivel 66 lábnak kell lennie, így pontosan 10 nyúlvan a kertben; kevesebb, mint csirke.

Megjegyzés:Egyenletrendszer nélkül is célt érhetünk, ha a nyulak számát közvetlenül 23 - c-vel jelöljük; ekkor 2c + 4(23 - c) = 66 a megoldandó egyenlet.1061. Jelölje a kétágyas szobák számát k, a háromágyasokét h! Ekkor

(1) k + h = 72;(2) 2k + 3h = 176.

Innen (k; h) = (40; 32).

A feladatot megoldhatjuk egyenlettel vagy következtetéssel is.


IV


IV

1062. Ha T1 m2 az egyik és T2 m2 a másik terület nagysága, akkor:

(1) T T3

2

2

15001 2$ $- = ;

(2) T1 + T2 = 1800.

Innen T1 = 1200 m2, T2 = 600 m2.1063. Jelöljük a nagyobbik számot n-nel, a kisebbiket k-val! Ekkor

(1) 0,2n =6

5k + 12;

(2) 2n = 3k + 280.

Innen (k; n) = (30; 185).1064. Legyen a keresett szám elsô számjegye a, a második b! Ekkor

(1) 10a + b = a + b + 18;(2) a = 2b vagy b = 2a.

(1)-bôl a = 2, (2)-bôl b = 1 vagy b = 4, így két megfelelô szám van: 21 és 24.1065. Legyen a keresett szám elsô számjegye x, a második y! Ekkor 10x + y == 2(x + y) + 7, innen 8x = 7 + y. A bal oldalon álló szám osztható 8-cal, innen y1 = 1 és y2 = 9, ekkor x1 = 1 és x2 = 2. Tehát két megfelelô szám van: 11 és 29.

1066. Jelölje a kutyák számát k, ekkor a lakosok száma 400k. 2 év múlva a

kutyák száma 1,042k, a lakosok száma 0,882 $ 400k. A keresett arány

,

,,

k

k

1 04

0 88 400286 4

2

2

$

$. , tehát ennyi lakosra jut majd egy kutya.

1067. Elsô megoldás (egyenletrendszerrel): Jelöljük az elsô számot x-szel, amásodikat y-nal! Ekkor

(1) x + y =34,44;

(2)x

y10

2= .

(2)-bôl x = 20y, ezt (1)-be beírva 21y = 34,44. Innen y = 1,64, x = 32,8.

Második megoldás (egyenlettel): Ha az elsô szám tizedrésze a második kétsze-

rese, akkor az elsô szám éppen hússzorosa a másodiknak. Legyen az elsô szám

x, a második ekkor x

20, összegük ,x

x

2034 44+ = . Innen x = 32,8 és ,

x

201 64=

a két szám.

Harmadik megoldás (egyenlettel): Jelöljük az elsô számot x-szel, ekkor a

második szám 34,44 - x. A feltétel szerint ( , )x

x10

2 34 44$= - , innen a két

szám x = 32,8 és 34,44 - x = 1,64.


IV

Többváltozós egyenletrendszerek

1068. Az ismeretleneket fokozatosan kiküszöböljük.

a) (1)-bôl z = 2x + 3y - 1; ha ezt behelyettesítjük (2)-be és (3)-ba, két

egyenletbôl álló, kétváltozós egyenletrendszert kapunk.

x - 6y + 2,5(2x + 3y - 1) = 1, innen 6x + 1,5y - 2,5 = 1, vagyis

(2′) 6x + 1,5y = 3,5, és hasonlóan

(3′) 2x + 3y = 2.

Innen x =2

1, y =

3

1, s visszahelyettesítés után z = 1.

b) Elsô megoldás: (1)-bôl x = 3 - y - 2z, innen

(2′) -4y - 3z = -5,

(3′) 3y + 3z = 6.

Az egyenletrendszer megoldása (y; z) = (-1; 3), s ekkor x = -2.Második megoldás: (2) + (3) összegbôl y = -1, (1) - (2) különbségbôl 4y + 3z = 5, s innen z = 3. Végül visszahelyettesítés után x = -2-tkapjuk.

1069. a) (x; y; z) = (1; 1; 1).b) (x; y; z) = (0,25; 4; 3).

1070. a) (x; y; z) = (1,5; -1; 0).b) (x; y; z) = (2; 1; -1).

1071. a) (x; y; z) = (2; 1; 4).b) (x; y; z) = (3; -2,5; -1).

1072. a) Nincs megoldás. Az a =x

1, b =

y1

1

-új változók bevezetésével az

egyenletrendszer

(1′) 2a + 3b + z = 4;(2′) a + 5b + z = 3,5; (3′) -a - b + 3z = 8,5

alakú lesz. Ennek megoldása (a; b; z) = ; ;2

10 3

J

L

KK

N

P

OO, innen x = 2 és

z = 3 adódik, de y1

1

-= 0 nem lehetséges.

b) Nincs megoldás, (1) és (2) ellentmondó egyenletek.

1073. a) (3) = -2 $ (1), így valójában két különbözô egyenlet adott három is-

meretlennel. Ha az egyenletek nem tartalmaznak ellentmondást,

akkor végtelen sok megoldást kapunk, mert az egyik változóval kife-

jezhetjük a másik kettôt. Pl. ha y-t és z-t fejezzük ki x-szel, akkor

(1) + (2)-bôl -y = 3 - 2x, innen y = 2x - 3; 3 $ (1) + 2 $ (2)-bôl z =

= 5x - 8. Az egyenletrendszer megoldásai az (x; y; z) =

= (x; 2x - 3; 5x - 8) számhármasok (x szabadon választható).


IV

b) (3) = - 2 $ (2). (1) - (2)-bôl y = 2; (1) + (2)-bôl x + z = 4. Így pl. x-etz-vel kifejezve (x; y; z) = (4 - z; 2; z), ahol z szabadon választható.

1074. Az ún. ciklikus egyenletrendszerek esetén a hagyományos megoldásimódszerek mellett egyéb eljárásokat is alkalmazhatunk. (Pl. az egyenletekösszeadása után szimmetrikus egyenletet kapunk.)

a) Az egyenleteket összeadva 2(x + y + z) = 24, innen x + y + z = 12, srendre visszahelyettesítve (1), (2), (3)-ba, z = 5, x = 3, y = 4.

b) Az egyenleteket összeadva 0 = 0 azonosságot kapjuk. Ennek oka, hogy(1)-bôl és (2)-bôl következik (3): (1) + (2) = -(3). A három isme-retlenre csak két egyenlet adott, végtelen sok megoldás van. Pl. (1)-bôly = x - 3, (3)-ból z = x + 3, így a megoldások (x; y; z) = (x; x - 3; x + 3),ahol x szabadon választható.

1075. a) (1)-bôl x = 6 - 2y, (2)-bôl z =y

2

1 -, ezt (3)-ba helyettesítve

y

2

1 -+

+ 2(6 - 2y) = 3,5. Innen y = 2, (x; y; z) = (2; 2; - 0,5).b) Ha pl. x # y # z, akkor 2x + 3y # 2y + 3z; egyenlôség csak akkor tel-

jesülhet, ha x = y = z. Ha pedig x # z # y, akkor 2z + 3x # 2y + 3z, segyenlôség csak x = y = z esetében állhat fenn. Egymáshoz képest x,y, z nagyság szerint hatféleképpen helyezkedhet el; a fennmaradó 4eset a fenti kettôhöz hasonlóan vizsgálható (logikailag szimmetrikus). Tehát a megoldás (x; y; z) = (1,4; 1,4; 1,4).

A „hagyományos” megoldási módszert is alkalmazhatjuk.Az elsô két egyenletbôl y-t kiküszöbölve 9z - 4x = 7, ezt (3)-malegybevetve z = 1,4 stb.

1076. a) Legyen a =x

1és b = z2, ekkor az egyenletrendszer:

(1′) a - 2b = - 3;

(2′) b - 2y = - 1,2;

(3′) y - 2a = - 0,4.

(1′) + 2 $ (2′)-bôl a - 4y = - 5,4, ennek 2-szeresét (3′)-höz adva - 7y =

= -11,2, innen y = 1,6, s visszahelyettesítve b = 2, a = 1. Megoldás:

(x; y; z) = ; , ;1 1 6 2b l vagy (x; y; z) = ; , ;1 1 6 2-b l.

b) (1) + (2) - (3)-ból x + y + z = 28,5, visszahelyettesítve rendre (1),

(2), (3)-ba y = 11,5, z = 5, x = 12.

c) (1) + (2) + (3) + (4)-bôl x + y + z + u = 10, innen (x; y; z; u) = (1; 2; 3; 4).1077. Elsô megoldás: Jelölje a számokat x, y, z, ekkor

(1) x + y + z = 1680;

(2) x = 0,3y;

(3) z = y2

3.

Innen 0,3y + y +2

3y = 1680, y = 600, s ekkor x = 180, z = 900.

Második megoldás: Egyenletrendszer felállítása nélkül is megoldhatjuk a fel-

adatot. Ha a középsô számot y jelöli, akkor az elsô szám 0,3y, a harmadik 2

3y,

s innen 0,3y + y +2

3y = 1680 rögtön adódik.

1078. Elsô megoldás (egyenletrendszerrel): Jelöljük a polcokon lévô könyvek

számát rendre x, y, z-vel! Ekkor

(1) x + y + z = 82,(2) y = 2x + 2,(3) z = 3x - 4.

(2)-t és (3)-t (1)-be helyettesítve x + 2x + 2 + 3x - 4 = 82, s innen x = 14. A pol-cokon rendre 14, 30, 38 könyv van. Második megoldás (egyenlettel): Legyen az elsô polcon x számú könyv, ekkor amásodikon 2x + 2, a harmadikon 3x - 4 darab könyv van. Ekkor 6x - 2 = 82,amibôl x = 14 adódik. Az elsô polcon 14, a másodikon 30, a harmadikon 38könyv van.1079. Elsô megoldás: Ha a barátoknak rendre a, b, c, d darab bélyegük van,akkor

(1) a = 34 +b c d

5

+ +, (2) b = 34 +

a c d

5

+ +,

(3) c = 34 +a b d

5

+ +, (4) d = 34 +

a b d

5

+ +.

Vezessük be az a + b + c + d = s jelölést, s adjuk össze az egyenleteket! Ekkor

s = 136 + s5

3, innen s = 340. (1)-bôl 5a = 170 + s - a, a = 85. Hasonlóan szá-

molhatjuk ki a többi változót is, így a jóbarátoknak fejenként 85 bélyege van.

Második megoldás: (1) - (2)-bôl a - b =b a

5

-adódik, innen 6(a - b) = 0.

Tehát a = b, s hasonlóan mutathatjuk meg, hogy a = c = d. (1) átalakítva

a = 34 + a5

3, innen a (= b = c = d) = 85.

1080. Külsô pontból húzott érintôszakaszok hossza megegyezik (1080. ábra),

ezért

(1) x + y = 10,(2) y + z = 12,(3) x + z = 14.

(1) + (2) + (3)-ból 2(x + y + z) = 36, x + y + z = 18. Innen (x; y; z) = (4; 6; 8).

Megjegyzés:A háromszög oldalait a, b, c-vel, félkerületét s-sel jelölve x = s - a, y = s - b, z = s - c.


IV

1080.

Paraméteres egyenletek, egyenletrendszerek

1081. A paraméteres egyenleteket a paraméterek minden lehetséges értékéremeg kell vizsgálnunk.

a) Ha a = 0, akkor az egyenletnek nincs megoldása.

Ha a =Y 0, akkor x =a

3.

b) Ha a = 0, akkor az egyenletnek minden valós szám megoldása.

Ha a =Y 0, akkor x = 0.

c) Ha a = 0, akkor

1. ha b = 0, akkor minden valós szám megoldás;

2. ha b =Y 0, akkor nincs megoldás.


b.

d) x(a - 2) = - 8.

Ha a = 2, akkor az egyenletnek nincs megoldása.

Ha a =Y 2, akkor x =a 2

8

-

-.

e) x(a - 2) = b - 3.

Ha a = 2 és b = 3, akkor minden valós szám megoldás.

Ha a = 2 és b =Y 3, akkor az egyenletnek nincs megoldása.


b

2

3

-

-.

f) x(a + 2) = 4(a + 2).

Ha a = - 2, akkor minden valós szám megoldás.

Ha a =Y - 2, akkor x = 4.

1082. a) x(2a - 3) = a - 5.

Ha a = 1,5, akkor az egyenletnek nincs megoldása.

Ha a =Y 1,5, akkor x =a

a

2 3

5

-

-.

b) x(2a - 3) = b - 5.

Ha a = 1,5, akkor

1. ha b = 5, akkor minden valós szám megoldás;

2. ha b =Y 5, akkor az egyenletnek nincs megoldása.

Ha a =Y 1,5, akkor x =a

b

2 3

5

-

-.

c) (a + 1)(a - 1)x = a + 1.

Ha a = - 1, akkor minden valós szám megoldás.

Ha a = 1, akkor az egyenletnek nincs megoldása.

Ha a =Y - 1 és a =Y 1, akkor x =a 1

1

-.

d) a(a + 3)x = 5(a + 3).

Paraméteres egyenletek, egyenletrendszerek 185

IV

Ha a = 0, akkor nincs megoldás.Ha a = - 3, akkor minden valós szám megoldás.

Ha a =Y 0 és a =Y - 3, akkor x =a

5.

e) a(a - 1)x = (a + 1)(a - 1).Ha a = 0, akkor nincs megoldás.Ha a = 1, akkor minden valós szám megoldás.

Ha a =Y 0 és a =Y 1, akkor x =a

a 1+.

1083. a) x =p

2

3-. x > 0, ha p > 3; x = 0, ha p = 3; x < 0, ha p < 3.

b) x(p + 2) = 2.

Ha p = - 2, nincs megoldás.

Ha p =Y - 2, akkor x =p 2

2

+. x > 0, ha p > - 2; x < 0, ha p < - 2.

c) x(p - 2) = p - 3.

Ha p = 2, nincs megoldás; egyébként x =p

p

2

3

-

-. Egy tört akkor po-

zitív, ha számlálója és nevezôje azonos elôjelû. Ezért:x > 0, ha p > 3 vagy p < 2;x = 0, ha p = 3;x < 0, ha 2 < p < 3.

d) x(p - 2) = p - 2.Ha p = 2, minden x valós szám megoldás, tehát a gyökök tetszôlegeselôjelûek.Ha p =Y 2, akkor x = 1, a gyök pozitív.

e) x(p - 2) = 3p - 6.Ha p = 2, minden x valós szám megoldás, a gyökök tetszôleges elô-jelûek.Ha p =Y 2, akkor x = 3, a gyök pozitív.

f) x(p - 3) = p2 - 9.Ha p = 3, akkor minden x valós szám megoldás, a gyökök tet-szôleges elôjelûek.Ha p = - 3, akkor x = 0.Ha p =Y 3 és p =Y - 3, akkor x = p + 3. Tehát: ha p > - 3 (és p =Y 3), akkor x > 0;ha p < - 3, akkor x < 0.

1084. a) x =Y 2, ekkor (3 - 2p)x = 7.Ha p = 1,5, nincs megoldás.

Ha p =Y 1,5, akkor x =p3 2

7

-. A kikötés miatt

p3 2

7

-=Y 2, innen

p =Y - 0,25.

Tehát: x > 0, ha p > 1,5; x < 0, ha p < 1,5, de p =Y - 0,25.


IV

b) x =Y 1, ekkor (2 - p)x = 7.

Ha p = 2, nincs megoldás.

Ha p =Y 2, akkor x =p2

7


p2

7

-=Y 1, innen p =Y -5.

Tehát: x > 0, ha p < 2, de p =Y -5; x < 0, ha p > 2.

c) Ha p = 1,5, akkor x = -2 kivételével minden valós szám megoldás.

Ha p =Y 1,5, akkor x = -3, a gyök negatív.

d) x =Y -3, ekkor x(1 - p) = 2p - 1.

Ha p = 1, nincs megoldás.

Ha p =Y 1, akkor x =p

p

1

2 1

-


p

p

1

2 1

-

-=Y - 3, innen

p =Y 2.

Tehát: x > 0, ha 0,5 < p < 1; x = 0, ha p = 0,5; x < 0, ha p < 0,5

vagy 1 < p, de p =Y 2.

1085. a) (1)-bôl x = 2 - ay, ezt (2)-be beírva 2(2 - ay) - 4y = 4, innen

(3) y(4 + 2a) = 0.

Ha a =Y - 2, akkor y = 0, x = 2.

Ha a = -2, akkor (3)-ból y tetszôleges szám lehet, s ekkor x = 2 + 2y.

A megoldás tehát minden (x; y) = (2 + 2y; y) alakú számpár.

b) Az elôzô átalakításhoz hasonlóan eljárva y(4 + 2a) = -2.

Ha a =Y -2, akkor y =a 2

1-

+, és pl. (2)-bôl x =

a

a

2

6 8

+

+.

Ha a = -2, akkor nincs megoldás.

1086. a) (x; y) = (a + 1; 2a).

b) (x; y) = (a; 1).

1087. a) (1) + (2) összegébôl x(a + 2) = 6.

Ha a = -2, nincs megoldás.

Ha a =Y -2, akkor x =a 2

6

+, y =

a

a a

2 4

2

+

-.

b) x , y =Y 0; legyen u =x

1, v =

y

1. Ekkor

(1′) u + v = 2a;

(2′) u - v = 2

megoldása (u; v) = (a + 1; a - 1). Tehát:

ha a = -1 vagy a = 1, nincs megoldás;

ha a =Y ! 1, akkor (x; y) = ,a a1

1

1

1

+ -

J

L

KK

N

P

OO.


IV

1088. a) x , y =Y 0; legyen u =x

1, v =

y

1. Ekkor

(1′) u + v = a;

(2′) u - v = b

megoldása (u; v) = ;a b a b

2 2

+ -J

L

KK

N

P

OO. Tehát

ha a = b vagy a = - b, nincs megoldás;

ha a =Y ± b, akkor (x; y) = ;a b a b

2 2

+ -

J

L

KK

N

P

OO.

b) (3) a =Y 1; a =Y - 2.

2 $ (1) + (2)-bôl xa a

a1

21

2

23

-+ =

++ -

J

L

KK

N

P

OO ,

a

ax

a

a a

1

1

2

82

-

+=

+

- + +.

Ha a = - 1, nincs megoldás.

Ha a =Y - 1 (és persze (3) is teljesül), akkor

x =( )( )

( )( )

a a

a a a

2 1

8 12

+ +

- + + -.

1089. a) Ekkor (3) (ab + 2)y = 5b + 1.

Ha b = - 0,2, akkor (3) jobb oldala 0, így

1. ha a = 10, minden (x; y) megoldás;

2. ha a =Y 10, akkor nincs megoldás.

Ha b =Y - 0,2, akkor (3) jobb oldala nem nulla, így

1. ha a =b

2- , nincs megoldás;

2. ha a =Yb

2- , y =

ab

b

2

5 1

+

+, s ekkor x =

ab

a

2

10

+

-.

b) (3) x, y =Y 0; legyen u =x

1, v =

y

1. Ekkor

(1′) au + bv = 2;

(2′) 5u - v = 4, innen

(4) u(a + 5b) = 4b + 2.

Ha b = - 0,5, akkor:

1. Ha a = 2,5, akkor minden u kielégíti (4)-et, tehát (u; v) =

= (u; 5u - 4) a megoldás, innen pedig (3) figyelembevételével

(x; y) = ;u u

1

5 4

1

-

J

L

KK

N

P

OO, ahol u !Y {0; - 0,8}.

2. Ha a =Y 2,5, akkor nincs megoldás.


IV

Ha b =Y - 0,5, akkor

1. ha a = - 5b, akkor nincs megoldás;

2. ha a =Y - 5b, akkor (u; v) = ;a b

b

a b

a

5

4 2

5

10 4

+

+

+

-J

L

KK

N

P

OO, s innen (x; y) =

;b

a b

a

a b

4 2

5

10 4

5=

+

+

-

+J

L

KK

N

P

OO.

1090. a) x + y + z = a + 2, így (x; y; z) = (2a + 2; 2 - 2a; a - 2).

b) (1)-bôl x = 4 - y, így

(2′) az = 0;

(3′) 4 - 2y - z = a.

Ha a = 0, akkor z tetszôleges lehet: (x; y; z) = (2 + 0,5z; 2 - 0,5z; z).

Ha a =Y 0, akkor z = 0, s innen (x; y; z) = ; ;a a

2

4

2

40

+ -J

L

KK

N

P

OO.

1091. a) y(4 - a) = 0. Ha a = 4, akkor y tetszôleges lehet, s ekkor végtelen

sok megoldás van: (x; y) = (5 - 2a; a), ahol a ! R tetszôleges.

Ha a =Y 4, akkor (x; y) = (5; 0).

b) y(a + 5) = b - 7,5.

Végtelen sok megoldás van, ha (a; b) = (-5; 7,5);

nincs megoldás, ha a = - 5, b =Y 7,5.

1092. a) y(10,5 - 1,5b) = a - 10,5.

Végtelen sok megoldás van, ha (a; b) = (10,5; 7);

nincs megoldás, ha b = 7, de a =Y 10,5.

b) y(ab - 6) = 6b + 36.

Végtelen sok megoldás van, ha (a; b) = (-1; -6).

Nincs megoldás, ha ab = 6, de b =Y -6.

1093. a) y(ab - 2) = 2ab - 2a - 2.

Végtelen sok megoldás van, ha

(1) ab = 2;

(2) 2ab - 2a - 2 = 0.

(2)-bôl a = 1, (1)-bôl b = 2.

Nincs megoldás, ha ab = 2, de a =Y 1. Ekkor (a; b) = ;aa

2J

L

KK

N

P

OO , ahol

a ! R \ {0; 1} szabadon választható.

b) y(ab - 2) = 2ab - 2a - 4.

Végtelen sok megoldás lenne, ha

(1) ab = 2;

(2) 2ab - 2a - 4 = 0.


IV

(2)-bôl a = 0, (1) ellentmondó, tehát nem lehet végtelen sok meg-

oldás.

Nincs megoldás, ha ab = 2, mert a = 0 nem lehet.

Ekkor (a; b) = ;aa

2J

L

KK

N

P

OO, a ! R \ {0} tetszôleges.

1094. a) y(3 + ab) = - 3ab + 2.

Végtelen sok megoldás lenne, ha

(1) 3 + ab = 0;

(2) -3ab + 2 = 0.

(2)-bôl 0 = 11, tehát nem lehet végtelen sok megoldás.

Nincs megoldás, ha ab = -3; (a; b) = ;aa

3-

J

L

KK

N

P

OO, a ! R \ {0} tetszô-

leges.

b) y(a + 2) = -2a2 + 4a + 2.

Végtelen sok megoldás nem lehet; nincs megoldás, ha a = -2.

1095. Ha a racionális számokkal a négy alapmûveletet végezzük, racionális

számot kapunk. Ha pedig r ! Q \ {0}, i ! Q*, akkor r + i, r - i, r $ i, i

regyaránt

irracionális.

a) x =a

2

3 -! Q, ha a ! Q.

b) Nincs megoldás, x =2

5 2-! Q*.

c) Ha pl. a = - 2 , akkor x = 1,5.

d) (x; y) = ;a

20

J

L

KK

N

P

OO.

e) Csak akkor lehet megoldás, ha a ! Q*. Pl.: a = 2 , (x; y) = (0; 1).

f) Ha pl. y = 0 és a =Y 0, akkor x =a

a 1-, a ! Q.

1096. a) x =p

2

2+> 2, ha p > 2.

b) x(3 - p) = 2 + p.

Ha p = 3, nincs megoldás; egyébként x =p

p

3

2

-

+> 2, ha

p

p

3

8

-

-> 0.

Egy tört értéke pozitív, ha számlálója és nevezôje azonos elôjelû,

ezért p < 3 vagy 8 < p.


IV


IV

c) x(p - 2) = 3p - 6.Ha p = 2, akkor minden valós x megoldás, tehát vannak 2-nél kisebbgyökök is.Ha p =Y 2, akkor x = 3, ez megoldás.

d) x =Y 4, ekkor (3 - p)x = 13.

Ha p = 3, nincs megoldás; ha p =Y 3, akkor x =p3

13

-. A kikötés

miatt p3

13

-=Y 4, innen p =Y - 0,25. Ekkor

p3

13

-> 2, ha

p

p

3

7 2

-

+>

0, vagyis - 3,5 < p < 3, de p =Y - 0,25.e) x =Y - 3, ekkor (3 - p)x = 7p - 8.

Ha p = 3, nincs megoldás; ha p =Y 3, akkor x =p

p

3

7 8

-

-. A kikötés

miatt p

p

3

7 8

-

-=Y - 3, innen p =Y - 0,25. Ekkor

p

p

3

7 8

-

-> 2, ha

p

p

3

9 14

-

-> 0, vagyis

9

14< p < 3.

1097. a) x =y

3

33 5-= 11 - y -

y

3

2, s mivel x és y pozitív egészek, ezért y

a 3 többszöröse. (x; y) = (6; 3) vagy (x; y) = (1; 6).

b) (1)-bôl x = 20 - y -y

2

1 +, ezért y = 2k + 1 alakú (k ! N), s ekkor

x = 18 - 3k. A megoldásokat az alábbi táblázatban soroltuk fel.

k 0 1 2 3 4 5

x 18 15 12 9 6 3

y 1 3 5 7 9 11

(2)-bôl x = 18 - y, a megoldások (k; 18 - k) alakúak, ahol k 18-nálkisebb pozitív egész szám. A két megoldáshalmaz uniója adja az összes megoldást.

c) (1)-bôl x = 15 - y -y

3, innen y = 3k alakú (k!Z), s ekkor x = 15 - 4k.

Figyelembe véve az adott intervallumot, (x; y)-ra az alábbi megoldá-

sok adódnak:

k 0 1 2 3 4

x 15 11 7 3 - 1

y 0 3 6 9 12

(2)-bôl y = 2x - 5, a megoldások (k; 2k - 5) alakúak, ahol

k ! { - 1; 0; 1; 2; 3; … ; 10}.

A két megoldáshalmaz uniója adja az összes megoldást.


IV

1098. a) Elsô megoldás: A feladatot vissza-

vezethetjük elsôfokú paraméteres egyenlet

megoldására.

Ha x $ 0, akkor x = 2p - 4; innen 2p - 4 $ 0,

p $ 2.

Ha x < 0, akkor -x = 2p - 4, vagyis

x = -2p + 4; innen -2p + 4 < 0, p > 2.

Tehát egyetlen megoldás van, ha p = 2

(ekkor x = 0); és két megoldás van, ha p > 2

(ekkor x = 2p - 4 vagy x = -2p + 4.

Második megoldás: Grafikus segítséget alkalmazunk. Az f: x 7uxu és

g: x 7 2p - 4 függvények képeibôl következtethetünk a metszés-

pontok (és így a megoldások) számára.

A g függvény képe (p-tôl függôen) az x tengellyel párhuzamos egye-

nes, innen (1098/a. ábra):

ha 2p - 4 > 0, vagyis p > 2, akkor 2 megoldás van;

ha 2p - 4 = 0, vagyis p = 2, akkor 1 megoldás van;

ha 2p - 4 < 0, vagyis p < 2, akkor nincs megoldás.

Megjegyzés:Általában a grafikus megoldást, ha lehetôségünk van, érdemes al-

kalmazni.

b) ux - 2u = p - 1. Az f: x 7ux - 2u és g: x 7 p - 1 ábrázolása alapján

(1098/b. ábra):

ha p - 1 > 0, vagyis p > 1, akkor 2 megoldás van;

ha p - 1 = 0, vagyis p = 1, akkor 1 megoldás van;

ha p - 1 < 0, vagyis p < 1, akkor nincs megoldás.

c)

Ha 2p - 1 > 0, vagyis p > 0,5, akkor 2 megoldás van;

ha 2p - 1 = 0, vagyis p = 0,5, akkor 1 megoldás van;

1098/a.

1098/b. 1098/c.


IV

ha 2p - 1 < 0, vagyis p < 0,5, akkor nincs

megoldás (1098/c. ábra). d) Az f: x 7ux + 1u és g: x 7 px ábrázolása

alapján (g képe az origón áthaladó, pmeredekségû egyenes, 1098/d. ábra):

p értékeMegoldások

száma

p # - 1 1

- 1 < p < 0 2

p = 0 1

0 < p # 1 0

1 < p 1

e) 1098/e. ábra


száma

p < - 1 1

- 1 # p < 3

20

p =3

21

3

2 - 1, ha p > 1. Ekkor 1 megoldás van, egyébként nincs

megoldás.

b) x(p + 2) = 5. Ha p = - 2, nincs megoldás; egyébként x =p 2

5

+<

1, ha p

p

2

7

+

+< 0, vagyis - 7 < p < - 2. Ekkor 1 megoldás van,

egyébként nincs megoldás.

c) x(p - 2) = p - 3. p =Y 2, ekkor x =p

p

2

3

-

-# 0, ha 2 < p # 3. Ekkor 1

megoldás van, egyébként nincs megoldás.

d) x(p - 3) = 2(p - 3). Ha p = 3, minden x ! R+ megoldás; ha p =Y 3,

akkor x = 2; ekkor 1 megoldás van.

e) x(p - 2) = (p + 2)(p - 2). Ha p = 2, min-

den - 3 < x < 3 megoldás; ha p =Y 2,

akkor x = p + 2. Ekkor 1 megoldás van, ha

- 3 < p + 2 < 3, vagyis ha - 5 < p < 1.

f) Ábrázoljuk az f: x 7 ux - 2u + ux + 2u és

g: x 7 p függvényeket (1099/f. ábra)!

p értéke Megoldások száma

p < 4 0

p = 4 végtelen sok ( -2# x# 2)

4 < p 2

g) 1099/g. ábra


száma

p < - 2 1

- 2 # p <3

40

p =3

41

3

4< p < 2 2

2 # p 1

1099/g.

1099/f.


IV

h) 1099/h. ábra

p értéke Megoldások száma

p # - 2 1

- 2 < p < - 0,5 2

p = -0,5 1

-0,5 < p < 2 0

p = 2 végtelen sok (x $ 1)

2 < p 1

1100. a) (1)-bôl és (2)-bôl (x; y) = (2; 1), ezt (3)-ba helyettesítve k = 3.

b) (2)-bôl és (3)-ból (x; y) = (-11,5; 4,25), ezt (1)-be helyettesítve k =23

7.

1101. a) (3p + 1) x = 0. Ha p =Y3

1- , egy megoldás van; ha p =

3

1- , akkor

végtelen sok.

b) Ha p =Y 2, egyetlen megoldás van; ha p = 2, végtelen sok.

c) Ha p =Y 2, egyetlen megoldás van; ha p = 2, nincs megoldás.

d) y(2 + p) = 2q - 8.

Ha p = - 2, akkor

1. ha q = 4, végtelen sok megoldás van;

2. ha q =Y 4, nincs megoldás.

Ha p =Y - 2, akkor egyetlen megoldás van.

e) x(3p - q) = 3p - q - 7.

Ha 3p = q, nincs megoldás; ha 3p =Y q, egyetlen megoldás van.

1102. a) (1)-bôl p!Q; x =( )p

3

2 1 3+ +!Q, ha p = 0.

J

L

KKEkkor (x; y) = ; .

3

2

3

5J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

b) (1)-bôl p ! Q; ekkor (2)-bôl y = 0 lehet csak. Innen 6 + 2p = 3p,

p = 6; (x; y) = (9; 0).

c) (1)-bôl p ! Q; ekkor (2)-bôl y = 0; innen 3 + p = p + 2, de ez ellent-

mondás. Nincs megoldás.

1099/h.

d) (1) - (2)-bôl y 2 1+b l = 1 - 2 - p, innen y =p

2 1

1 2

+

- -.

Gyöktelenítés után 2b - 1-gyel bôvítünko

y = p 1 2-b l + 2 2 - 3 = 2 (2 - p) + p - 3.

A feltétel szerint p racionális, így csak p = 2 lehetséges (egyébként

y irracionális lenne), s ekkor (x; y) = (1,5; - 1).

Szöveges feladatok

1103. Ha a keresett szám x, akkor x + 0,1x + 20x + 3 = 467,2, innen x = 22.1104. Jelöljük az arányossági tényezôt x-szel, ekkor az egyik szám 2x, a másik5x. A feltétel szerint 2x + 5x = 21, innen x = 3, a keresett számok 3x = 6 és 5x = 15.1105. A terület 106 $ 0,4 = 4 $ 105 mm2 = 40 dm2.1106. Ha egy alkalmazott hetente 60 játékot készít el, akkor egy munkanapalatt 12, egy óra alatt 1,5 játékot készít átlagban. A négy alkalmazott 8 órásmunkanapokat számítva 4 $ 1,5 $ 8 $ 5 = 240 darabot tud készíteni, tehát túlóráz-ni kell. 10 órás munkanapokat számítva 300 darab készíthetô, tehát 20 darabota vállalkozónak is készítenie kell.

1107. Elsô megoldás: Jelölje x a versenyzôk létszámát, ekkor x x x3

11

2

1+ + = .

Innen x = 6, s Anna a 3. helyezett lett.

Második megoldás (következtetéssel): A versenyzôk 6

2-a Anna elôtt,

6

3-a pedig

mögötte ért célba, így a versenyzôk 6

1-a maga Anna. 6 versenyzô volt, Anna a 3.

1108. A vonat 300 métert halad, amíg az eleje eléri és a vége elhagyja a hidat,

így v =,0 25

300= 1200 (m/perc). A vonat sebessége 72 km/h.

1109. Legyen a téglalap két oldala a és b! Ekkor (a - 2)(b + 3) = ab - 6,

innen 1,5a = b. A téglalap egyik oldala másfélszerese a másiknak.1110. Tekintsük az alábbi táblázatot:

Egyjegyû szám 1-tôl 9-ig 9 darab 9 számjegy 9 oldal

Kétjegyû szám 10-tôl 99-ig 90 darab 180 számjegy 99 oldal

Háromjegyû szám 100-tól 999-ig 900 darab 2700 számjegy 999 oldal

A háromjegyû számok közül csupán 600 - (180 + 9) = 411 számjegy kell, ez

3

411137= oldalt jelent. A könyv tehát összesen 9 + 90 + 137 = 236 oldalas.


IV

Szöveges feladatok 197

IV

1111. A feladat kitûzôje valószínûleg a négyzetek oldalainak hosszára volt

kíváncsi.

Jelöljük az egyik négyzet oldalát a-val, akkor a másik oldala a4

3. Az egyenlet:

a a4

31002

2

+ =J

L

KK

N

P

OO , a megoldás: a = 8; tehát a négyzetek oldala 8, illetve 6

egység.

1112. A kitûzött utat jelöljük s-sel, ekkor s $3

2$ 0,25 = 10, innen s = 60 (km).

A hátralévô 50 km 40%-át, azaz 20 km-t 30 perc alatt teszi meg a teherautó.

1113. Ha a tört x

x

6

5, akkor 11x háromjegyû négyzetszám, tehát x valamely

négyzetszám 11-szerese. Az alábbi táblázatból leolvasható a két megoldás.

x 11 44 99

11x 121 484 1 089

a tört66

55

264

220

Ha x $ 99, akkor 11x legalább négyjegyû.

1114.A

B100$ százaléka.

1115. Elsô megoldás: Jelölje az osztálylétszámot x, ekkor 0,3x a jelesek és 0,7xa jelestôl különbözô osztályzatúak száma. A feltétel szerint 5(0,3x - 4) = 0,7x + 4,

innen x = 30 fô az osztálylétszám.

Második megoldás: Ha ötször annyi tanulónak lett volna jelestôl különbözô

osztályzata, mint ahány jeles lett volna, akkor az osztálylétszám 6 többszöröse.

Az osztálylétszám 30%-a egész szám, ezért az osztálylétszám 10 többszöröse is.

6 és 10 legkisebb közös többszöröse 30, ez megoldást is ad. 30 nagyobb több-

szöröseire a nem jelesek és jelesek aránya csökken 3

7J

L

KK -hoz közelít

N

P

OO, más meg-

oldás nincs. (Egyébként is helyesebb ilyen nagy létszámoknál osztályok helyett

pl. évfolyamokról beszélni.)1116. Ha a résztvevôk számát n jelöli, akkor 0,6n + 0,6n - 9 = n, hiszen két-szer számoltuk azokat a versenyzôket, akik mindkét feladatot megoldották.(Másképpen: 0,6n - 9 + 0,6n - 9 + 9 = n.)Innen n = 45, ennyien vettek részt a versenyen.

1117. Ha a ruha x tallért ért, akkor egyévi munkabér 100 + x, héthavi munka-

bér ( )x12

7100 + , innen ( )x

12

7100 + = 20 + x. A ruha x = 92 tallért ért.

1118. a) Ha a gondolt szám x, a mûveletek elvégzése után y = 2(3(x + 4) -

- 11 - x) - 1 = 4x + 1-et kapunk. Ha tehát a társ elárulja y-t, akkor

x =y

4

1-.

b) 25.

1119. Ha a gondolt szám x, akkor a mûveletek elvégzése után az eredmény( )x

x2

2 8 44

+ -- - = 2 mindig, x-tôl függetlenül. Azonosságot kaptunk, a

gondolt számot nem lehet kitalálni.1120. a) Jelölje a három szomszédos számot x, x + 1, x + 2. Ekkor 3x + 3 = 600,

x = 199, a keresett számok 199, 200, 201.

Megjegyzés:Kicsit elegánsabb, ha a három számot y - 1, y, y + 1-gyel jelöljük;

ekkor összegük 3y = 600, innen a középsô szám y = 200.

b) x + x + 1 + x + 2 + x + 3 = 600, x = 148,5; nincs megoldás.

Más megoldási lehetôség: Négy szomszédos egész szám maradékai 4-

gyel osztva - valamilyen sorrendben - 0, 1, 2, 3. Összegük mara-

déka 2, míg 600 maradéka 0, tehát nincs megoldás. 1121. Jelölje a páros számokat x - 2, x, x + 2; ekkor a közöttük lévô páratlanszámok x - 1 és x + 1.Innen

a) x - 2 + x + x + 2 - (x - 1 + x + 1) = 2004, x = 2004. A három páros

szám 2002, 2004, 2006.

b) x - 2 + x + x + 2 - (x - 1 + x + 1) = 2005, x = 2005. Nincs megol-

dás, mert x páratlan.1122. Jelöljük a két számot x-szel, illetve y-nal, ekkor

(1) x + y = 759;(2) x = 10y.Innen (x; y) = (690; 69).

1123. Elsô megoldás: Ha az eredeti szám ab alakú (a, b számjegyek), akkor

(1) a + b = 12;(2) 10a + b - (10b + a) = k2, (k ! N+).

(2)-bôl 10a + b - (10b + a) = 9(a - b) = k2, innen a - b ! {1; 4; 9} lehet csak.(1) miatt a - b = 4, a = 8, b = 4, a négyzetszám k2 = 84 - 48 = 36. Tehát azeredeti szám 84.Második megoldás: ab ! {93, 84, 75, 66}, a négy eset közül ellenôrzésselválaszthatjuk ki a megfelelôt.1124. Ha az eredeti szám ab alakú (a, b számjegyek), akkor

a) (1) a + 4 = b;

(2) 10b + a - (10a + b) = 27.

Ekkor 10(a + 4) + a - (10a + (a + 4)) = 27, innen 36 = 27, ellentmon-

dást kapunk. Nincs ilyen szám.


IV

b) Ekkor 10(a + 4) + a - (10a + (a + 4)) = 36, innen a 36 = 36 azonos-

ságot kapjuk. Minden olyan kétjegyû szám megfelel, amelyre (1) tel-

jesül. Ezek: 15, 26, 37, 48, 59, így 5 megoldás van.

1125. Az elôzô feladat jelöléseit használva 10b + a - (10a + b) = 10(a + 3) + a -

( )a a10 3- + +_ i = 27.

a) A 27 = 27 azonosságot kapjuk, a megoldások: ab ! {14, 25, 36, 47,

58, 69}, így 6 megoldás van.

b) A 27 = 36 ellentmondást kapjuk, nincs megoldás.

1126. Legyen a fiú életkora x; ekkor elkészíthetjük az alábbi táblázatot:

Most Hét évvel ezelôtt

Apa 3x 3x - 7

Fiú x x - 7

Innen 3x - 7 = 5(x - 7), x = 14. A fiú jelenleg 14 éves, az apa 42 éves.

Legyen y év múlva az apa kétszer annyi idôs, mint a fia. Ekkor:

MostAmikor

kétszer annyi idôs lesz

Apa 42 42 + y

Fiú 14 14 + y

Innen 42 + y = 2(14 + y), y = 14.14 év múlva lesz az apa kétszer annyi idôs, mint a fia.

1127. Elsô megoldás: Ha az apa életkora a, akkor a fiúé 50 - a. Ekkor:

Most Öt év múlva

Apa a a + 5

Fiú 50 - a 55 - a

Innen a + 5 = 3(55 - a), a = 40; az apa 40, a fia pedig 10 éves.

Tegyük fel, hogy x év múlva a fiú feleannyi idôs lesz, mint az apa!

Most x év múlva

Apa 40 40 + x

Fiú 10 10 + x

Ekkor 40 + x = 2(10 + x), innen x = 20. A fiú 20 év múlva lesz feleannyi idôs,mint az apa.


IV

Második megoldás (következtetéssel): Öt év múlva összesen 60 évesek lesznek.

Mivel az apa ekkor háromszor annyi idôs lesz, mint a fia, így 604

3$ = 45 éves

lesz, a fiú pedig 604

1$ = 15 éves. A korkülönbség 30 év, így jelenleg az apa 40,

a fiú pedig 10 éves, és az apa 20 év múlva lesz kétszerannyi idôs, mint a fia.

1128. Ha Nagy Sándor x évet élt és u évet uralkodott, akkor

(1) x

u3

33

-= - és

(2) x

u2

77

+= + .

Innen (x; u) = (33; 13), vagyis Nagy Sándor 13 évig uralkodott.Megjegyzés:Nagy Sándor Kr. e. 356 - 323-ig élt, és 336 - 323 között uralkodott.1129. Jelölje András és Béla jelenlegi életkorát a, ill. b! Ekkor:

Most Akkor

András a b

Béla b b - (a - b) = 2b - a

Innen

(1) a + b = 70;(2) a = 2(2b - a).

Az egyenletrendszer megoldása (a; b) = (40; 30), tehát Béla most 30 éves.1130. A nagymutató egy óra alatt 360�-os, egy perc alatt 6�-os szögelfordulástvégez. A kismutató egy óra alatt 30�-ot, egy perc alatt 0,5�-ot halad. 9 órakor amutatók által bezárt szög 270�, 9 óra 20 perckor 270� - 120� + 10� = 160�.

1131. Tegyük fel, hogy a k. óra után (k = 0, 1, 2, … , 11) t perccel fedik

egymást a mutatók. Ekkor t $ 6� a nagymutató szögelfordulása, k $ 30� + t $ 0,5� a

kismutatóé. Innen t $ 6� = k $ 30� + t $ 0,5�, t = k11

60$ . Vagyis az idôpontok: 0 óra

0 perc, 1 óra 11

60perc, 2 óra 2

11

60$ perc, … , 11 óra 11

11

60$ perc = 12 óra 0

perc. A délutáni fedések idôpontjai hasonlóan számíthatók: 13 óra 11

60perc stb.

1132. Az elsô esetben a bevétel 10 $ 50 + 15 $ 40 = 1100 (Ft).A második esetben 12 $ 90 = 1080 (Ft).A bevétel nem ugyanannyi, az elsô esetben 20 Ft-tal többet kap árujáért.1133. Az osztályzatok összege 25 $ 3,44 = 86.a) Lehetséges, pl. 18 darab 4-es és 7 darab 2-es dolgozattal. b) Ha 25 osztályzat összege 86, és a jegyek között a lehetô legtöbb a 2-es, ezcsak úgy lehetséges, ha a maradék jegyek között a lehetô legtöbb az 5-ös. Te-


IV

gyük fel, hogy csak 2-es és 5-ös dolgozat született; jelölje a 2-esek számát x,ekkor az 5-ösök száma 25 - x. Innen 2x + 5(25 - x) = 86, x = 13. Ha kevesebb az 5-ös dolgozat, akkor nem lehet több 2-es, ezért legfeljebb 13darab 2-es dolgozat lehetett.Megjegyzés:Precízebben:

A 2x + k(25 - x) = 86 egyenletben keressük x maximumát, ha 3 # k # 5.

Átalakítva az egyenletet x = 25 -k 2

36

-, s x valóban k = 5 esetén maximális.

1134. Ha az orvosok száma x, az ügyvédeké y, akkor x y

x y35 5040

+

+= . Innen

y

x2= , vagyis a csoportban kétszer annyi az orvos, mint az ügyvéd.

1135. A labdarúgók, teniszezôk és kézilabdázók számát jelölje rendre f, t, k,

ekkor a tagok összéletkora 37f + 41t + 23k. A labdarúgók és a teniszezôk

átlagéletkora f t

f t37 41

+

+= 39,5, innen

f

t

3

5= . Hasonlóan a labdarúgók és a

kézilabdázók átlagéletkora f k

f k37 23

+

+= 29,

k

f

4

3= . Végül innen

t k

t k41 23

+

+=

= 33, t

k

5

4= . Az egyes sportágak résztvevôinek aránya f : t : k = 3 : 5 : 4, s ha

f = 3x, t = 5x, k = 4x, akkor az átlagéletkor f t k

f t k

x

x37 41 23

12

408

+ +

+ += = 34 év.

1136. Alkalmas arányossági tényezôt bevezetve 77x, 70x, 63x a játék elején és

110x, 70x, 30x a játék végén a zsetonok száma (összesen 210x zsetonnal játszot-

tak). Csak Cili veszített, így 33x = 363, innen x = 11, tehát a gyerekeknél a játék

végén rendre 1210, 770 és 330 zseton volt.

1137. Jelöljük a jó válaszok számát J-vel, a rossz válaszokét R-rel! (R, J ! N,

R + J # 20.) A feltételek szerint 5J - 2R = 48, innen R = 2J - 24 +J

2. Alkal-

mazzuk a J = 2k helyettesítést (k ! N), ekkor R = 5k - 24. Mivel 0 # R + J # 20,

5 # k # 6. Két megoldás van: (R; J) = (1; 10) vagy (R; J) = (6; 12).

1138. Ha az A iskolából xA fiú és yA lány vizsgázott, akkor az iskola össz-

pontszáma

(1) 71xA + 76yA = 74(xA + yA)

volt. Hasonlóan a B iskolában

(2) 81xB + 90yB = 84(xB + yB);

továbbá tudjuk még, hogy

(3) 71xA + 81xB = 79(xA + xB).


IV


IV

Ezen feltételek mellett keressük y y

y y76 90

A B

A B

+

+értékét.

(1)-bôl 2yA = 3xA; (2)-bôl 2yB = xB; (3)-ból xB = 4xA. Innen yB =x

2

B=

x

2

4 A=

= 2xA =y

3

4 A, így

y y

y y76 90

A B

A B

+

+=

yy

yy

3

4

76 903

4

AA

AA

$

+

+=

7

588= 84, ennyi volt a lá-

nyok átlaga.

Az összes tanuló átlaga x y x y

x y x y71 76 81 90

A A B B

A A B B

+ + +

+ + +=

y y y y

y y y y

3

2

3

8

3

4

713

276 81

3

890

3

4

A A A A

A A A A$ $ $=

+ + +

+ + +=

17

1378c 81,06 pont.

1139. Elsô megoldás: Jelöljük a három szöget rendre A, B, C-vel! Ekkor

(1) B = 2 A + 10�;(2) C = B - 30�;(3) A + B + C = 180� (a háromszög belsô szögeinek összege).

(1)-bôl A =B

2

10�-, így (3)-ból kapjuk:

B

2

10�-+ B + B - 30� = 180�. Innen

rendezés után B = 86�, amibôl visszahelyettesítéssel C = 56� és A = 38�.Második megoldás: Jelöljük az elsô szöget A-val; ekkor a második szög 2A + 10�,a harmadik 2A - 20�. A három szög összege A + 2A + 10� + 2A - 20� = 180�,innen A = 38�, s a másik két szög az elôzô megoldáshoz hasonlóan adódik.1140. Ha a téglalap eredeti két oldala a és b, akkor területe ab. Az új téglalapegyik oldala 0,8a, a merôleges oldalt jelöljük c-vel.

a) 0,8ac = ab, innen c = 1,25b, tehát a másik két oldalt növelni kell

25%-kal.

b) 0,8ac = 2ab, innen c = 2,5b, a másik oldalt növelni kell 150%-kal.

c) 0,8ac =ab

3, innen c = b

12

5. 0,417b, a másik oldalt csökkenteni

kell . 58,3%-kal.

d) 0,8ac = 0,7ab, innen c =8

7b, a másik oldalt csökkenteni kell 12,5%-kal.

e) A másik oldalt nem kell változtatni.

f) c =8

9b, a másik oldalt növelni kell 12,5%-kal.

1141. Jelöljük a-val a kocka élét, ekkor 6a2 = a3, innen a = 6 cm. A téglatest

élei 4 cm, 5 cm, 12 cm hosszúak.

1142. Elsô megoldás (következtetéssel): Tegyük fel, hogy a szántás t óráig

tart! A régi traktor 1 óra alatt a terület 6

1, az új traktor pedig a terület

4

1részét

szántja fel. Egy óra alatt együtt a terület 6

1

4

1

12

5+ = részét szántják fel, így a

teljes munkaidô 5

12= 2,4 óra, vagyis 2 óra 24 perc.

Második megoldás (egyenlettel): Tegyük fel, hogy a szántás t óráig tart! A régi

traktor 1 óra alatt a terület 6

1, t óra alatt a terület

t

6részét szántja fel; az új

traktor pedig a terület t

4részét. Innen

t t

6 41+ = , t = 2,4 (óra).

1143. Elsô megoldás (következtetéssel): 1 óra alatt a csövek együttesen az

4

1

6

1

12

1

2

1+ + = részét töltik meg a medencének, tehát a medence 2 óra alatt

telik meg.

Második megoldás (egyenlettel): Tegyük fel, hogy a medence t óra alatt telik

meg! Az elsô csô 1 óra alatt a medence 4

1részét, t óra alatt

t

4részét tölti meg;

a második t

6, a harmadik

t

12részét. Innen

t t t

4 6 121+ + = , t = 2 (óra).

1144. a) Tegyük fel, hogy a medence t idô alatt telik meg! Ekkor t t

6 81+ = ,

innen t =7

24c 3,43 (óra).

b)t t

8 101- = , innen t = 40 (óra). (Feltettük, hogy a nyitás után azon-

nal, egyenletes sebességgel folyik ki a víz a lefolyón.)

c)t t

6 101- = , innen t = 15 (óra).

d)t t t

6 8 101+ - = , innen t =

23

120. 5,22 (óra).

e) Az elsô szakaszon t t

6 8 10

31 1+ = , innen t

35

361= ; a második szaka-

szon t

6 10

72= , innen t2 =

5

21. Összesen t1 + t2 =

35

183. 5,23 óráig

tart a feltöltés.

f) Az elsô szakaszon 6

2, a második szakaszon

6

1

8

1

24

7+ = , összesen

24

15része telik meg a medencének. A harmadik szakaszon

t t t

6 8 10 8

33 3 3+ - = , innen t

23

453= . Összesen 2 + 1 +

23

45. 4,96 óra.

g)t t

6 8 3

2+ = , innen t =

7

16. 2,29 (óra).


IV

1145. Jelölje a és b azt az idôt (másodpercben), amelyre Andrásnak és Bélá-

nak szüksége van ahhoz, hogy saját figuráit felállítsa a táblára. Ekkor a teljes

táblát 2a, illetve 2b idô alatt állítanák fel külön-külön. Ha a figurákat közösen

raknák fel t idô alatt, akkor a

t

b

t

2 21+ = . Továbbá a feltételek miatt a = t - 6

és b = t + 10, így ( ) ( )t

t

t

t

2 6 2 101

-+

+= . Az egyenlet megoldása t = 30

másodperc, innen a = 36 másodperc, b = 40 másodperc; ennyi idô alatt rakja

fel ki-ki a saját figuráit.

1146. A legrövidebb idô alatt akkor lesz készen a munka, ha mindketten

folyamatosan dolgoznak, s ehhez az anyagot 3 : 2 arányban kell kettéosztaniuk.

Ha az együttes munka t óráig tart, akkor t t

2 31+ = , innen t = 1,2, vagyis 1 óra

12 perc alatt lesznek készen.

1147. a) a

t

b

t1+ = , innen t =

a b

ab

+.

t

a b

1 1

1=

+

J

L

KKKK

, vagyis a és b harmonikus közepének a fele.N

P

OOOO

b)a

t

b

t

c

t1+ + = , innen t =

ab bc ac

abc

+ +=

a b c

1 1 1

1

+ +

.

(a, b, c harmonikus közepének a harmada.)

1148. Az átlagsebességet az összes megtett út és az összes idô hányadosa adja.

A harmadik szakasz hossza 2 $ 15 = 30 (km), az összes út 9 + 37 + 30 = 76 (km).

5 m/s = 18 km/h, az elsô szakasz menetideje 0,5 h, az összes idô 0,5 h + 1,5 h +

+ 2 h = 4 h.

Az átlagsebesség v =4

76= 19 km/h.

1149. Jelölje a kérdéses idôt t (órában számolva).

a) Az egyik lehetôség, hogy a motoros B-bôl A-felé indult el.

Ha a jármûvek egymástól 15 km-re vannak és még nem találkoztak, akkor

30t + 60(t - 1) = 300 - 15, innen t =6

23= 3 óra 50 perc.

Ha találkozásuk után vannak 15 km-re egymástól, akkor 30t + 60(t - 1) = 300 +

+ 15, innen t =6

25= 4 óra 10 perc.


IV

(Másik megoldási út, ha a két jármû relatív 90 km/h sebességével számolunk.)

b) A másik lehetôség, hogy a motoros B-bôl A-val ellentétes irányban indult el.

Ha a jármûvek egymástól 15 km-re vannak és még nem találkoztak, akkor

60(t - 1) + 15 = 30t + 300, innen t = 11,5 óra.

Ha találkozásuk után vannak 15 km-re egymástól, akkor 60(t - 1) = 30t + 300 +

+ 15, innen t = 12,5 óra.

1150. a) Jelölje s az utat, v az átlagsebességet, ekkor

t =

s s

602

802+ , v =

s s

s

602

802+

=7

480,

az átlagsebesség c 68,57 km/h. (Tehát nem 70 km/h.)

b) v =t

t t60

280

2$ $+

= 70 (km/h).

c) v =

a b

a b

ab

1 1

2 2

+

=+

, vagyis az a és b sebességek harmonikus kö-

zepe. (Ha a =Y b, ez az érték mindig kisebb, mint a számtani közép.)

d) v =a b

2

+.

e) v =

a b c

ab bc ac

abc

1 1 1

3 3

+ +

=+ +

.

f) v =a b c

3

+ +.

1151. Meggyújtása után t órával az elsô gyertyából 3t cm égett el, magassága

15 - 3t; a második gyertya magassága pedig 10 -t

3

5.

a) 15 - 3t = 10 -t

3

5, innen t = 3 óra 45 perc.

b) A 15 - 3t =t

2 103

5-

J

L

KK

N

P

OO egyenletnek nincs megoldása (t = - 15

hamis gyök), a 2(15 - 3t) = 10 -t

3

5egyenletbôl t =

13

60, tehát

. 4,62 óra múlva lesz a második gyertya kétszer akkora, mint az

elsô.

Megjegyzések:


IV

A feladatoknak matematikai értelemben a

(semmitmondó) t $ 6 óra is megoldása,

hiszen ekkor mindkét gyertya magassága

nulla.

A két gyertya magasságát ábrázolhatjuk az

idô függvényében. Az 1151/b. ábrán jelöltük

a keresett idôpontokat.

c) Egy óra alatt az elsô gyertya magassága

12 cm lesz.

További t óra múlva 12 - 3t = 10 -t

3

5,

innen t = 1,5, tehát az elsô gyertya meg-

gyújtása után 2 óra 30 perc-

cel lesznek egyenlô hosszúak a gyertyák.

(Másik lehetôség a 15 - 3t = 10 -( )t

3

5 1-egyenlet megoldása.)

Ha az elsô gyertya hossza kétszerese a másodikénak, akkor 2(12 - 3t) =

= 10 -t

3

5, t =

13

42. 3,23, így ez az eset az elsô gyertya meggyújtása

után 4,23 órával következhet be (1151/c. ábra).

Ha a második gyertya hossza kétszerese az elsôének, akkor 12 - 3t =

=t

2 103

5-

J

L

KK

N

P

OO, innen t = 24, ez nem megoldás. (A t $ 7 óra esetén

mindkét gyertya magassága nulla.)

1152. Jelöljük x-szel és y-nal a sík, illetve a hegyi útszakasz hosszát! Ekkor az

egyes menetidôk összege x y y x

4 3 6 4+ + + = 5, innen x + y = 10. Összesen

20 km-t gyalogolt.Megjegyzés:Két ismeretlent tartalmazó egyenletünkkel„szerencsénk” volt, mert az összevonásokután x és y együtthatója megegyezett. Másadatokkal általában nem oldható meg egy-értelmûen a feladat.1153. Jelöljük a hajó sebességét (álló-vízben) v-vel, a folyóét f-fel, az útszakaszhosszát s-sel! Ekkor (1) s = 3(v + f);(2) s = 4(v - f),

és keressük f

sértékét.

(1)-bôl és (2)-bôl v = 7f, így s = 24f, s ezt a

tutaj 24 óra alatt teszi meg.


IV

1151/b.

1151/c.


IV

1154. Jelölje a pálya hosszát s (km), Béla sebességét v (km/h)! Ekkor András,

Béla és Csaba rendre v

s

15+,

v

s,

v

s

3-idô alatt ért célba, így

(1) v

s

v

s

15 5

1

++ = ;

(2) v

s

v

s

3 20

1

-- = .

4 $ (2) + (1)-bôl v

s

v

s

v

s

15 3

4 5

++

-= , vagyis v nem függ s-tôl. Innen Béla

sebessége v = 75 km/h, visszahelyettesítve (1)-be s = 90 km, s a menetideje 1 óra

12 perc. Tehát:a) s = 90 km; b) rendre 90 km/h, 75 km/h, 72 km/h; c) rendre 1 óra, 1 óra12 perc, 1 óra 15 perc.1155. a) Ha a felderítô útja t óráig tart, akkor 30t + 60t = 120, innen t = 1 óra

20 perc.b) Tegyük fel, hogy a felderítô t óráig távolodik, majd 2 - t ideig köze-

ledik a karavánhoz. Ekkor az elsô szakaszon 30t km távolságra kerüla karavántól, ezt 90 km/h relatív sebességgel teszi meg, így 30t = 90(2 - t). Innen t = 1,5 óra, a felderíthetô távolság 1,5 $ 60 == 90 (km).

1156. Elsô megoldás: Jelöljük v-vel a motorcsónak sebességét! v

15ideig távo-

lodtak egymástól a jármûvek, ekkor a csónak v

4 15$utat tett meg. A közeledési

idôtartam v

9, ezalatt a csónak

v

4 9$utat tett meg. A csónak által megtett összes

út v v

60 36+ = 6, innen v = 16 (km/h).

Második megoldás:v

15ideig távolodtak egymástól a jármûvek, ekkor távol-

ságuk ( )v

v15

4- . Ezután v

9ideig közeledtek egymáshoz v + 4 relatív sebes-

séggel, innen ( )v

v15

4- = ( )v

v9

4+ .

11115577.. a) Jelölje h a mozgólépcsô hosszát méterben, ekkor a lépcsô sebességeh

15, a gyalogosé

h

12. Ha a gyalogos lefelé lépeget a mûködô mozgó-

lépcsôn, akkor a sebességek összeadódnak, így a menetidô

h h

h

15 12

9

60.

+

= 6,67 másodperc.

b) t =

t t

1 1

1

1 2

+

=t t

t t

1 2

1 2

+másodperc.


IV

1158.. Jelölje a hosszabbik oldalt a, a rövidebb oldalt b! Ekkor b

a

a

b

2

= , innen

b

a2= a két oldal aránya.

1159. Az n oldalú sokszögnek ( )n n

2

3-darab átlója van, innen

( )n

n n3

2

3=

-,

n = 9.

1160. A sorozat különbsége 12.

a) 1 + 12n = 2004, innen n =12

2003, de ez nem egész szám. A sorozat-

nak nem tagja a 2004.

Másképp is okoskodhatunk: Észrevehetjük, hogy a sorozat tagjai 12-

vel (és emiatt 3-mal is) osztva 1 maradékot adnak, míg 2004 osztható

3-mal.

b) 1 + 12n = 2005, innen n = 167. A sorozat 168. tagja 2005.

1161. 1 tonna fû szárazanyag-tartalma 400 kg, ennyi a szénáé is. Mivel a széna

85%-a 400 kg, tömege 85

100400$ c 470,6 kg.

1162. 100 kg aszalt szilvában 60 kg a szárazanyag-tartalom, ennyi a szilvában

is. A szilva 20%-a 60 kg, így tömege 300 kg.1163. Matematika szakkörre 25 $ 0,48 = 12-en, fizika szakkörre 25 $ 0,36 = 9-en,kémia szakkörre 25 $ 0,56 = 14-en járnak. Jelölje x a mindhárom szakkörrejárók számát, ekkor 12 - x + 9 - x + 14 - x + x = 25, innen x = 5.Más befejezési lehetôség: A 12 + 9 + 14 összegben a mindhárom szakkörrejárókat háromszor számoltuk, innen 12 + 9 + 14 = 25 + 2x.1164. Elsô megoldás:Vegyük fel a két versenynek megfelelô halmazábrát (az alaphalmaz maga azosztály), s jelöljük a megfelelô tartományokba sorolt tanulók számát a, b, c, d-vel! Ekkor

(1) a + b + c + d = 33,(2) b + c = 13,(3) c + d = 16,(4) a = 2c.

(4) miatt (1) - (2) - (3)-ból c = 4 adódik,innen a = 8, b = 9, d = 12. 4 tanuló szere-pelt mindkét versenyen.Második megoldás: Ha mindkét versenyenc tanuló vett részt, akkor 2c tanuló egyikversenyen sem indult.Legalább az egyik versenyen 13 + 16 - ctanuló vett részt, hiszen c tanulót kétszerszámoltunk; tehát az osztálylétszám 13 ++16 - c + 2c. Innen 13 + 16 - c + 2c = 33,c = 4.

1164.

1165. Jelölje x a könyv árleszállítás elôtti árát! Ekkor árleszállítás után 0,9x akönyv ára, ebbôl 0,9x $ 0,08 = 0,072x a haszon, 0,9x $ 0,92 = 0,828x az önköltség.Az eredeti ár esetén tehát 0,172x a haszon, ami 17,2 %.

1166. Jelölje B a beszerzési árat, H a hasznot! Eredetileg az eladási ár B + Hvolt; a kétszeri árleszállítás után (B + H) $ 0,8 $ 0,8 = (B + H) $ 0,64. A feltételek

szerint (B + H) $ 0,64 - B = 0,5H, innen 0,14H = 0,36B, B

H=

7

18c 257,1%-a.

Meglepô eredményt kaptunk, végezzünk ellenôrzést! Legyen pl. a beszerzési ár

B = 1000 (egység), ekkor az eredeti eladási ár c 3571, a haszon H = 2571.

A kétszeri árleszállítás után az eladási ár 3571 $ 0,64 c 2285,4, az új haszon

1285,4, s ez kb. fele az eredeti haszonnak.

1167. A harmadik utazó után a gombócok 3

2

27

83

=J

L

KK

N

P

OO része maradt meg, tehát

eredetileg 27 gombóc volt.

1168. Jelöljük az arányossági tényezôt x-szel, ekkor a három szám 3x, 4x, 5x.

Innen 9x2 + 16x2 + 25x2 = 200, x2 = 4, x = 2 vagy x = - 2. A három szám 6, 8,

10 vagy -6, -8, -10.

1169. Elsô megoldás: Jelöljük x-szel az elsô iskolába járó tanulók számát, ekkor

a második iskola tanulóinak száma 805 - x. A feltétel szerint xx

3

1

2

805=

-,

innen x = 483.

Így az elsô iskolába 483, a másodikba 805 - 483 = 322 gyerek jár.

Második megoldás (következtetéssel): Ha az egyik iskola tanulói számának

harmada egyenlô a másik iskola tanulói számának felével, akkor az összes ta-

nuló 5

3-e jár az egyik, és

5

2-e a másik iskolába.

5

805= 161, az egyik iskolába

3 $ 161 = 483, a másikba 2 $ 161 = 322 tanuló jár.1170. Jelölje a számokat a, b, c, d, ekkor

(1) a + b = 8;(2) a + c = 9;(3) b + c = 11;(4) a + b + c + d = 24.

Az elsô három egyenlet összeadása után a + b + c = 14, rendre visszahe-lyettesítve (a; b; c; d) = (3; 5; 6; 10).

1171. 70 - 30 = 40 dolgozó fele nyáron, másik fele az év többi részében üdült.

50-en üdültek nyáron, ez az összes üdülô személy 70

50része, c 71,4%-a.

1172. „Visszafelé” okoskodhatunk. Ha a módosítások után valamennyiük pén-

ze x Ft volt, akkor elôtte x - 200, x + 200, x

2, 2x pénzük volt. Innen x - 200 + x +

+ 200 +x

2+ 2x = 4500, x = 1000. A testvérek pénze külön-külön 800 Ft, 1200 Ft,

500 Ft és 2000 Ft volt.


IV


IV

1173. Jelöljük x-szel a kezdeti tôkét! Ekkor az elsô év végén x - 100 +x

3

100-=

=x

3

4 400-font, a második év végén

xx

3

4 400100

33

4 400100-

- +

--

=

x x

3

4 700

9

4 700=

-+

-=

x

9

16 2800-font, a harmadik év végén

x

9

16 2800--

x

1003

9

16 2800100

- +

--

=x x

9

16 3700

27

16 3700-+

-=

x

27

64 14800-font

volt a kereskedô pénze. Innen x

27

64 14800-= 2x, x = 1480. A kereskedô

kezdeti tôkéje tehát 1480 font volt.1174. Elsô megoldás: Jelölje x és y a 2 forintosok, illetve az 5 forintosok szá-mát! Ekkor

(1) x + y = 18;(2) 2 $ (2x + 5y) = 5x + 2y.

(1)-bôl x = 18 - y, ezt (2)-be írva 2 $ (2 $ (18 - y) + 5y) = 5 $ (18 - y) + 2y.Innen y = 2, x = 16. Annának 2 $ 16 + 5 $ 2 = 42 forintja van.Második megoldás: Az eredeti és a csere utáni összeg 18 $ (2 + 5) = 126 Ft. Acserével Anna pénze megkétszerezôdött, így eredetileg a 126 Ft harmada, 42 Ft(16 darab 2 Ft-os és 2 darab 5 Ft-os) volt a pénze.

1175. Elsô megoldás: Jelöljük a piacra vitt dinnyék számát x-szel! Ekkor

- az elsô árusnak eladott x

2+ 1 =

x

2

2+darabot, maradt x

x

2

2-

+=

x

2

2-

dinnyéje;

- a második árusnak eladott

x

22

2

1

-

+ =x

4

2+darabot, maradt

x

2

2--

x x

4

2

4

6-

+=

-dinnyéje;

- a harmadik árusnak eladott

xx

24

6

18

2-

+ =+

darabot, maradt x

4

6--

x x

8

2

8

14-

+=

-dinnyéje.

Innen x

8

143

-= , x = 38, tehát 38 dinnyével indult a piacra.

Második megoldás: „Visszafelé” oldjuk meg a feladatot.- A harmadik árushoz 8 dinnyével érkezett a dinnyetermelô, hiszen a háromdinnye, amit megettek, az utolsó maradék felénél 1-gyel kevesebb volt;- a második árushoz hasonló okok miatt 18 dinnyével érkezett (18 felénél 1-gyel kevesebb a 8);- az elsô árushoz pedig 38 dinnyét vitt, mert eladta a dinnyék felét és még 1-et, s így 18 dinnye maradt.

1176. Legyen az összlétszám x; ekkor év elején 0,4x fiú és 0,6x lány járt

az iskolába. A változás után a fiúk száma 0,4x $ 1,1 = 0,44x, a lányok száma

0,6x $ 0,95 = 0,57x lett. Az összlétszám változása , ,

x

x x0 44 0 57+= 1,01, vagyis a

létszám 1%-kal nôtt.1177. Ha a felnôttek száma x, akkor a gyerekek száma 1,2x. Innen 3311 = x + 1,2x,x = 1505 felnôtt van és 1806 gyerek. Ha a gyerekek között y fiú van, akkor y + 1,1y = 1806, innen y = 860 a fiúk száma. Ha a felnôttek között z nô van,akkor 1505 = z + 1,15z, innen z = 700; a férfiak száma 700 $ 1,15 = 805.1178. Jelöljük az 1-es, 2-es, 3-as, 4-es, 5-ös dolgozatok számát d1, d2, d3, d4, d5-tel, ekkor:

(1) d1 + d2 + d3 + d4 + d5 = 24;(2) 2d5 = d4. (3) 1,2d2 = d3. (4) d1 + d2 + d3 = d4 + d5 ( = 12),

és keressük d d d d d

24

1 2 3 4 51 2 3 4 5$ $ $ $ $+ + + +értékét.

(2)-bôl és (4)-bôl d5 = 4, d4 = 8. (3)-ból d2 5-nek többszöröse.

Ha d2 = 5, akkor d3 = 6, d1 = 1, az átlag ,24

1 1 5 2 6 3 8 4 4 53 375

$ $ $ $ $+ + + += .

10 vagy több 2-es nem lehetséges, viszont a 0 darab 2-esnek matematikailag van

értelme. Ekkor az átlag ,24

12 1 0 2 0 3 8 4 4 52 67

$ $ $ $ $.

+ + + +.

1179. Ha az eredeti szám a b7 alakú (a, b számjegyek), akkor

(1) a = b - 4;(2) 100b + 70 + a = 396 + 100a + 70 + b.(2)-bôl 99(b - a) = 396, b - a = 4, visszakaptuk (1)-et.

A kapott azonosság miatt minden olyan szám megfelel, amelyre (1) teljesül, s

ilyen szám 5 darab van.

Megjegyzés:Az eredmény nem függ a tízesek helyén álló számjegytôl. Ha az eredeti számacb alakú, akkor 100b + 10c + a - (100a + 10c + b) = 99(b - a) = 99 $ 4 = 396,c-tôl függetlenül.1180. Jelölje a férfiak számát x, ekkor a nôk száma 1440 - x. 1440 $ 0,2 = 288,így 0,1875x + 0,225(1440 - x) = 288. Innen x = 960 a férfiak és 1440 - 960 == 480 a nôk száma.

1181. Igen, következik. Vezessük be a következô jelöléseket: SzK: a kék sze-

mû szôkék száma; K: a kékszemûek száma; Sz: a szôkék száma; Ö: az összes

ember száma (SzK < K, Sz < Ö). A feltétel szerint >K

SzK Sz

Q

, innen átren-

dezéssel >Sz

SzK K

Q

, s ez éppen a keresett arány.


IV

Elsôfokú egyenlôtlenségek

1182. a) <x2

5; b) x 4$ ; c) >x 3- ; d) x

5

6# .

1183. a) ; ; ;a 1 2 3 4= . b) ; ; ; ;b 3 2 1 0 1=- - - . c) c 2= .

d) Nincs ilyen egész szám. e) ; , ;e 1 2 3 4= . f) ;f 1 0=- .

1184. a) < <x4

10

4

21; b) x

3

55# # ; c) x

3

262# #- ; d) , < ,x4 8 2 4#- .

1185. a) < ,a 3 5; b) >a3

40- ; c) b

4

1$ ; d) >m 2- .

1186. a) >x 10; b) x 2# ; c) y 1$ - ; d) >y 0.

1187. a) n 12$ ; b) <z 4; c) ,y 21 75# - ; d) < ,e 2 25.

1188. a) >f2

5- ; b) r 0# ; c) >a 1- ; d) b 1# .

1189. a) Az elsô egyenlôtlenségbôl: <x 5- . A második egyenlôtlenségbôl:

<x 1. Összegezve: <x 5- .

b) Az elsô egyenlôtlenségbôl: > ,x 5 5. A második egyenlôtlenségbôl:

<x 24. Összegezve: , < <x5 5 24.

c) Az elsô egyenlôtlenségbôl: >x9

10- . A második egyenlôtlenségbôl:

<x 2- . Összegezve: nincs ilyen valós szám.

d) Az elsô egyenlôtlenségbôl: >x 19. A második egyenlôtlenségbôl:

> ,x 0 9. Összegezve: >x 19.

1190. a) Az elsô egyenlôtlenségbôl: >a 5, a másodikból a 27# , így a közös

megoldás: < a5 27# .

b) A két egyenlôtlenség közös megoldása: <b12

3# .

1191. A megoldandó egyenlôtlenség: x150 000 5 10 000 160 000# #- .

A megoldása: x32 000 34 000# # , Így tehát az íróasztal darabja 32 000 Ft és

34 000 Ft között várható.

1192. t19 7 11 22# #+ egyenlôtlenség megoldása: , ,t1 14 1 57# # . A test

1,17s-nál több, és 1,54 s-nál kevesebb ideig mozgott.


IV

1182. 1184.

Másodfokú egyenletek 213

IV

1193. a) <x 1- ; b) > ,x 3 75; c) x14

13# - ; d) x

4

13# .

1194. a) >a 1- ; b) Minden valós számra igaz. c) >m 4; d) n9

5$ - .

1195. a) a 2$ ; b) x x2 00- ; d) < x0 3# .

1197. a) < <m23

4- ; b) < <n

3

4

2

7- ; c) , < f2 5 4#- ;

d) < e23

7#- ; e) >r r

2

740# - ; f) < >t t3 50- .

1198. a) < <x5 2- ; b) >x x6 30# - ; c) < <x2 11- ;

d) < >x x2

1

6

10- ; e) >x x

4

5

2

30# - ; f) < x

3

1

3

11# ;

g) < <x3

1

13

69- .

1199. a) < x2

5

7

8#- - ; b) < x1

2

5# ; c) <x5 4#- .

Másodfokú egyenletek, egyenletrendszerek,egyenlôtlenségek

Másodfokú egyenletek

1200. a) Racionális egész kifejezés (polinom): 1), 2), 7); törtkifejezés: 3); ab-szolútértékes kifejezés: 6); négyzetgyökös kifejezés: 4); köbgyököskifejezés: 5).

b) 1): Másodfokú, 2): harmadfokú, 7) negyedfokú polinom. 6): Másod-fokú polinom abszolútértékes kifejezése.

c) 7): Egytagú; 1): háromtagú; 2): négytagú kifejezés.d) Egyváltozós kifejezés: 3); kétváltozós: 2), 4), 5), 6), 7); háromvál-

tozós: 1).1201. Másodfokúak: a), b), e), f), g), h), i), k), l).1202. a) 5x2 - 2x - 3 (egyváltozós, másodfokú kifejezés);

b) 5x2 - 2x - 3 = 0;c) f: x 7 5x2 - 2x - 3;d) az f függvény x = a helyen felvett helyettesítési értéke f (a) = 5a2 - 2a -

- 3; az x helyen felvett helyettesítési érték f (x) = 5x2 - 2x - 3;e) a kifejezés x = a helyen felvett helyettesítési értéke 5a2 - 2a - 3;f) f: x 7 5x2 - 2x - 3, x ! R;

g) a derékszögû koordináta-rendszerben áb-rázolt függvény: 1202. ábra.

h) a függvény képe parabola;i) y = 5x2 - 2x - 3.

1203. Ekvivalens kifejezések: a), d), f), h), i), k), l),m). (Ez utóbbi esetben csak y = z = 0 lehetséges, ekkor

y z2 2- - / 5y - 6z / 0.)

1204. a) Elsô megoldás: Szorzattá alakítunk: x2 - 4 == (x + 2)(x - 2). Egy szorzat értéke akkorés csak akkor lehet 0, ha valamelyik té-nyezôje 0, ezért x = -2 vagy x = 2. Mindkétgyök racionális (és így valós is).

Második megoldás: x2 = 4, gyökvonás után

x = 2 vagy x = ! 2.b) x = 5! ; a két gyök irracionális.c) Nincs megoldás.d) A paraméteres egyenleteket a paraméter(ek) minden lehetséges

értékére meg kell oldani.

Ha a ≤ 0, nincs megoldás; ha a > 0, x =a

2! . Ez a gyök akkor

racionális, ha a =r

2

2alakú, ahol r =Y 0 racionális szám.

e) a(x2 + 2) = 0. Ha a = 0, minden racionális (illetve valós) x megoldás;

ha a =Y 0, akkor nincs megoldás.f) a(x2 - 2) = 0. Ha a = 0, minden racionális (illetve valós) x megoldás;

ha a =Y 0, akkor x = 2! , s ez a két gyök irracionális.g) Ha a = b = 0, minden racionális (illetve valós) x megoldás. Ha a =Y 0,

b = 0, akkor x = 0.

Az a =Y 0, b =Y 0 esetet két részre bonthatjuk: ha a és b azonos elôjelû,

akkor nincs megoldás; ha különbözô elôjelûek, akkor x =a

b!

-.

A két gyök racionalitása függ a-tól és b-tôl.

1205. a) Szorzattá alakíthatunk: x2 - 4x = x(x - 4). Egy szorzat értéke akkor

és csak akkor 0, ha valamelyik tényezôje 0, ezért x = 0 vagy x = 4.

Mindkét gyök racionális (és így valós is).b) x = 0 vagy x = -2,5; mindkét gyök racionális.

c) x(ax - a - 1) = 0, x1 = 0. Ha a = 0, akkor nincs több megoldás; ha

a =Y 0, akkor x2 =a

a 1+, s ez racionális szám.

d) xa(x + 2) = 0. Ha a = 0, akkor minden racionális (illetve valós) xmegoldás. Ha a ≠ 0, akkor x1 = 0, x2 = -2 racionálisak.

214 Másodfokú egyenletek, egyenletrendszerek…

IV

1202.


IV

e) x1 = 0, ax + b = 0. Ha a = 0, b =Y 0, akkor nincs több megoldás; ha

a = 0, b = 0, akkor minden racionális (valós) x megoldás; ha a =Y 0,

akkor x2 =a

b- racionális.

1206. a) x1,2 = ! 0,4.

b) x1 = 0, x2 = 1.

c) x1 = 0, x2 = 0,25.

1207. a) x1,2 = ! 5.

b) Nincs megoldás.

1208. a) x = 1.

b) x + 3 =2

3! , x = 3

2

3!- .

c) (x - 2)2 = 0, x = 2.

d) (x + 1)2 = 4, x + 1 = !2; x1 = 1, x2 = -3.

1209. a) x2 + 2x + 1 = 4; x1 = 1, x2 = -3.

b) (x + 3)2 = 16; x1 = 1, x2 = -7.

c) x2

3

4

252

- =J

L

KK

N

P

OO ; x1 = -1, x2 = 4.

d) x24

5

16

1690

2

$ + - =J

L

KK

J

L

KKK

N

P

OO

N

P

OOO

; x1 = 2, x2 = -4,5.

1210. a) x24

5

16

70

2

$ + + =J

L

KK

J

L

KKK

N

P

OO

N

P

OOO

, nincs megoldás.

b) x2

1

3

2

9

2560

2

$- - - =J

L

KK

J

L

KKK

N

P

OO

N

P

OOO

; x1 = 6, x2 =3

14- .

c) x24

2

8

1

2

30

2

$ - - - =

J

L

KKK

J

L

KKKK

N

P

OOO

N

P

OOOO

; x1 =4

2

8

4 3 1+

+,

x2 =4

2

8

4 3 1-

+.

d) 2x2 - 9x + 7 = 0, innen x24

9

16

250

2

$ - - =J

L

KK

J

L

KKK

N

P

OO

N

P

OOO

; x1 = 1, x2 =2

7.

1211. a) x1 =2 1 2

2 1 9 2 2

+

- + -

b l

, x2 =2 1 2

2 1 9 2 2

+

- - -

b l

.

b) x1 = 6, x2 =23

12.

1212. a) x1 = -1,2, x2 =7

3.

b) x1 = 2 3+ , x2 = 2 3- .

1213. a) x1 =1, x2 =16

31- .

b) ,x x2 1 52 2

- - +b _l i = 0, innen , ,x2 1 5 2 2 1 5 0+ - - - =b bl l ,

x =,

2

2 1 5-.

Vagy: ,x x2 1 5- = + , innen x - 2 = -x - 1,5,

x =,

2

2 1 5-.

c) x1 = -4, x2 = -8.

d) x1 = 3 2- + , x2 = 3 2- - .

1214. a) x1 =2

3

4

27+ , x2 =

2

3

4

27- .

b) x1 =14

15 85+, x2 =

14

15 85-.

1215. Az ax2 + bx + c = 0 (a =Y 0) egyenlet átalakítás után

a xa

bx

a

ca x

a

b

a

b

a

ca x

a

b

a

b ac

2 4 4

42

2

2

22

2

2

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

L

KK

J

L

KK

J

L

KKK

J

L

KK

J

L

KKK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OOO

N

P

OO

N

P

OOO

= 0

alakra hozható. Ha b2 - 4ac ≥ 0, akkor innen folytathatjuk az

xa

b

a

b ac

4

42

2

22

+ --J

L

KK

N

P

OO =

xa

b

a

b acx

a

b

a

b ac

4

4

4

4

2

2

2

2

$+ +-

+ --

J

L

KKK

J

L

KKK

N

P

OOO

N

P

OOO

= 0 szorzattá alakítással vagy

xa

b

a

b ac

4

4

2

2

!+ =-

módon. Mindkét esetben xa

b b ac

2

4,1 2

2!=

- -.

1216. a) x1 = -1, x2 = 3;b) nincs megoldás;c) x1 = 1, x2 = -3,5;d) x1 = 1, x2 = 3.


IV

1217. a) Nincs megoldás.

b) x1 = -6, x2 =3

22.

1218. a) x1 = 2 , x2 = 1 - 2 .

b) x1 = 22

3+ , x2 = 2

2

3- .

1219. a) x1 = -2, x2 =78

305.

b) x1 = 1, x2 = r.

c) x - 5 = x 3- négyzetre emelése után x2 - 11x + 28 = 0; innen

x1 = 7, x2 = 4, de ez hamis gyök.

Vagy: y = x 3- helyettesítéssel y2 - y = 2, innen y1 = 2, y2 = -1

(ez hamis).

1220. a) x1 = -2, x2 =35

24.

b) x = 0.

1221. a)1. a(x) = 2x2 + 3x - 5 = x x22

3

2

52+ -

J

L

KK

N

P

OO= x2

4

3

16

9

2

52

+ - -J

L

KK

J

L

KKK

N

P

OO

N

P

OOO

=

= x24

3

16

492

+ -J

L

KK

J

L

KKK

N

P

OO

N

P

OOO

= x24

3

8

492

+ -J

L

KK

N

P

OO ; ez a transzformációs

alak.

2. x24

3

8

49

8

492

$+ - -J

L

KK

N

P

OO , az értékkészlet: Ra = ;

8

493-

R

T

SSS

R

T

SSS.

3. 1221/a. ábra

4. Az f (x) = x2 alapfüggvény áb-

rázolása után sorrendben: el-

tolás a ;4

30-

J

L

KK

N

P

OO vektorral;

m = 2 arányú, az x tengelyre

merôleges affinitás; eltolás a

;08

49-

J

L

KK

N

P

OO vektorral.

5. Ha az y = f (x) = 0 egyenlet-nek egy gyöke x, akkor ebbenaz x pontban a függvény gör-béjének közös pontja van azx tengellyel.


IV

1221/a.


IV

6. A leolvasott gyökök x1 = -2,5 és x2 = 1; helyességükrôl vissza-

helyettesítéssel gyôzôdhetünk meg.

7. A grafikus megoldás általában csak közelítô pontosságú.

8. A megoldóképlet alkalmazásával ( )

x2 2

3 3 4 2 5

,1 2

2

$

! $ $=

- - -;

innen x1 = 1 és x2 = -2,5.b) 1. b(x) = -x2 + 2x - 1 = -(x - 1)2.

2. - (x - 1)2 ≤ 0, így Rb = ; 03-@ @.3. 1221/b. ábra.4. Sorrendben: eltolás az (1; 0) vektorral; tengelyes tükrözés az x

tengelyre.6. A leolvasott kétszeres gyök x = 1; helyességérôl visszahelyettesí-

téssel gyôzôdhetünk meg.

8. (x - 1)2 = 0, innen x = 1.c) 1. c(x) = x2 - 4x + 5 = (x - 2)2 + 1.

2. (x - 2)2 + 1 ≥ 1, így Rb = ;1 36 6.

3. 1221/c. ábra.

4. Sorrendben: eltolás a (2; 0) vektorral;

eltolás a (0; 1) vektorral.

6. Nincs gyök.

8. Nincs gyök, (x - 2)2 + 1 = 0 nem telje-

sülhet. (Az egyenlet bal oldala legalább

1; vagy a megoldóképlet diszkriminán-

sa negatív.)

d) 1. d(x) = -2x2 + 3x - 2 =

= x24

3

8

72

- - -J

L

KK

N

P

OO .

1221/b. 1221/c.

1221/d.


IV

2. x24

3

8

7

8

72

#- - - -J

L

KK

N

P

OO , így Rb = ;

8

73- -

V

X

WWW

V

X

WWW.

3. 1221/d. ábra

4. Sorrendben: eltolás a ;4

30

J

L

KK

N

P

OO vektorral; m = -2 arányú, az x

tengelyre merôleges affinitás (vagy m = 2 arányú affinitás és ten-

gelyes tükrözés); eltolás a ;08

7-

J

L

KK

N

P

OO vektorral.

6. Nincs gyök.8. Nincs gyök. (Az értékkészletbôl is megállapíthatjuk, vagy a meg-

oldóképletet alkalmazva a diszkrimináns negatív.)1222. a) Igaz.

b) Párhuzamos az y tengellyel.c) Ha az a fôegyüttható pozitív, az y tengely pozitív irányában nyitott;

ha negatív, akkor fordítva.d) Ha az a fôegyüttható abszolútértéke nagy, akkor a parabola „mere-

dekebb” („keskenyebb”, „soványabb”); egyébként „laposabb”(„szélesebb”, „kövérebb”).

e) Ha c = 0, akkor a parabola átmegy az origón; ha b = 0, akkor atengelye egybeesik az y tengellyel.

1223. Négyféle lehet.1. Elkerülik egymást, nincs közös pontjuk.2. Az egyenes érinti a parabolát.3. Az egyenes egyetlen pontban metszi a parabolát. (Ez csak akkor lehetséges,

ha az egyenes párhuzamos a parabola tengelyével.)4. Az egyenes két pontban metszi a parabolát.Több közös pontjuk nem lehet. Az egyenes egyenlete elsôfokú, a parabolaegyenlete másodfokú; a metszéspontok meghatározására felállított egyenlet-rendszernek legfeljebb két gyöke lehet.1224. Például ha az egyik kifejezés f (x) = x2 + 2x + 3, a másik pedig:

a) 2x2 + 2x - 5 (vagy általában ax2 + bx + c, ahol a, b, c ! R, a =Y - 1);b) -x2 + 5x + 1 (általában - x2 + bx + c);c) - x2 - 2x + 1 (általában - x2 - 2x + c).

1225. Diszkrimináns a discrimino (latin) „szétválaszt” igébôl a.m. „szétvá-lasztó”, átvitt értelemben „meghatározó, döntô tényezô”. Az ax2 + bx + c = 0(a =Y 0) másodfokú egyenletnek akkor van valós gyöke, ha diszkriminánsa, ab2 - 4ac kifejezés nemnegatív; vagyis a diszkrimináns „határozza meg” vagy„dönti el” a gyökök létezését és számát.1226. Az ax2 + bx + c = 0 (a =Y 0) másodfokú egyenlet diszkriminánsától függa gyökök száma. (Ha a diszkrimináns zérus, akkor egyetlen kétszeres gyök van;úgy is fogalmazhatunk, hogy a két gyök egyenlô.) A másodfokú kifejezés képeparabola. A gyökök grafikus jelentésük szerint a parabola és az x tengely érin-tési vagy metszéspontjait jelentik, így a diszkrimináns elôjelébôl következtethe-tünk a parabola koordináta-rendszerbeli helyzetére is.


IV

1227/I. 1227/II.

1227/III. 1227/IV.

1227. a) D = 62 - 4 $ (- 1) $ (- 8) = 4 > 0, két gyök van. (Vagy átalakításokután (x - 3)2 = 1.)Grafikus segítséggel is megállapíthatjuk a gyökök számát.A bal oldalon lévô f (x) = -x2 + 6x függvény képe lefelé nyitott pa-rabola x1 = 0 és x2 = 6 tengelymetszetekkel s az x = 3 helyen felvetty = 9 maximummal; míg a jobb oldali g(x) = 8 függvény képe az xtengellyel párhuzamos egyenes, s ez két pontban metszi a parabolát(1227/I. ábra).

Ha az eredeti egyenletet átalakítjuk, - x2 + 6x - 8 = 0. Innen a bal

oldali h(x) = -x2 + 6x - 8 függvény transzformációs alakja h(x) =

= -(x - 3)2 + 1, s ez a függvénygörbe két pontban metszi az x tengelyt

(1227/II. ábra).

b)D = -31 < 0, nincs gyök.

Grafikusan: Ábrázoljuk az f (x) = 2x2 - 3x és g(x) = -5 függvénye-

ket (1227/III. ábra), vagy a h(x) = 2x2 - 3x + 5 = x24

3

8

312

- +J

L

KK

N

P

OO

függvényt (1227/IV. ábra)!

c) D = 0, egy (kétszeres) gyök van

(1227/V. ábra). d) Nincs gyök. e) Két

gyök van.1228. D = 9 - 4c.

a) D > 0, vagyis c < 4

9;

b) c =4

9(ekkor kétszeres gyök van);

c) c > 4

9.

1229. A feladat kitûzôje valószínûleg a négyze-tek oldalainak hosszára volt kíváncsi.

Jelöljük az egyik négyzet oldalát a-val, akkor a másik oldala a4

3. Az egyenlet:

a a4

31002

2

+ =J

L

KK

N

P

OO , a megoldás: a = 8; tehát a négyzetek oldala 8, illetve 6 egy-

ség.1230. Legyen az a befogó hossza 3x, ekkor b = 4x, a terület

x x

2

3 4$= 6x2.

Innen x = 2, a = 6, b = 8 egység.

1231. Jelöljük a majmok létszámát n-nel, ekkor az n

n3

51

2-

= -J

L

KK

N

P

OO egyenlet

adja a megoldást: n = 17.

1232. Jelöljük a tagok számát n-nel! Ekkor ( )n n

2

1+= 66, innen n = 11.

(Az n = -12 gyök hamis.)1233. Jelöljük (an)-nel a sorozatot (n ! N+)!

a) an = -4 + 3 $ (n - 1) = 3n - 7.

b) Az elsô n elem összege Sn =( )a a n n n

2 2

4 3 7n1+=

- + -=

_ i

n n

2

3 112

=-

. Az Sn . 103 egyenletbôl 3n2 - 11n - 2 $ 103 = 0, innen

n = 27,7 (a negatív gyök hamis). Vagyis a sorozatból legalább 28

tagot kell összeadnunk.1234. Jelöljük (an)-nel a sorozatot (n ! N+)!

a) an = -10 + 3 + 4 + … + (n + 1) =( )( )n n

102

3 1 1- +

+ + -=

n n

2

3 242

=+ -

.

b) Az an = 103 egyenletbôl n2 + 3n - 2024 = 0, innen n = 43,5 (a

negatív gyök hamis). Vagyis a sorozat 44. tagja lesz elôször 1000-nél

nagyobb.


IV

1227/V.

1235. Jelöljük x-szel a rajban lévô méhek számát! Ekkor x

x x2 9

82+ + =

a megoldandó egyenlet, ami az y =x

2helyettesítéssel másodfokúra visszave-

zethetô. Eredmény: x = 72. (x = 4,5 hamis gyök.)

1236. a) x =Y -5, -2. Ekvivalens átalakítások után 2x2 - 3x + 1 = 0, innen

x1 = 1, x2 = 0,5.

b) x1,2 = 2.

c) x1 = 7, x2 =9

7- .

1237. a) x1 = -2. (x2 = -1 hamis gyök.)

b) x1 = -0,75, x2 = 1.

c) x1 = 6, x2 = -2,2.

d) x2

5 3,1 2

!=

-; x1 . -1,63, x2 . -3,37.

e) x1 = 3. (x2 = 2 hamis gyök.)

1238. a) Az x =Y -1 kikötés után alkalmazzuk az x3 + 1 = (x + 1)(x2 - x + 1)

azonosságot! Eredmény: x1 = 3. (x2 = -1 hamis gyök.)

b) x =Y 2; 3; 4. Ekvivalens átalakítások után 7x2 - 51x + 80 = 0, innen

x1 = 5, x2 =7

16.

c) x1 = 0, x2 = 7 5- .

d) x1 = 0, x2 = ,2 5 , x3 = ,2 5- .

1239. a) x1 =13

19. (x2 = 0 és x3 = 1 hamis gyökök.)

b) x1 = 1, x2 = -3.

1240. Észrevehetjük, hogy ( )x x x x1

1 1

1

1

+= -

+, valamint

( )x x 2

1

+=

x x2

1 1

2

1= -

+

J

L

KK

N

P

OO .

a)( ) ( )( )x x x x x x x x1

1

1 2

1 1

1

1

1

1

2

1

++

+ += -

++

+-

+=

( )x x x x

1

2

1

2

2-

+=

+. A

( )x x 2

2

63

2

+= egyenletbôl x1 = 7,

x2 = -9.

b)( )x x 2

2

24

1

+= , innen x1 = 6, x2 = -8.


IV

c)x x x x x x

1

1

1

1

1

2

1

2

1

3

1-

++

+-

++

+-

+=

x x

1

3

1= -

+=

( )x x 3

3=

+. A

( )x x 3

3

88

3

+= egyenletbôl x1 =8, x2 =-11.

d)( )x x 4

4

8

1

+= , innen x1 = 4, x2 = -8.

e)( )x x x x x x2

1 1

2

1

2

1

4

1

4

2-

++

+-

+=

+

J

L

KK

N

P

OO .

( )x x 4

2

45

2

+= ,

innen x1 = 5, x2 = -9.

1241. Az egyenleteket – alkalmas helyettesítéssel – másodfokúra redukál-

hatjuk.

a) Az a = x2 helyettesítéssel a2 =4

25, innen a = !

2

5. Csak a pozitív

gyök lehetséges, így x2 = 2,5; x = ,2 5! .

b) a = x2 helyettesítéssel a1 = 1, a2 = 0,5. Innen

x ! ; ; , ; ,1 1 0 5 0 5- -& 0 .

1242. a) a = x2 helyettesítéssel a1 = 1, a2 = -2,5, ez utóbbi nem lehetséges.

x1 = 1, x2 = -1.

b) a = (x - 1)2 helyettesítéssel a2 + 3a - 10 = 0. Innen a1 = 2, a2 = -5

(ez utóbbi hamis); x1,2 = 1 2! .1243. a) a = x3 helyettesítéssel a1 = 8, a2 = -3; innen x = 2.

b) x1 = -1, x2 =3

73 .

1244. a) a = x2 + x helyettesítés után a1 = 5, a2 = -2; innen x2

1 211=

- +,

x2

1 212=

- -.

b) a = x2 + 2x helyettesítés után a1 = 3, a2 = -4; innen x1 = 1, x2 = -3.

1245. a) a = x2 - 4x helyettesítés után a1 = -1 + 3, a2 = 1 - 3. Innen

x1 = 2 3 3+ + , x2= 2 3 3- + , x3= 2 3 3+ - ,

x4= 2 3 3- - .

b) Ha a = x2 - 2x - 3, akkor a $ (a + 4) = 45. Innen a1 = 5, a2 = -9;

x1 = 4, x2 = -2.

c) Ha a = x2 + x + 1, akkor (a + 2)a = 15. Innen a1 = 3, a2 = -5;

x1 = 1, x2 = -2.


IV


IV

1246. a) Ha a = x2 - 3x + 1, akkor ,a

a1

1 5- + = 0. Innen a1 = 2, a2 = -0,5;

x1 =2

3 13+, x2 =

2

3 13-, x3 =

2

3 3+, x4 =

2

3 3-.

b) Ha a = x2 + 3x - 3, akkor a

3- 2a - 1 = 0. Innen a1 = 1, a2 = -1,5;

x1 = 1, x2 = -4, x3 =2

3 15- +, x4 =

2

3 15- -.

A következô feladatoknál speciális megoldási módszereket alkalmazunk (értelme-zési tartomány, értékkészlet, függvény monotonitásának vizsgálata). (1247–1254.feladat)

1247. a) Nincs megoldás. Ha x $ 1, akkor a bal oldal értéke legalább 8, míg ajobb oldal értéke legfeljebb 7. (A továbbiakban az egyenletek baloldalán lévô értéket B-vel, a jobb oldal értékét J-vel jelöljük.)

b) B $ 10, J # 10, így (x; y) = (2; 0).

c) Átalakítás után (x + 1)2 + (y - 2)2 = 0, innen (x; y) = (-1; 2).

1248. a) x2 + 3x + x 3- = 18. Mivel x $ 3, így B $ 18; J = 18, innen x = 3.

b) x $ 1, így B $ 5. Mivel J # 5, (x; y) = (1; 0).

1249. a) 3x2 + 2x + 2 x 2- - 4 = -2(y - 3)2 + 12. x $ 2, így B $ 12; mivel

J # 12, (x; y) = (2; 3).

b) Nincs megoldás. (x + 2)2 + x x6 12+ + + y2 = 0. Nemnegatív ta-

gok összege csak akkor lehet nulla, ha minden tag nulla, de

x = -2 nem megoldás.

1250. a) - x2 +11x-24=-(x-3)(x-8), így 3 # x# 8. x x11 242- + - + x2 +

+ 3x+ (y - 3)2 = 18 átalakítás után B $ 18, ezért (x; y) = (3; 3).

b) x $ 7, s ekkor B $ 2. x = 7.1251. a) Nincs megoldás. x $ 5 és x # 4,5 kikötések ellentmondók.

b) Nincs megoldás. B $ 2 .

1252. a) B $ 0, x $ - 3, de ekkor J # 0. x = -3.

b) B $ 3. 2y - y2 + 2 = 3 - (y - 1)2, így J # 3; innen (x; y) = (2; 1).

1253. a) x2 - 2x - 4 = (x - 1)2 - 5 $ - 1, ha x $ 3. B $ 0 és monoton nô, így

csak x = 3 lehet a megoldás.

b) x 1- + x 2- + (y - 2)2 + x2 = 5. Mivel x$ 2, B$ 5, innen

(x; y) = (2; 2).

1254. a) x 42+ $ 2, így csak x = 0 lehetne megoldás, de ez nem gyök.

b) B $ 2, így x $ 3; de ekkor >x x1 12+ + . Nincs megoldás.

Összefüggések a gyökök és együtthatók között

1255. A gyöktényezôs alak a(x - x1)(x - x2), ahol x1 és x2 az ax2 + bx + c = 0egyenlet gyökei.Gyöktényezôs alakok: a), c), g), h), i), k).1256. a) 2(x -1)(x + 2,5);

b) (x -1)(x + 2);c) nincs;d) 4(x + 2)(x - 1).

1257. a) – 2(x - 2)(x - 3);

b) y y3 2 3 2- - - +` `j j;

c) (z - 2)2;

d) nincs.

1258. a) x26

12

-J

L

KK

N

P

OO ;

b) x x82 4

12

- +rJ

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO;

c) x x1 2- - -_ ì j ;

d) x x3 3- - r` _j i .

1259. A megoldóképlet segítségével

x1 + x2 =a

b b ac

a

b b ac

2

4

2

42 2- + -+

- - -=

a

b- ;

x1 $ x2 =a

b b ac

a

b b ac

2

4

2

42 2

$- + - - - -

=( )

a

b b ac

4

4

2

2 2- -=

a

c.

Másképpen: Kiindulhatunk a gyöktényezôs alakból is: az a(x - x1)(x - x2) ≡≡ ax2 + bx + c azonosságból következik az állítás.1260. Ha x1 és x2 a két (esetleg egyenlô) gyök, akkor x1 + x2 = -b és x1 $ x2 = c.1261. Az a(x - 2)(x - 3) = 0 gyöktényezôs alakot alkalmazva az a =Y 0fôegyütthatót szabadon választhatjuk, tehát végtelen sok megfelelô másodfokúegyenlet van.1262. Például:

a) (x - 2)(x - 3) = x2 - 5x + 6 = 0.b) x2 + x - 20 = 0.c) x2 - 2x = 0.d) (x - 2)(x - 0,5) = x2 - 2,5x + 1, így 2x2 - 5x + 2 = 0.e) (x - 0,4)(x + 0,04) = x2 - 0,36x - 0,016, így 1000x2 - 360x - 16 = 0.

f) x x x x2 3 2 3 62- - = - + +b b bl l l ; nincs megoldás.

g) x2 - 4x + 2 = 0.h) x2 - (a + b)x + ab = 0.

Összefüggések a gyökök és együtthatók között 225

IV

i) x aa

x1

12- + +J

L

KK

N

P

OO = 0, innen ax2 - (a2 + 1)x + a = 0.

j) Nincs megoldás.

k) abx2 - (a2 + b2)x + ab = 0.

l) Legyen rb

a1

1

1= és r

b

a2

2

2= két tetszôleges racionális szám

(a1, a2, b1, b2 ! Z)! Ekkor x2 - (r1 + r2)x + r1r2 = 0 átalakításából

b1b2x2 - (a1b2 + a2b1)x + a1a2 = 0.

1263. a) x2 + 6x - 7 = 0, ha x1 = 1 vagy x2 = -7. Innen

x2 + 6x - 7 = (x - 1)(x + 7).

b) x1,2 =2

6 36 363 18

!!

- +=- , így

x2 + 6x - 9 = x x3 18 3 18+ - + +b bl l.

c) 0,5(x - 4)(x - 2).

d) (y - 3)(y + 4).1264. a) (x - a)(x + 2a).

b) A t2 - 4t + 5 = 0 egyenlet diszkriminánsa negatív, így nem lehetszorzattá alakítani.

c) 2(z + 0,5)(z - 0,5).d) (2x + 1)(x - r) vagy 2(x + 0,5)(x - r).

1265. a) x x2 2 3- + -b bl l.

b) x x2

12 2- -_ bi l.

1266. a)( )

( )( )

x x

x x

x

x x

x

x

6 9

6

3

2 3

3

2

2

2

2+ +

+ -=

+

- +=

+

-, ha x =Y - 3.

b)( )( )

( )( , )

( )

( , )

y y

y y

y y

y y

y

y

8 9

5 2 7

1 9

5 1 1 4

9

5 1 4

2

2

- -

- -=

+ -

+ -=

-

-, ha y =Y- 1, y =Y 9.

c)( )( )

( )( )

( )

( )

x x

x x

x x

x x

x

x

3 36 105

2 8 90

3 5 7

2 5 9

3 7

2 9

2

2

- +

+ -=

- -

- +=

-

+, ha x =Y 5, x =Y 7.

d)( )( )

( )( )

a ab b

a ab b

a b a b

a b a b

a b

a b

2 5 3

2 3

2 3

2 3

2 2

2 2

- +

- -=

- -

+ -=

-

+, ha a =Y b, a =Y 1,5b.

1267. a) x1 + x2 = 5, x1 $ x2 = 6. Két szám összege 5, szorzata 6; innen „kitalál-hatjuk”, hogy x1 = 2, x2 = 3. Az ax2 + bx + c = 0 (a =Y 0) alakú másod-fokú egyenletnek legfeljebb két gyöke van; ha tehát megtaláltuk akét gyököt, több megoldás nem lehetséges.

b) y1 + y2 = -1, y1 $ y2 = -42, innen y1 = 6, y2 = -7.

c) t1 = 1 „ránézésre” gyök; t1 $ t2 =2

5- miatt t2 =

2

5- .

d) x1 + x2 = a + 1, x1 $ x2 = a; innen x1 = 1, x2 = a.


IV

1268. a) x1 + x2 = b + 2, x1 $ x2 = 2b; innen x1 = 2, x2 = b.

b) x1 = 0; x1 + x2 =2

3- miatt x2 =

2

3- .

c) x1 = 1; x1 $ x2 =5

13- , innen x2 =

5

13- .

d) x1 + x2 = -a, x1 $ x2 = -2a2; innen x1 = a, x2 = -2a.

1269. a) x1 $ x2 = 1, a gyökök egymás reciprokai. x1 + x2 =2

3, innen x1 = 2,

x2 =2

1.

b) x1 = 1; x2 = r.c) x1 = -1; x2 = -r.

d) x1 = 2 ; x2 = 3 .

1270. a) x1 $ x2 =2

5- < 0, ezért az egyik gyök negatív, a másik pozitív.

b) x1 < 0, x2 > 0. (A gyökök között nem teszünk sorrendi különbséget;az egyik gyök negatív, a másik pozitív.)

c) a1 $ a2 = 49 > 0, a gyökök azonos elôjelûek. Mivel a1+ a2 = 14, mind-két gyök pozitív.

d) b1, b2 < 0.

1271. a) x1, x2 > 0.b) x1 < 0, x2 > 0.c) a1, a2 > 0.d) x1 < 0, x2 > 0.e) x1, x2 > 0.

Megjegyzések: Az 1270. c), és 1271. a) esetekben a két gyök egyenlô.Ha a feladat szövegében nem lenne a gyökök létezésére vonatkozó feltétel,akkor ezt külön ellenôriznünk kellene. Pl. az x2 + 4x + 5 = 0 egyenletben x1 + x2 == -4, x1 $ x2 = 5; mindkét gyök negatív lehetne, de egyáltalán nincs valós gyökeaz egyenletnek.

1272. Az 1270. feladat megoldásai a Viète-formulák ismeretében:a) x1 = 2,5; x2 = -1;b) x1 = -2; x2 = 3;c) a1,2 = 7;d) b1 = -3; b2 = -1.

Az 1271. feladat megoldásai a Viète-formulák ismeretében:

a) x1,2 =6

1- ;

b) x1 =2

r; x2 =

4

1- ;

c) a1 = 1; a2 = 2 ;


IV

d) x1 = - 2 ; x2 = 2 ;

e) x1 = 2; x2 = 2 .

1273. A P(x, y) kétváltozós polinomot szimmetrikus polinomnak nevezzük,

ha P(x, y) = P(y, x), vagyis x és y szerepcseréje esetén a polinom nem változik.

(Másképpen megfogalmazva: ha bármely x = a és y = b esetén kapott helyette-

sítési érték megegyezik az x = b és y = a helyen felvett helyettesítési értékkel.)

Ez alapján szimmetrikus polinomok: a), b), c), d), e), f), g).

1274. Megjegyzés:A szimmetrikus polinomok tétele szerint minden kétváltozós szimmetrikus po-

linom felírható az elemi kétváltozós szimmetrikus polinomok segítségével. A

kétváltozós elemi szimmetrikus polinomok: s = x + y és p = xy. Mivel a Viète-

formulák ,u va

bu v

a

c$+ =- =

J

L

KK

N

P

OO a gyökök elemi szimmetrikus polinomjai

és a másodfokú egyenletek együtthatói közötti kapcsolatot adják meg, ezért a

gyökök szimmetrikus kifejezései (egyértelmûen) felírhatók az együtthatók se-

gítségével.

a) 2u + 2v = 2(u + v) =a

b2- ;

b) - 3uv =a

c3 $- ;

c) u2 + v2 = (u + v)2 - 2uv =a

b

a

c2

2

$- -J

L

KK

N

P

OO =

a

b ac2

2

2-;

d) 2 u v3 3+` j = 2 u v3

+_ i - 6uv u v+_ i =a

b

a

c

a

b2 6

2

2

$- -J

L

KK

N

P

OO=

=a

b bc2 6

2

2+;

e) u4 + v4 = u v2 22

+` j - 2u2v2 = u v uv22

2

+ -_d i n - 2u2v2 = (u + v)4 -

- 4uv(u + v)2 + 4u2v2 - 2u2v2 = (u + v)4 - 4uv(u + v)2 + 2u2v2 =

=a

b

a

c

a

b

a

c4 2

4

4

2

2

2

2

$- + =a

b acb a c4 2

4

4 2 2 2- +;

f)u v

1 1+ =

uv

u v

a

b

c

a

c

b$

+= - =-

J

L

KK

N

P

OO , ha c =Y 0;

g)v

u

u

v2 2

+ =u v

u v2 2

3 3+=

a

b bc

c

a3

2

2

2

2

$+

=c

b bc3

2

2+, ha c =Y 0.

1275. A feltétel szerint a gyökök léteznek; x1 + x2 =2

3- , x1 $ x2 =

2

5- .

a) x x x x x x212

22

1 2

2

1 2+ = + -_ i =4

29;


IV

b) x x x x x x x x313

23

1 2

3

1 2 1 2+ = + - +_ _i i =8

117- ;

c)x x

1 1

1 2

+ =x x

x x

1 2

1 2+=

5

3;

d)x x x x

x x

x x

x x x x1 1 2

25

29

12

22

12

22

12

22

12

22

1 2

2

1 2+ =

+=

+ -=

_ i;

e)x x x x

x x

x x

x x x x x x1 1 3

125

117

13

23

13

23

13

23

13

23

1 2

3

1 2 1 2+ =

+=

+ - +=

_ _i i.

Megjegyzés: Ha a feladat szövegében nem szerepelt volna a gyökök létezésére vonatkozó ki-tétel, akkor ezt ellenôriznünk kellett volna, pl. a diszkrimináns elôjelének meg-vizsgálásával.

1276. a) x1 + x2 = 1,5, x1 $ x2 = 2,5.

x x x x x x212

22

1 2

2

1 2+ = + -_ i = -2,75;

x x x x x x x x313

23

1 2

3

1 2 1 2+ = + - +_ _i i = -7,875;

x x

1 1

1 2

+ =x x

x x

1 2

1 2+= 0,6;

x x x x

x x

x x

x x x x1 1 2

12

22

12

22

12

22

12

22

1 2

2

1 2+ =

+=

+ -_ i= -0,44.

b) x1 + x2 = 1,5, x1 $ x2 = 1.

x x x x x x212

22

1 2

2

1 2+ = + -_ i = 0,25;

x x x x x x x x313

23

1 2

3

1 2 1 2+ = + - +_ _i i = - 1,125;

x x

1 1

1 2

+ =x x

x x

1 2

1 2+= 1,5;

x x x x

x x

x x

x x x x1 1 2

12

22

12

22

12

22

12

22

1 2

2

1 2+ =

+=

+ -_ i= 0,25.

Az a) esetben lehetetlen eredményt kaptunk: x x12

22+ és

x x

1 1

12

22

+ is negatív.

Az ellentmondásnak az az oka, hogy a Viète-formulákat csak akkor alkalmaz-

hatjuk, ha vannak valós gyökök. A 2x2 - 3x + 5 = 0 egyenlet diszkriminánsa

D = 9 - 40 < 0, vagyis az egyenletnek egyáltalán nincsenek valós gyökei.Ugyanez a helyzet 2x2 - 3x + 2 = 0 egyenlettel is: D = 9 - 16 < 0. Itt azonbanmég utólag sem lehet észrevenni az ellentmondást. Ezért:A gyökök szimmetrikus kifejezéseinek felírása elôtt meg kell gyôzôdnünk arról,hogy a gyökök ténylegesen léteznek (a diszkrimináns nemnegatív).


IV

Megjegyzés:A Viète-formulák a komplex számok körében is teljesülnek: ha az ax2 + bx + c = 0

(a =Y 0) egyenletnek két komplex gyöke van, ezek összege a

b- és szorzatuk

a

c.

1277. a) (u - v)2 = (u + v)2 - 4uv =a

b

a

c

a

b ac4 4

2

2

2

2

- =-

;

b) Ha u ≥ v, akkor u - v = ( )u v uv42+ - =a

b ac4

2

2-; ha u < v, akkor

u - v =a

ac b4

2

2-.

c) u2 - v2 = (u + v)(u - v). Hauuu ≥ uvu, akkor u2 - v2 =a

b abc4

3

3

--

,

egyébként u2 - v2 =a

abc b4

3

3-.

d) u3 - v3 = (u - v) u uv v2 2+ +` j = (u - v) u v uv2

+ -_d i n =

a

b ac

a

b

a

c4

2

2

2

2

$=-

-

J

L

KKK

N

P

OOO, ha u $ v; egyébként ennek ellentettje.

e)u v uv

v u1 1- =

-=

a

b ac

c

a

ac

ac b4 4

2

2 2

$--

=-

, ha v ≥ u; egyébként

ennek ellentettje.

1278. Ha a két gyök u és v, akkor u + v = -1,5, uv = -2,5.

a) (u - v)2 = (u + v)2 - 4uv = 12,25.b) u - v = ! 3,5.c) u2 - v2 = (u + v)(u - v) = ! 5,25.

d) u3 - v3 = (u - v) u uv v2 2+ +` j = (u - v) u v uv2

+ -_d i n = !16,625.

e)u v uv

v u1 1- =

-= ! 1,4.

1279. Ha a két gyök u és v, akkor u + v = 1,5, uv = 2,5.

a) (u - v)2 = (u + v)2 - 4uv = -7,75.Ellentmondást kaptunk: nem lehet negatív egy valós szám négyzete. Az ellent-mondás oka, hogy az egyenletnek nincs valós gyöke.

1280. Feltehetjük, hogy az ax2 + bx + c = 0 egyenletnek vannak gyökei,

vagyis D = b2 - 4ac ≥ 0.Ha a két gyök u és v, akkor u + v =

a

b- és uv =

a

c; a gyökök és együtthatók

közötti összefüggések miatt tehát:a) ax2 - bx + c = 0;b) ax2 + 2bx + 4c = 0;c) ax2 + nbx + n2 $ c = 0;


IV


IV

d)u v uv

u v

c

b1 1+ =

+=- ,

u v uv c

a1 1 1$ = = , ezért x

c

bx

c

a02+ + = , ha

c =Y 0 (vagy cx2 + bx + a = 0);

e) u2 + v2 = (u + v)2 - 2uv =a

b

a

c2

2

2

- , u2 $ v2 =a

c2

2

, ezért

xa

c

a

bx

a

c202

2

2

2

2

+ - + =

J

L

KKK

N

P

OOO

vagy a x ac b x c2 02 2 2 2+ - + =à j k.

1281. Az egyenletnek akkor van valós gyöke, ha (2p)2 - 4 $ (2 - p) ≥ 0, vagyis

p ≤ - 2 vagy 1 ≤ p. Ezen feltétel mellett:a) -2p > 0 és 2 - p > 0, vagyis p < 0; a feltétellel összevetve p ≤ - 2.b) -2p < 0 és 2 - p > 0, vagyis 0 < p < 2; a feltétellel összevetve

1 ≤ p < 2.c) 2 - p < 0, vagyis 2 < p; a feltétellel összevetve 2 < p.d) x = 0 helyettesítéssel p = 2.

1282. Az egyenletnek akkor van valós gyöke, ha 192 - 4 $ 5 $ p ≥ 0, vagyis

p ≤ 18,05. A gyökök összege 3,8, szorzata p

5.

a) x = 3 helyettesítéssel 5 $ 32 - 19 $ 3 + p = 0, innen p = 12.

(Más megoldási lehetôség a Viète-formulák alkalmazása: ha a másik

gyök z, akkor 3z =p

5és 3 + z =

5

19.)

b) Nem lehetséges; a két gyök összege p-tôl függetlenül 3,8. c) p = 18,05.d) Ha az egyik gyök 2u, a másik 3u, akkor 5u = 3,8; innen 2u = 1,52,

3u = 2,28; p = 5 $ 2u $ 3u = 17,328.

1283. a) Ha a két gyök u és u2, akkor u + u2 = 3,8, u3 =p

5. Innen

,u

2

1 16 2,1 2

!=

-; p1 . 17,3, p2 . - 79,3.

b) Ha a két gyök u és u + 1, akkor 2u + 1 = 3,8, u2 + u =p

5. Innen

p = 16,8.

c) p > 0 (és persze p ≤ 18,05).

d) 0 18,05.

e) p = 18,05. (Azt is mondhatjuk, hogy két egyenlô gyök van.)1285. I. Az egyenlet diszkriminánsa (2 - p)2 - 4 $ (- 2p) = p2 + 4p + 4 == (p + 2)2, tehát mindig van két (esetleg egyenlô) valós gyök. A megoldóképlet-bôl x1 = -2, x2 = p.

(1282.)a) p = 3.b) p = 8. c) p = -2.

d) p = -3 vagy p =3

4- .

(1283.)a) p = 4.b) p = -1 vagy p = -3.c) p < 0.d) Nem lehetséges.

(1284.)a) p < 0.b) p > 0.c) p = 0.d) Nem lehetséges.e) p = -2. (Azt is mondhatjuk, hogy két egyenlô gyök van.)

II. Az egyenlet diszkriminánsa (3 - 3p)2 - 4 $ (2p2 - 3p) = p2 - 6p + 9 = (p - 3)2,tehát mindig van két (esetleg egyenlô) valós gyök. A megoldóképletbôl x1 = p,x2 = 2p - 3.

(1282.)a) p = 3.b) p = 3.c) p = 3.d) p = 2,25 vagy p = 6.

(1283.)a) p = 2,25 vagy p = 1.b) p = 4 vagy p = 2.c) p < 0 vagy 1,5 < p.d) 1,5 < p.

(1284.)a) p < 0.b) 0 < p < 1,5.c) p = 0 vagy p = 1,5.d) Nem lehetséges.e) p = 3.

1286. Az egyenlet diszkriminánsa 16p2 - 4 $ (3p + 1) = 16p2 - 12p - 4 ≥ 0, hap ≤ - 0,25 vagy 1 ≤ p. Ezen feltétel mellett van két (esetleg egyenlô) gyöke azegyenletnek.

a) - 0,25 0, innen p >3

1- .

A korlátozó feltétel miatt 3

1- < p ≤ - 0,25 vagy 1 ≤ p.

d) 3p + 1 < 0, p < 3

1- .

e) Nincs pozitív gyök, ha a gyökök negatívok vagy nincsenek. A két

gyök negatív, ha 3

1- < p # - 0,25; nincsenek gyökök, ha

- 0,25 < p < 1; innen 3

1- < p < 1.

1288. (p + 4)x2 + (2p + 12)x + 2p + 9 = 0. I. Külön kell vizsgálni a p + 4 = 0 esetet; ha ugyanis a fôegyüttható zérus, akkornem másodfokú az egyenlet.Ha p = -4, akkor az egyenlet 4x + 1 = 0 alakú. Ekkor egyetlen gyök van, x = -0,25.Ha p =Y - 4, akkor az egyenlet diszkriminánsa (2p + 12)2 - 4 $ (p + 4)(2p + 9) == -4p2 - 20p $ 0, ha - 5 # p # 0.

(1286.)a) p < - 5 vagy 0 < p.b) p = -4,5.c) p = -2,5.d) p = -4,4.

(1287.)a) p = -5 vagy p = 0.b) - 5 p

p

4

2 90

+

+, ha p < - 4,5 vagy - 4 < p; a korlátozó feltétel miatt

- 5 # p < - 4,5 vagy - 4 < p # 0.

d) <p

p

4

2 90

+

+, ha - 4,5 < p < - 4.

e) p < - 5 vagy 0 < p (nincs gyök);vagy p = -4 (egyetlen gyök van);

vagy - 5 ≤ p < - 4,5, vagy - 4 < p ≤ 0 (azonos elôjelûek a gyökök)

és <p

p

4

2 120-

+

+(a gyökök összege negatív).

Ez utóbbi egyenlôtlenségbôl p < - 6 vagy - 4 < p, így a megoldás:

p < - 5 vagy - 4 < p.II. (2 - p) x2 - 2x + 2p = 0.Ha p = 2, akkor - 2x = 0, innen x = 0.


IV

Ha p =Y 2, akkor az egyenlet diszkriminánsa 4 - 4 $ (2 - p) $ 2p = 8p2 - 16p + 4 ≥ 0,

ha p # 1 -2

1. 0,293 vagy 1 +

2

1. 1,707 # p.

(1286.)

a) 1 -2

1p

p

2

2

-0, ha 0 p

p

2

20

-(0 2, így a megoldás:

1 -2

1< p < 1 +

2

1vagy p = 2.

1289. Akkor létezik két (nem feltétlenül különbözô) gyök, ha a diszkrimi-

náns nemnegatív. D = (8p - 2)2 - 4(15p2 - 2p - 6) = 4p2 - 24p + 28; D 0$ , ha

p2 - 6p + 7 $ 0, s ez akkor teljesül, ha p ≤ 3 - 2 . 1,59 vagy 3 + 2 . 4,41 ≤ p.Ha a két gyök u és v, akkor a Viète-formulák alapján u + v = 2 - 8p és uv == 15p2 - 2p - 6.

a) u2 + v2 = (u + v)2 - 2uv = (2 - 8p)2 - 2(15p2 - 2p - 6) =

= 34p2 - 28p + 16. u2 + v2 = 24, ha 34p2 - 28p + 16 = 24, vagyis

34p2 - 28p - 8 = 0. Innen p1 =17

7 117+. 1,05 és


IV

p2 =17

7 117-. - 0,22; a feltételeknek mindkét gyök megfelel.

b)u v uv

u v

p p

p1 1

15 2 6

2 8

2+ =

+=

- -

-.

u v

1 110+ = , ha

p p

p

15 2 6

2 8

2- -

-=

= 10, vagyis 150p2 - 12p - 62 = 0. Innen p1 =75

3 5 93+. 0,68 és

p2 = 75

3 5 93-. - 0,60, a feltételeknek mindkét gyök megfelel.

c)( ) ( ) ( )u v u v uv p p p

1

2

1

2 8 2 15 2 6

1

2 2 2 2 2+=

+ -=

- - - -=

p p34 28 16

1

2=

- +.

u v

11

2 2+= , ha

p p34 28 16

11

2- += , vagyis

34p2 - 28p + 15 = 0. Ezen egyenlet diszkriminánsa negatív, vagyis

nem létezik megfelelô p érték.Megjegyzés: Természetesen az a megoldási módszer is eredményes, amikor elkerüljük a má-sodfokú egyenlôtlenség megoldását. Pl. az a) esetben meghatározzuk a lehetsé-

ges p1 =17

7 117+és p2 =

17

7 117-értékeket, s az eredeti egyenletbe való

visszahelyettesítéssel ellenôrizzük, hogy ezen p értékekre valóban van gyöke azegyenletnek. Ekkor azonban nem számolhatunk a közelítô értékekkel.Ha pl. p . 1,05, akkor az eredeti egyenlet x2 + 6,4x + 8,44 = 0, a két gyök x1 . - 1,86 és x2 . - 4,54, x x1

222+ . 24,07. A kerekítések miatt nem kapunk

pontos értéket.

Ha nem a közelítô értékekkel számolunk, akkor az eredeti egyenlet

x2 + (8p - 2) x + 15p2 - 2p - 6 = 289x2 + (374 + 136 117 ) x + 518 + 176 117 = 0.

Innen x ,1 2=

578

374 136 117 2 303 908 101 728 117 598 809 203 456 117!=

- - + - -=

=578

374 136 117 1 705 100 101 728 117!- - -, s ekkor x x1

222+ =

=578

2 374 136 117 1 705 100 101 728 117

2

2

+ + -J

L

KKb

N

P

OOl

=

=578

2 2 303 908 101 728 117 1 705 100 101 728 117

2

+ + -b l

= 24 valóban.


IV


IV

1290. a) Több megoldás lehetséges. Ha a két gyök pl. x1 = 0 és x2 = 24 ,

akkor x(x - 24 ) = 0.b) x1 = 3, x2 = 22; (x - 3)(x - 22) = 0.

c) Ha a két gyök x és x + 0,5, akkor x(x + 0,5) = 2, innen x2 + 0,5x - 2

= 0. Az egyenlet diszkriminánsa 8,25 > 0, tehát léteznek a gyökök.

(Amelyek x1 =4

1 33- -. - 1,69 és x2 =

4

1 33- +. 1,19.)

d) Nincs megoldás. A Viète-formulák alapján x2 - 0,5x + 2 = 0; ennekaz egyenletnek viszont negatív a diszkriminánsa.

1291. A paraméteres egyenleteket a paraméterek minden lehetséges értéké-re meg kell oldanunk.

a) a, b, x =Y 0, a4x2 = b2; innen x =a

b2

! .

b) 2x2 = 2a2, x = ! a. (b tetszôleges.)c) x =Y ! a. Átalakítások után x2 = 4a2, innen x = ! 2a, ha a =Y 0; ha

a = 0, akkor nincs megoldás.d) x =Y ! a. Átalakítások után 2a = 0. Ha a = 0, x ! R \ {0}; ha a =Y 0,

akkor nincs megoldás.e) x =Y ! a, x =Y ! b; átalakítások után x2(a + b) = ab(a + b).

Mivel a + b > 0, x2 = ab, x = ab! , feltéve, hogy ab! =Y ! a, ill.

ab! =Y ! b, vagyis ha a =Y b.

Ha a = b, akkor nincs megoldás.

1292. a) Ha D = a2 - 4b > 0, vagyis ha a2 > 4b, akkor x1,2 =a a b

2

42! -,

két megoldás van.

Ha a2 = 4b, akkor x =a

2, egy megoldás (de kétszeres gyök) van.

Ha a2 < 4b, akkor nincs megoldás.b) x1 = a, x2 = b. Egy (kétszeres) megoldás van, ha a = b; különben két

különbözô megoldás van.

c) D = 4a2 - 4(a2 - b2) = 4b2, így x1,2 =a b

2

2 2!, x1 = a + b, x2 = a - b.

Ha b = 0, egy (kétszeres) gyök van; egyébként a gyökök száma

kettô.

1293. a) Ha uau = 2, vagyis a = ! 2, egy megoldás van;ha uau > 2, vagyis ha a < - 2 vagy 2 < a, két megoldás van;ha uau < 2, vagyis - 2 < a < 2, akkor nincs megoldás.

b) x =Y 0, x =Y a. Ha x a

xy

-= , akkor 2y2 - 5y + 2 = 0, y1 = 2, y2 = 0,5.

Az x a

x

-= 2 egyenletbôl x = 2a; nincs megoldás, ha a = 0. Az

x a

x

-= 0,5 egyenletbôl x = -a; nincs megoldás, ha a = 0.

Tehát ha a = 0, nincs megoldás; egyéb a értékekre pedig két meg-

oldás van.c) a, b, x =Y 0. Átalakításokkal x2(a - b) = ab(a - b). Ha a = b, akkor

végtelen sok megoldás van (x bármilyen, nemzérus szám lehet); haa =Y b, akkor ab > 0 esetén két megoldás van, ab < 0 esetén nincsmegoldás.

1294. Az ax2 + bx + c = 0 egyenletnek 2-nél több gyöke csak az a = 0 esetbenlehet; a bx + c = 0 egyenletnek pedig csak a b = 0 esetben. Innen a = b = c = 0;ekkor minden valós x megoldás, az egyenletnek végtelen sok gyöke van.1295. Ha p = 1, akkor 0 = 0 azonosságot kapunk, így minden valós x meg-oldás.Ha p = -1, akkor átalakítások után x = 1; egy megoldás van. Ha p =Y ! 1, akkor a (p + 1)x2 - x + 1 = 0 egyenlet diszkriminánsától függ amegoldásszám.D = 1 - 4(p + 1) = -4p - 3. D > 0, ha p < - 0,75. Ekkor két megoldás van(persze p =Y -1). Ha p = -0,75, egy (kétszeres) gyök van; s ha p > - 0,75 (ésp =Y 1), nincs megoldás.

1296. a) b2 - 4c > 0 teljesüljön. (Ha c < 0, ez minden b valós számra fennáll;

ha c $ 0, akkor b > c4 vagy b < - c4 szükséges.

b) b2 - 4c = 0. Ha c < 0, ez sosem teljesül; ha c $ 0, akkor b = c4! .

c) b2 - 4c < 0. Ha c < 0, ez sosem teljesül; ha c $ 0, akkor - c4 < <b

< c4 kell.

d) x = 3 helyettesítéssel 9 + 3b + c = 0, innen b =c

3

9- -.

Egyenletek összetett függvényekkel

1297. a) Ha x $ 0, akkor x2 = 2x; ha x < 0, akkor x2 = -2x. x ! {-2, 0, 2}.

Más megoldási lehetôség: x2 = uxu2, így uxu2 - 2uxu = 0, s innen

uxu(uxu - 2) = 0.b) Ha x $ 2, akkor x2 - 4x - 3(x - 2) + 6 = 0; x1 = 4, x2 = 3.

Ha x < 2, akkor x2 - 4x + 3(x - 2) + 6 = 0; x3 = 0, x4 = 1.Más megoldási lehetôség: (x - 2)2 = ux - 2u2, így ux - 2u2 - 4 - 3ux - 2u + 6 = 0. Az y = ux - 2u helyettesítéssel y2 - 3y + 2 = 0.

c) Ha x $ - 2, akkor x2 + 2x - 1 = 0; x1 = -1 + 2 , x2 = -1 - 2 , deez utóbbi hamis gyök.Ha x < - 2, akkor x2 + 2x + 1 = 0; x3 = -1, hamis gyök.

Egyébként az alapegyenletbôl észrevehetjük, hogy x csak pozitív

lehet.

Más megoldási lehetôség: ha ux + 2u =x

1, akkor az x + 2 =

x

1! két

egyenletet is megoldhatjuk (ekkor kötelezô az ellenôrzés).


IV


IV

1298. Az u f(x)u = c típusú egyenleteket kétféleképpen oldhatjuk meg.1. Kétfelé ágaztathatunk f(x) elôjele alapján. Ha f(x) $ 0, akkor az f(x) = c, haf(x) < 0, akkor pedig a - f(x) = c feltételes egyenleteket oldjuk meg.2. Egy abszolútértékes kifejezés értéke csak akkor lehet c, ha a kifejezés értékec vagy - c. Ez alapján két egyenletet oldunk meg: f(x) = c és f(x) = -c.Bármelyik módszert választhatjuk; az itt kitûzött feladatokban a második mód-szer alkalmazása egyszerûbb.

a) x ! ,18 14! !& 0;

b) x ! ; ; ;2

5 13

2

5 13

2

5 5

2

5 5- + - +* 4 ; (közelítô értékekkel

x ! {0,70; 4,30; 1,38; 3,62});

c) x ! {1; 0,5};

d) x ! {1 + 2 . 2,41; 1 - 2 . - 2,41}.1299. a) x - 1 < [x] # x, innen -2x # - 2[x] < -2x + 2, x2 - 2x - 3 # x2 -

- 2[x] - 3 < x2 - 2x - 1.

Az x2 - 2x - 3 # 0 egyenlôtlenség megoldása - 1 # x # 3; a 0 < x2 -

-2x - 1 egyenlôtlenség megoldása x < 1 - 2 .-0,41 vagy 1 + 2 .

. 2,41 < x. Összevonva: - 1 # x < 1 - 2 vagy 1 + 2 < x # 3.

Mivel x2 = 2[x] + 3 egész szám, x a fenti intervallumokba esô n!

típusú szám lehet, ahol n pozitív egész. Megoldás: x ! ; ;1 7 3-& 0.

b) 3 # x2 - 2x < 4. Az egyenlôtlenségek megoldása x # - 1 vagy 3 # x,

illetve 1 - 5 .-1,24 < x < 1 + 5 . 3,24. Összevonva 1 - 5 < x #

#-1 vagy 3 # x < 1 + 5 .

c) 2x + 2 < [2x + 3] # 2x + 3, innen 2x + 2 < x2 # 2x + 3. Az

egyenlôtlenségek megoldása x < 1 - 3 .- 0,73 vagy 1 + 3 .

. 2,73 < x, illetve -1# x # 3; s mivel x = n! alakú (n pozitív

egész), ezért x ! ; ;1 8 3-& 0.

d) 0# {x} < 1, így 0# x2 - 3 < 2; <x3 5# . Alkalmazzuk az {x} =

= x -[x] helyettesítést! Ekkor x2 - 2x + 2[x] - 3 = 0, vagyis x2 - 2x =

= 3 -2[x], egész szám.

Ha 3 # x < 5 , akkor 3 - 2 3 . -0,46 # x2 - 2x < 5 - 2 5 .

. 0,53, innen x2 - 2x = 0, de nem kapunk megoldást.

Ha - 5 < x # – 3 , akkor 3 + 2 3 . 6,46 # x2 - 2x < 5 + 2 5 .

. 9,47; innen x2 - 2x lehetséges értékei 7, 8 vagy 9.

x ! ; ; ; ; ;1 8 1 8 4 2 1 10 1 10+ - - + -& 0;

ellenôrzés után x1 = 1 - 8 . -1,83; x2 = 1 - 10 . -2,16.

Ellenôrzés: 1 8-& 0 = 8-& 0= 3 8- , így 1 8 2 1 8 32

$- - - -b l & 0 =

= 9 - 2 8 - 2 3 8-b l - 3 = 0 és 1 10 10 4 10- = - = -& &0 0 ,

így 1 10 2 1 10 32

$- - - -b l & 0 = 11 - 2 10 - 2 4 10-b l - 3 = 0

valóban.

e) –1 # x # 1. {2x - 3} = 2x - 3 - [2x - 3], a megoldandó egyenlet

x2 - 2x + 3 + [2x - 3] = 0. x2 - 2x egész szám; s mivel - 1 # x # 1,

innen -1 # x2 - 2x # 3. x2 - 2x lehetséges értékei -1, 0, 1, 2 vagy 3;

x ! {1; 0; 2; 1 + 2 ; 1 - 2 ; 1 + 3 ; 1 - 3 ; 3; -1}; ellenôrzés

után x 1 21= - . -0,41, x2 = 1 - 3 . -0,73.

Ellenôrzés: {2x - 3} = {2x}; 2 2 2 2 2 3 2 2- = - = -& &0 0 , így

1 2 2 2 2 32

- - - -b l & 0 = 3 - 2 2 - 3 2 2-b l = 0 és

2 2 3 3 2 3 4 2 3- - = - = -& &0 0 , így 1 32

- -b l

2 2 3 3- - -& 0 = 4 - 2 3 - 4 2 3-` j = 0 valóban.

Megjegyzés:A megoldás egyszerûsödik, ha a {2x - 3} = {2x} azonosságot koráb-ban alkalmazzuk.

f) x - 1 < [x] # x, innen 2x - 2 < x2 - 3,6 # 2x. Az egyenlôtlenségrend-

szer megoldása 1 - ,4 6 . -1,14 # x < 1 - ,2 6 . -0,61 vagy 1 +

+ ,2 6 . 2,61 < x # 1 + ,4 6 . 3,14. Az elsô esetben -3,22 < x2 -

- 3,6 #-2,3; a másodikban 3,21 < x2 - 3,6 # 6,26. A páros egész

értékek jöhetnek szóba, x2 - 3,6 ! {4; 6}. Ellenôrzés után

x ! , ; ,7 6 9 6& 0.

g) 0 # x2 - 2x - 3 < 1. Az egyenlôtlenségrendszer megoldása 1 - 5 .

. -1,24 < x # -1 vagy 3 # x < 1 + 5 . 3,24.

Másodfokú egyenletrendszerek

11330000.. Algebrai megoldás:(1)-bôl y = 4 - x; ezt (2)-be helyettesítve 4 - x - x2 + 4x = 6. Redukálás után x2 - 3x + 2 = 0, vagyis egyváltozós másodfokú egyenletet kaptunk. Az egyenletmegoldásai x1 = 1, x2 = 2; visszahelyettesítve pl. (1)-be, y1 = 3, y2 = 2. Az egyen-letrendszernek két megoldása van: (x; y) = (1; 3) vagy (x; y) = (2; 2).Grafikus megoldás: Az egyenletrendszer grafikus megoldása azt jelenti, hogy az egyenletek általadott ponthalmazok (alakzatok) közös pontjait határozzuk meg (vagyis azokat

Másodfokú egyenletrendszerek 239

IV


IV

a pontokat, amelyek egyszerre az összesadott alakzaton rajta vannak).Az (1) egyenes és a (2) parabola (1; 3),illetve (2; 2) metszéspontjait leolvashatjuk agörbék megrajzolása után.Megjegyzések:A két ismeretlent tartalmazó egyenletrend-szer megoldása azt jelenti, hogy megadjuk akét változó összes olyan értékét, amelyekreaz egyenletek egyszerre teljesülnek; tehát amegoldások számpárok.A fenti másodfokú egyenletrendszert úgyoldottuk meg, hogy kifejeztük az egyik vál-tozót a másik segítségével, s miután így amásik egyenletbe behelyettesítettünk, már

egyváltozós egyenletet kaptunk. Ez a megoldási módszer mindig alkalmazható,ha az egyik egyenlet elsôfokú.Ezért bonyolultabb egyenletek esetén célszerû megvizsgálni azokat a helyette-sítéseket, amelyek lineáris egyenletre vezethetnek.11330011.. a) (1)-bôl x = 1 - y; ezt (2)-be helyettesítve 2(1 - y) - 3y + y2 - 2 = 0.

Innen y1 = 0, y2 = 5; visszahelyettesítve (1)-be x1 = 1, x2 = -4. Amegoldások: (x1; y1) = (1; 0), (x2; y2) = (– 4; 5).(1) képe egyenes, (2) képe olyan parabola, amelynek tengelye pár-huzamos az x tengellyel.

, .illetvey x xy y

12 2

31

2

=- + =- + +

J

L

KKK

N

P

OOO

b) (x1; y1) = ,13

7

13

17J

L

KK

N

P

OO, (x2; y2) = (1; 1).

(1) képe egyenes, (2) képe kör. .y x3

2

3

5=- +

J

L

KK

N

P

OO

1300.

1301/a.

1301/b.


IV

11330022.. a) (x1; y1) = (1; 1), (x2; y2) = (2,2; 0,2).

(1) képe egyenes, (2) képe hiperbola.

,( )

.illetvey xx

y

3

2

3

5

4

1

1

4

1

2

3

1

2

2

=- + --

+

-

=

J

L

KK

J

L

KKKKKKK

N

P

OO

N

P

OOOOOOO

b) (x1; y1) = (–6; 0,5), (x2; y2) = (1; -3).

(1) képe hiperbola, (2) képe egyenes. , .illetveyx

yx3

2 2

5=- =- -

J

L

KK

N

P

OO

11330033.. Jelöljük a téglalap két oldalát a > b-vel! Ekkor (1) ab + a - b = 183; (2) a + b = 27. (2)-bôl b = 27 - a, ezt (1)-be visszahelyettesítve a2 - 29a + 210 = 0.a = 14 (ekkor b = 13) vagy a = 15 (b = 12). A téglalap területe 182 vagy 180területegység.

11330044.. a) Két megoldás van: (x; y) = ;1 5!b l. Pl. y2 = a helyettesítéssel az

egyenletrendszer elsôfokú lesz.(Más megoldási lehetôség: (2) kétszeresét (1)-hez adva kiküszöböl-hetjük y2-et.)

b) Négy megoldás van: (x; y) = (!2; !1). Pl. y4 = a, x2 = b helyettesítés-sel az egyenletrendszer elsôfokú lesz.(Vagy: (1) -3-szorosát (2)-höz adhatjuk.)

11330055.. a) Négy megoldás van: (x; y) = (1; !1) vagy (x; y) = ;3

1

3

5

3!

J

L

KKK

N

P

OOO. Pl. az

y2 = a, x3 = b helyettesítéssel az egyenletrendszer másodfokú lesz.

(Vagy: összeadhatjuk (1) 2-szeresét és (2) 3-szorosát.)

1302/a. 1302/b.


IV

b) Négy megoldás van: (x; y) = ;1 5 0!b l vagy (x; y) = ;1 3 1!b l. Pl.

(x - 1)2 = a helyettesítéssel az egyenletrendszer egyszerûbben ke-

zelhetô.11330066.. (x1; y1) = (0; 1), (x2; y2) = (8; -15).

11330077.. Ha a két szám x és y, akkor x + y = xy =y

x. Lényegében két egyenletet

kaptunk, amelyet a hagyományos módon oldhatunk meg: (x; y) = (0,5; -1).11330088.. a) (x1; y1) = (3; -5), (x2; y2) = (5; -3).

b) (x1; y1) = (-7; -2), (x2; y2) = (2; 7).11330099.. a) (x1; y1) = (5; 3), (x2; y2) = (-3; -5).

b) (x1; y1) = (1; 1), (x2; y2) = ;7

13

7

3- -

J

L

KK

N

P

OO.

11331100.. a) Nincs megoldás.

b) (x; y) = (0; 1).

11331111.. a) (x1; y1) = (2; 8), (x2; y2) = (8; 2).

b) (x; y) = (2; 4).

11331122.. a) (x1; y1) = (-3; -2), (x2; y2) = (2; 3).

b) (x1; y1) = (3; 4), (x2; y2) = ;103

14- -

J

L

KK

N

P

OO.

A 1313–1316. feladatokban általában több alkalmas helyettesítés is található.Például:

11331133.. a) a = x - 2 helyettesítéssel (1) y = a; (2) ay = 4. (x1; y1) = (4; 2), (x2; y2) = (0; -2).

b) Ha a =x3

1

-, b =

y 2

1

-, akkor (1) a + b = 2; (2) 3a - 5b = -3.

(x; y) = ;7

13

9

26J

L

KK

N

P

OO.

Megjegyzés:Helyettesítés után lineáris egyenletrendszert kaptunk az eredetileg

másodfokú egyenletrendszerbôl. (A törtek eltüntetése után kapott

egyenletek, pl. b) y - 2 + 3 - x = 2(3 - x)(y - 2) másodfokúak.

11331144.. a) Ha a = x2 1+ , b = y2, akkor (1) a + b = 4; (2) 2a2 - 2 + b2 = 17.

(x; y) = (4; ! 1).

b) Ha a = x 1- , b = y3 + , akkor (1) a + b = 3;

(2) a b2 2 2 4+ = - . (x; y) = (2; 1).

11331155.. a) Ha a = x - y és b = xy, akkor (1) a + b = 1; (2) ab = -6.

(x1; y1) = (2; -1), (x2; y2) = (1; -2), (x3; y3) = (-3; -1), (x4; y4) = (1; 3).

b) Ha a = x2 és b = y2, akkor (1) a2 + 2b = 9; (2) a + b = 5.

(x; y) = (!1; !2). (4 megoldás.)

11331166.. Ha a = x , b = y , akkor (1) 3a - 2b = 4; (2) ab = 2. (x; y) = (4; 1).

11331177.. a) x, y gyöke a t2 - 3t + 2 = 0 egyenletnek (Viète-formulák).

(x1; y1) = (1; 2), (x2; y2) = (2; 1).

b) a = x + y, b = xy helyettesítéssel (1) a2 - 2b + a = 14; (2) b = 3.

(x1; y1) = (1; 3), (x2; y2) = (3; 1), (x3; y3) = ;2

5 13- +J

L

KKK 2

5 13- -N

P

OOO.

. (-0,70; -4,30), (x4; y4) = ;2

5 13- -J

L

KKK 2

5 13- +N

P

OOO. (- 4,30; -0,70).

Más megoldási lehetôség: (1) (x + y)2 + (x + y) - 20 = 0 alakba is ír-

ható, s ekkor (x + y) közvetlenül meghatározható.11331188.. a) Ha a = xy, akkor (2) 4 $ (152 - 2a) = 17a. (x1; y1) = (12; 3),

(x2; y2) = (3; 12).b) (x; y) = (2; 2).

11331199.. a) (1) 142 - 2xy + 4xy = 286. (x1; y1) = (9; 5), (x2; y2) = (5; 9).b) Ha a = x + 2y, b = x $ 2y, akkor (1) a2 - 2b = 17; (2) b = 4. (x1; y1) =

= (1; 2), (x2; y2) = (4; 0,5), (x3; y3) = (-4; -0,5), (x4; y4) = (-1; -2).11332200.. x3 -y3 = (x-y)(x2 + xy +y2). Ha a = x -y, b = xy, akkor (2) a(a2 + 3b) == 26. (x1; y1) = (3; 1), (x2; y2) = (-1; -3).11332211.. a) x2 - y2 = (x + y)(x - y), innen x + y = 81. (x; y) = (41; 40).

b) x2 + y2 + 2xy = (x + y)2 = 49, innen x + y = !7. (x1; y1) = (3; 4), (x2; y2) = (4; 3), (x3; y3) = (-3; -4), (x4; y4) = (-4; -3).

11332222.. a) (x; y) = (6; 4).b) x3 + y3 = (x + y)(x2 - xy + y2), innen x2 - xy + y2 = 31. x2 - xy + y2 =

= (x + y)2 - 3xy, xy = 30. (x1; y1) = (5; 6), (x2; y2) = (6; 5).11332233.. a) (1) és (2) összeadásával x2 + y2 + 2xy = (x + y)2 = 49, innen x + y =!7.

(x1; y1) = (5; 2), (x2; y2) = (-5; -2).b) (x1; y1) = (3; 2), (x2; y2) = (2; 3).

11332244.. Az egyenletek összeadása, illetve kivonása után: (1) (x + y)(x2 - xy + y2) =

= 6(x + y), (2) (x - y)(x2 + xy + y2) = 4(x - y). (1)-bôl ha x + y = 0, akkor (x1; y1) =

= (0; 0), (x2; y2) = (2; -2), (x3; y3) = (-2; 2); (2)-bôl ha x - y = 0, akkor (x4; y4) =

= ;6 6` j, (x5; y5) = ;6 6- -b l; egyébként xy = -1, x + y = 3! , s innen

(x6; y6) =2

3 7+J

L

KKK

;2

3 7-N

P

OOO. (2,19; -0,46), (x7; y7) =

=2

3 7-J

L

KKK

; 2

3 7+N

P

OOO.(-0,46; 2,19), (x8; y8)=

2

3 7- +J

L

KKK

;2

3 7- -N

P

OOO.

. (0,46; -2,19), (x9; y9) =2

3 7- -J

L

KKK

; 2

3 7- +N

P

OOO. (-2,19; 0,46).


IV

11332255.. a) (1)-bôl ha y = 0, akkor x = 0, de (2) miatt ez nem lehetséges. Ha y =Y 0,

akkor (1) átalakítható: .y

x

y

x2 3 0

2

$+ - =J

L

KK

N

P

OO A z =

y

xhelyettesítés-

sel z1 = 1, z2 = -3; innen x = y, vagy x = -3y, amit (2)-be visszahe-

lyettesítve másodfokú egyenletet kapunk. (x1; y1) = (1; 1), (x2; y2) =

= ;9

4

9

4- -

J

L

KK

N

P

OO, (x3; y3) =

26

15 3 233- -J

L

KKK

;26

5 233+N

P

OOO.

. (-2,34; 0,78), (x4; y4) =26

15 3 233- +J

L

KKK

;26

5 233-N

P

OOO. (1,18; -0,39).

Másik lehetôség (1) szorzattá alakítása: x2 - y2 + 2xy - 2y2 == (x - y)(x + y) + +2y(x - y) = (x - y)(x + 3y), innen elsôfokú össze-függéseket kapunk.

b) (x1; y1) = (2; 1), (x2; y2) = (-2; -1), (x3; y3) = 761

7$-

J

L

KKK

; 61

28N

P

OOO.

. (-2,37; 0,68), (x4; y4) = 761

7$

J

L

KKK

; 61

28-

N

P

OOO. (2,37; -0,68).

11332266.. a) Homogén egyenletet kapunk, ha (1) 5-szörösébôl kivonjuk (2)-t.

(x1; y1) = (1; 3), (x2; y2) = (-1; -3).

b) Homogén egyenletet kapunk, ha (1) 13-szorosát és (2)-t összeadjuk.

(x1; y1) = (1; 2), (x2; y2) = (-1; -2), (x3; y3) = (2; 1), (x4; y4) =

= (-2; -1).11332277.. a) Kiemelés után

(1) (x - 1)(y + 2) = 0,(2) (x + 3)(y - 1) = 0.(x1; y1) = (1; 1), (x2; y2) = (-3; -2).

b) (1)-bôl xy - 2y - x + 2 = y(x - 2) - (x - 2) = (y - 1)(x - 2) = 0. Hay = 1, akkor (2) 2x2 - 3x = 0 alakú; ha x = 2, akkor (2)-bôl y = 3. (x1; y1) = (0; 1), (x2; y2) = (1,5; 1), (x3; y3) = (2; 3).

11332288.. a) (x1; y1) = (2; 1), (x2; y2) = (-2; 1), (x3; y3) = ;11

18

11

9-

J

L

KK

N

P

OO, (x4; y4) =

= ;11

18

11

9- -

J

L

KK

N

P

OO.

b) (1)-bôl (x - y)(x + y - 10) = 0, (2)-bôl (x + 3)(y - 6) = 0. (x1; y1) =

= (-3; -3), (x2; y2) = (-3; 13), (x3; y3) = (6; 6), (x4; y4) = (4; 6).

11332299.. a) (x1; y1) = (0; 0), (x2; y2) = (5; -5), (x3; y3) = (3; 1), (x4; y4) = (-1; -3).


IV

b) Pl. (1)-bôl x4 + y4 = 13 + x2y2, (2)-bôl x2 - y2 = 1 - 2xy; (2) négyzetre

emelésével 5x2y2 - 4xy - 12 = 0. Innen xy = 2 vagy xy = -1,2.

(x1; y1) = (1; 2), (x2; y2) = (-1; -2), (x3; y3) =

=

, ,

,;

, ,1 7 4 33

1 2

1 7 4 33- +

-

- +

J

L

KKKKK

N

P

OOOOO

. (- 1,944; 0,617), (x4; y4) =

=

, ,

,; , ,

1 7 4 33

1 21 7 4 33

- +

- - +

J

L

KKKKK

N

P

OOOOO

. (1,944; - 0,617).

11333300.. a) (1)-bôl (x + y)2 + 2(x + y) + 1 = 0, innen x + y = -1. (x; y) = (1; -2).b) (1)-bôl (3x - 2y)2 - 6(3x - 2y) + 9 = 0, innen 3x - 2y = 3. (x1; y1) =

= (0; -1,5), (x2; y2) = (1; 0).11333311.. Jelöljük a két számot a-val és b-vel (a > b)!

a) (1) a + b = 1; (2) ab + a2 = a. a =Y 0, így (2) b + a = 1 alakban írható.Azonosságot kaptunk; ha a = t, akkor b = 1 - t. a > b miatt t > 1 - t,innen (a; b) = (t; 1 - t), ha t tetszôleges, 0,5-nél nagyobb szám.

b) (1) a + b = 1; (2) ab + a2 = b. (2)-bôl a(1 - a) + a2 = 1 - a, innen a = b = 0,5, de ez nem megoldás.

11333322.. Jelöljük a két sokszög oldalainak számát n-nel, illetve k-val! Ekkor (1)( ) ( )n n k k

2

3

2

3-+

-= 158; (2) (n - 2) $ 180� + (k - 2) $ 180� = 4320�. (2)-bôl

k + n = 28, helyettesítés után a két sokszög oldalainak száma 12, illetve. 16.

11333333.. Jelöljük a derékszögû háromszög befogóit hagyományos módon a-val

és b-vel! Ekkor (1) ab

2= 55 és (2) a b 2212 2+ = ; innen a két befogó hossza

10 cm és 11 cm.11333344.. Legyen a szám ab alakú! Ekkor (1) (10a + b)(10b + a) = 1612; (2) a2 ++ b2 = 40; innen ab = 12, a + b = 8. A keresett szám 26 vagy 62.

Megjegyzés:A megoldáshoz nincs szükség (1)-re, (2) ismerete önmagában elég.

11333355.. Legyen a tört b

aalakú! Ekkor (1) a = b - 4; (2)

b

a

a

b

21

58+ = . (a; b) = (3; 7)

vagy (-7; -3), a keresett tört 7

3vagy

3

7

-

-.

11333366.. Legyen a szám ab alakú! Ekkor (1) a = b + 4; (2) (10a + b)(a + b) = 306.(a; b) = (5; 1), a keresett szám az 51.11333377.. Jelöljük a sorok számát s-sel, a székek számát d-vel! Ekkor (1) sd = 336és (2) (s + 2)(d + 3) = 437. Innen 3s2 - 95s + 672 = 0, s = 21 (a másik gyök nemegész), valamint d = 16.


IV

11333388.. a) (x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2(xy + xz + yz), innen (x + y + z)2 = 29 -- 20 = 9. (3) miatt z = 4 vagy z = -2. (x, y, z) ! {(2; -3; 4), (–3; 2; 4), (3; -4; -2), (-4; 3; -2)}.

b) Alkalmazzuk az x = 3t, y = 4t, z = 5t helyettesítést! (x, y, z) == (12; 16; 20) vagy (x, y, z) = (-12; -16; -20).

11333399.. a) Az egyenletek összeadásából xy = -6, xz = -10, yz = 15; ezek szor-zatából xyz = !30. (x, y, z) = (2; -3; -5) vagy (x, y, z) = (-2; 3; 5).

b) (x, y, z) = (4; 3; 12) vagy (x, y, z) = ; ;3

29

3

26

3

2J

L

KK

N

P

OO.

11334400.. Jelöljük a három él hosszát a < b < c-vel!

a) (1) ab = 6; (2) ac = 8; (3) bc = 12. A térfogat az egyenletek szorza-

tából számítható: V = 6 8 12$ $ = 24 (cm3).

(Az oldalélek: a = 2 cm, b = 3 cm, c = 4 cm.)b) (1) a+b = 7; (2) a + c = 9; (3) b + c = 12. Az egyenletek összeadásá-

ból a + b + c = 14, innen a = 2 cm, b = 5 cm, c = 7 cm; V = 70 cm3.c) (1) a2 + b2 = 13; (2) a2 + c2 = 29; (3) b2 + c2 = 34. Az egyenletek össze-

adásából a2 + b2 + c2 = 38, innen a2 = 4, b2 = 9, c2 = 25; V = 30 cm3.11334411.. a) A Viète-formulák miatt a z2 - az + b = 0 egyenlet gyökei (ha létez-

nek) z1 = x, z2 = y. Innen a2 - 4b $ 0 a gyökök létezésének feltétele.

b) x2 + y2 = (x + y)2 - 2xy, innen xy =a c

2

2-. Akkor van megoldás, ha

aa c

42

02

2

$ $--

, vagyis 2c - a2 $ 0.

c) Átalakításokkal x4 - ax2 + b2 = 0. Az a2 - 4b2 $ 0 feltétel mellett a $ 0-nak is teljesülnie kell.

11334422.. a) Minden a ! R esetén van megoldás: (x1; y1) = (0; a),(x2; y2) = (0,5; a - 0,5).

b) Van megoldás, ha a # 1,125.11334433.. a) Van megoldás, ha a # 3- vagy 3 # a.

b) Átalakításokkal y2(a2 + 2a - 3) = 0. Mindig van (x; y) = (0; 0) alakúmegoldás. Ha a = 1 vagy a = -3, akkor végtelen sok (x; y) = (at; t)alakú megoldás van (t ! R).

11334444.. a) Mindig van megoldás. Ha a =Y - 2, akkor (x; y) = ;a a2

1

2

1

+ +

J

L

KK

N

P

OO;

ha a =Y - 1, akkor (x; y) = ;( )a a1

1

2 1

1

+ +

J

L

KK

N

P

OO.

b) A két egyenlet különbségébôl (y - x)(y - x - 1) = 0.Ha x = y, akkor 1 + 4a $ 0, a $-0,25. Ha x = y - 1, akkor 4a + 5 $ 0,a $ -1,25.Van megoldás, ha a $ -1,25.


IV

11334455.. Jelöljük a két test sebességét v1, illetve v2-vel! Ekkor (1) v

ct

v

c

1 2

+ = ;

(2) (v1 - v2)n = c. Innen ntv12 - ctv1 - c2 = 0, a pozitív gyököt megtartva

v1 =nt

ct c t ntc

2

42 2 2+ +, v2 = v1 -

n

c

nt

ct c t ntc

2

42 2 2

=- + +

.

11334466.. Jelöljük g-vel az eredetileg igényelt gépkocsik számát, t-vel a gépko-

csinként tervezett teher nagyságát! Ekkor (1) gt = T; (2) (g - x)(t + y) = T.

Innen yg2 - xyg - xT = 0, g1,2 =y

xy x y xyT

2

42 2! +; a gépkocsik számát a pozi-

tív gyök adja meg.

Szöveges feladatok

11334477.. Jelöljük x-szel az osztót! Ekkor 660 = x(x + 3) +x

2; x = 24. (x = -27,5

nem egész.)11334488.. Legyen a szám ab alakú! Ekkor(1) a + b = 9;(2) (10a + b)(10b + a) = 2268.(1)-bôl a = 9 - b, (2)-be helyettesítve b2 - 9b + 18 = 0. Innen b = 3 vagy b = 6,így (a; b) = (3; 6) vagy (a; b) = (6; 3). Megjegyzés:Mivel a és b számjegyek, az (1) összefüggés felesleges adat. Ugyanis (2)-bôl100ab + 10(a2 + b2) + ab = 2268, innen ab = 8 vagy ab = 18 lehetséges. Haab = 8, akkor a2 + b2 = 146, nem kapunk megoldást; ha ab = 18, akkor a2 + b2 == 45, innen (a; b) = (3; 6) vagy (a; b) = (6; 3).

11334499.. A páros számot n-nel jelölve (n - 1)(n + 1) = 1112

11n; innen n = 12

nem felel megn12

1=-

J

L

KK

N

P

OO.

11335500.. Jelöljük a számrendszer alapszámát g-vel; ekkor 4g2 + 4g + 2 = 122,innen g = 5. (g = -6 hamis.)11335511.. Jelöljük a számrendszer alapszámát g-vel.

a) Elsô megoldás: Ekkor g2 + g + 4 = k2 (k ! N), innen átalakításokkal 4g2 + 4g + 16 = 4k2, (2g + 1)2 + 15 = 4k2, 15 = 4k2 - (2g + 1)2 = (2k + 2g + 1)(2k - 2g - 1).Ha (1) 2k + 2g + 1 = 15, (2) 2k - 2g - 1 = 1, akkor k = 4, g = 3. Eznem megoldás, mert g = 3-as alapú számrendszerben nincs 4-esszámjegy.Ha (1) 2k + 2g + 1 = 5, (2) 2k - 2g - 1 = 3, akkor k = 2, g = 0; ezsem megoldás. Nincs ilyen számrendszer.


IV

Második megoldás: Becslést is alkalmazhatunk. Ha g2 + g + 4 négy-zetszám, akkor 4g2 + 4g + 16 is az. 4g2 + 4g + 16 = (2g + 1)2 + 15,és ez két szomszédos négyzetszám, (2g + 1)2 és (2g + 2)2 közé esik,ha g > 4; tehát nem lehet négyzetszám.

b) g3 + 3g2 + 3g + 1 = (g + 1)3, így g $ 4 bármilyen egész szám lehet.11335522.. Jelöljük x-szel a növelés, illetve csökkentés mértékét! Ekkor (20 + x)(20 - x) a téglalap területe.

a) 400 - x2 = 360, x = 40 . 6,32 (cm).b) 400 - x2 = 420, nem kapunk megoldást. (Az azonos kerületû négy-

szögek közül a négyzet területe a lehetô legnagyobb.)11335533.. Ha a keret szélessége d, akkor (12 - 2d)(18 - 2d) = 0,75 $ 12 $ 18. Innen2d2 - 30d + 27 = 0, d = 0,96 (cm).11335544.. Jelöljük a-val az eredeti élek hosszát; ekkor (a + 2)3 - a3 = 152. Innen a2 + 2a - 24 = 0, a = 4 (cm).11335555.. Ha n oldalú a sokszög, az

( )n nn

2

3-= egyenletbôl n = 5.

11335566.. Az n oldalú szabályos sokszög belsô szöge ( )

n

n 2 180�$-, az n + 1 olda-

lúé ( )

n

n

1

1 180�$

+

-. Így

( )

n

n 2 180�$-+ 12� =

( )

n

n

1

1 180�$

+

-, innen n2 + n - 30 = 0;

a sokszög szabályos ötszög.

11335577.. Ha n csapat vesz részt a bajnokságon, akkor a mérkôzések száma

n n

2

1-_ i= 55; innen n2 - n - 110 = 0, n = 11.

11335588.. Jelöljük n-nel a személyek számát, s-sel a kapott összeget! Ekkor (1) ns = 19 200, (2) (n - 2)(s + 800) = 19 200. Innen s = 400n - 800, n(400n - 800) == 19 200, n(n - 2) = 48, n = 8.11335599.. Naponta 40 oldalt olvastam volna, 18 napon keresztül.11336600.. 18 kg, illetve 20 kg árut vettünk (a drágább kg-ja 200 Ft, az olcsóbbé180 Ft volt).11336611.. Jelöljük p-vel a csökkenés mértékét! Ekkor 1800p az elsô és 1800p2 amásodik árcsökkenés utáni ár. Innen 1800p2 = 1458, p = 0,9; vagyis 10%-osvolt a két árcsökkentés.

11336622.. Jelöljük p-vel az elsô évi szaporulat százalékban kifejezett értékét!

Ekkor p p

20000 1100

1100

2+ +

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO= 23 100, innen p = 5. Az elsô évben 5%, a

második évben 10% volt a gyarapodás.

11336633.. Ha x liter alkoholt öntünk ki az elsô alkalommal, akkor az edényben

36 - x liter alkohol maradt, s másodszor ( )xx

3636

$- liter alkoholt öntünk ki.

x + ( )xx

3636

$- = 11, innen x2 - 72x + 396 = 0, x = 6 liter. (x = 66 hamis

gyök.) Az elsô alkalommal 6 liter, másodszorra 5 liter alkoholt öntöttünk ki.


IV

11336644.. Jelöljük az eredeti termelés értékét T-vel, a munkások számát m-melJ

L

KKekkor az egy fôre jutó termelés

m

T N

P

OO. Ha a munkások száma x százalékkal nôtt,

akkor mx

m

T x1

1001

100

3$ $ $+ +J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO= 1,43T. Innen 3x2 + 400x - 4300 = 0,

x = 10.

11336655.. Az összeötvözés utáni 36%-os ötvözet 18 kg vörösrezet tartalmaz, így

tömege 50 kg. Jelöljük az elsô ötvözet tömegét m-mel, vörösréztartalmát (szá-

zalékban kifejezve) p-vel! Ekkor (1) mp

100$ = 6; (2) ( )m

p50

100

40$-

+=

= 12. Innen (2)-bôl 4m = 5p + 20, (1)-be visszaírva p2 + 4p - 480 = 0; p = 20.

A két ötvözetben 20%, illetve 60% vörösréz van.

11336666.. Ha az egyik önállóan x nap alatt építené fel a falat, akkor 1 nap alatt az

egész fal x

1-ed, t nap alatt

x

t-ed részével készülne el. A másik kômûves t nap

alatt x

t

5+részt építene fel. 6 nap alatt az egész falat felépítik, innen

x x

6

5

61+

+= . x2 - 7x - 30 = 0, x = 10. Egymagában az egyik kômûves 10, a

másik 16 nap alatt építené fel a falat.

1367. Ha külön-külön az egyik traktor x, a másik y nap alatt szántja fel a

területet, akkor (1) x y

4 4+ = 1; (2) x y

3

2

3

1+ = 8. Innen x2 - 14x - 48 = 0,

x1 = 6, x2 = 8; a megfelelô y értékek y1 = 12, y2 = 8. Eredmény: egymagában az

egyik traktor 6, a másik 12 óra alatt szántaná fel a területet. (Az x2, y2 megol-

dások traktorai nem különbözô teljesítôképességûek.)

11336688.. Ha a brigádnak eredetileg x tagja volt és fejenként napi y órát dolgoz-

tak, akkor 15xy munkaóra szükséges a teljes munka elvégzéséhez. Innen (1)

15xy = 16(x - 4)(y + 2), (2) 15xy = 8(x + 4)(y + 4). (1)-bôl xy = 64y - 32x + 128,

(2)-bôl 7xy = 32x + 32y + 128. Kiküszöböljük az xy tagot: x =y

8

13 24+, s ezt

visszahelyettesítve 13y2 - 72y - 256 = 0. y = 8 órát dolgoztak eredetileg, x = 16

tagú volt a brigád.

11336699.. Jelöljük x-szel, illetve y-nal azt az úthosszt, amelyet az egyik, illetve a

másik csapat egy nap alatt kijavít! Ekkor (1) x + y = 4,5, (2) x y

10 101= + ;

innen 2x2 - 49x + 90 = 0. x = 2 (az x = 22,5 gyök hamis), y = 2,5. Vagyis egy

nap alatt 2 km, ill. 2,5 km útszakaszt javít ki a két társaság.

11337700.. Ha az elsô csô x óra alatt tölti meg a medencét, akkor a második csô x + 3

óra alatt. A t óra alatt megtöltött rész x

t

x

t

3+

+, innen

,

x x x

10

3

10

3

5 751+

++

+= .


IV


IV

x2 - 22,75x - 30 = 0, x = 24. Egymagában az elsô csô 24 óra, a második 27 óra

alatt tölti meg a medencét.

11337711.. Ha az elsô csô x óra alatt tölti meg a medencét, akkor a második 2x, a

harmadik x + 5 óra alatt. Innen , , ,

x x x

2 5

2

2 5

5

2 51+ +

+= , 2x2 - 2,5x - 37,5 = 0,

x = 5. Az egyes csöveken 5 h, 10 h, 10 h alatt telik meg a medence.

11337722.. Ha a csap x perc alatt tölti meg a kádat, a tele kád x - 2 perc alatt ürül

ki a lefolyón, s ekkor x x

24

2

24-

-= 1- . Innen x2 - 2x - 48 = 0, x = 8. Vagyis

a csap 8 perc alatt tölti meg a kádat.

11337733.. Ha önállóan az elsô aratógép x, a másik y nap alatt gyûjtené be a ter-

mést, akkor a t nap alatt begyûjtött terméshányad x

t

y

t+ ,

x y

6 61+ = . Az elsô

aratógép x

3napig dolgozott, a másik

x15

3- napig, ezért

y

x15

33

2-= . Innen

2y2 - 51y + 270 = 0, y1 = 18, y2 = 7,5; x1 = 9, x2 = 30. Két megoldást kaptunk,

ha a fél napot elfogadjuk megoldásként. 11337744.. Jelöljük x, y, z-vel azt az idôt (napokban), ami alatt az egyes gépekkülön-külön elvégeznék a munkát.

a) Ekkor (1) , ,

x y

7 2 7 21+ = , (2)

x z

9 91+ = , (3)

y z

12 121+ = ; az

egyenletrendszer megoldása (órában) (x; y; z) = (12; 18; 36).

b) Ha t napig tartott a befejezô munka, akkor t t

12

3

18

3

36

3

12 361+ + + + = ,

innen t = 4,5 (nap).

11337755.. Jelöljük k-val az eredetileg naponta megtett kilométerek számát, n-nel

a napok számát! Ekkor (1) nk = 80; (2) (n + 1)(k - 4) = 80. Innen n2 + n - 20

= 0, n = 4, k = 20. Út–idô grafikon:

1375. ábra.

11337766.. Jelöljük a repülôgép saját se-

bességét v-vel, az eredeti menetidôt

(órában mérve) t-vel! Ekkor

500 = vt = (v - 50) t3

1+

J

L

KK

N

P

OO. Innen

3t2 + t - 10 = 0; t = 1 óra 40 perc,

v = 300 (km/h).

11337777.. Jelöljük az eredeti sebességet

v-vel és a menetidôt t-vel! Ekkor

(1) vt

2$ = 350;

1375.


IV

(2) vt

122

1 350+ - =J

L

KK_

N

P

OOi . Innen 3t2 - 6t - 350 = 0; t = 11,85 (h),

v = 59,08 (km/h). Út–idô grafikon: 1377. ábra.

11337788.. Jelöljük az eredeti sebességet v-vel, az út hosszát s-sel! Ekkor az erede-

tileg tervezett menetidô (órában számolva) v

s, az új menetidôt két részletben

írhatjuk fel: v

s

v v

s

10

1

10

20 20- =

++

-. Innen v2 + 10v - 2000 = 0, v = 40 (km/h).

11337799.. Jelöljük a gépkocsik sebességét v1, illetve v2-vel! Ekkor (1) v1 = v2 + 10;

(2) v v

5001

500

1 2

+ = . Innen v22 + 10v2 - 5000 = 0; v2 = 65,9 km/h, v1 = 75,9 km/h.

Út–idô grafikon: 1379. ábra.

11338800.. a) Jelöljük v, illetve w-vel a két vonat átlagsebességét, t-vel a találkozá-

sukig eltelt idôt! Ekkor a vonatok

találkozásig megtett útja vt, illetve wt,

s a hátralévô távolságot w

vt= 3,2,

illetve v

wt= 1,25 óra alatt teszik meg

a vonatok. Innen ,

,t

t3 2

1 25= ;

t = 2 (h). A két vonat útja 3 óra 15 per-

cig, illetve 5 óra 12 percig tartott.

b) v =,3 25

260= 80 (km/h), w =

,5 2

260= 50

(km/h). A találkozásig megtett utak

160 km, illetve 100 km (ábra).

1377. 1379.

1380.


IV

11338811.. Jelöljük v + 10-zel, illetve v-vel a két vonat átlagsebességét, t-vel atalálkozásukig eltelt idôt, s-sel az AB távolságot! Ekkor (v + 10)t = vt + 56,innen t = 5,6 (h), s = 5,6(2v + 10). Jelöljük T-vel azt a találkozási idôt, amelyetakkor kapnánk, ha az A-ból induló vonat 45 perccel késôbb indulna; ekkor (v + 10)(T - 0,75) = vT, innen 10T - 0,75v - 7,5 = 0. Végül a két vonategyüttesen most is s-nyi utat tett meg, tehát s = 2vT + 10T - 0,75v - 7,5. Ahárom egyenletbôl 3v2 - 194v - 1120 = 0, innen a pozitív gyök v = 70 (km/h).Az AB távolság s = 840 km (ábra).11338822.. Ha az egyik hajó sebessége (km/h-ban mérve) v, a másiké v + 6, akkor2v, illetve 2v + 12 a megtett út. Pitagorasz tételébôl (2v)2 + (2v + 12)2 = 602,innen v2 + 6v - 432 = 0. v = 18 (km/h), ekkor a másik hajó sebessége 24 km/h. (A v2 = -24 gyök ugyanezt a megoldást adja, az ellenkezô irányban.)

11338833.. Tegyük fel, hogy t idô múlva találják el a gépet! Ekkor (ut)2 + H2 =

(vt)2, innen t =

v u

H

2 2-

. Ez alatt az idô alatt a repülôgép v u

uH

2 2-

utat tesz

meg, tehát ennyivel kell a gép elé célozni.

11338844.. Ha az eltelt idô t másodperc, akkor a két pont által megtett út 4,4t,illetve 3,6(t - 2), ha t $ 2. Távolságuk Pitagorasz tételébôl

d = , , ( )t t4 4 3 6 22 2 2 2+ - = 20,4; innen 32,32t2 - 51,84t - 364,32 = 0,

t = 4,25 (s). (A t = -2,65 hamis gyök.)A t $ 2 idôben d2 = 32,32t2 - 51,84t + 51,84 . 32,32(t - 0,80)2 + 31,05.Ha 0 # t < 2, akkor d2 = (4,4t)2 = 19,36t2 (ábra).

11338855.. Legyen v a gôzhajó sebessége; ekkor folyón lefelé v + 4, folyón felfelé

v - 4 a sebessége. v v4

80

4

80

3

13

++

-= , innen 13v2 - 480v - 208 = 0,

v = 37,4 km/h.

1381. 1384.

11338866.. Elsô megoldás:Jelöljük v-vel a motorcsónak sebességét! (A folyó sebessége megegyezik a tutaj

sebességével.) A motorcsónak menetideje v 4

15

++

v 4

9

-, a tutajé

4

15 9-.

Ezek egyenlôségébôl v2 = 16v, v = 16 (km/h).Második megoldás:

v 4

15

+ideig távolodtak egymástól a jármûvek, ekkor távolságuk

v

v

4

15

+. Ezután

v 4

9

-ideig közelednek egymáshoz v relatív sebességgel, innen

v

v

4

15

+=

v

v

4

9

-.

11338877.. Ha az egyik korcsolyázó sebessége v, akkor a másiké v + 50 m/min;

innen ,v v

500

50

5000 5=

++ . A v2 + 50v - 50 000 = 0 egyenletbôl v = 200 m/min;

a két korcsolyázó átlagsebessége 12 km/h, illetve 15 km/h.

11338888.. Jelöljük a menetoszlop sebességét v-vel, a futár sebességét x-szel!

Ekkor a futár relatív sebessége x - v, illetve x + v, tehát x v x v v

50 50 120

-+

+= .

Innen 6x2 - 5xv - 6v2 = 0, x = 1,5v. A futár útja 1,5 $ 120 = 180 (m).

11338899.. Jelöljük az eredeti autók számát d-vel, a teherbírásukat T-vel! Ekkor

(1) dT = 150; (2) (d + 20)(T - 2) = 150. Innen (d; T) = (30; 5).

11339900.. Ha az utasok tervezett létszáma n, akkor az egy fôre jutó tervezett költ-

ség n

48 000Ft volt. A csatlakozó utassal

n 1

48 000

+-re módosul a költség, így

n

48 000- 200 =

n 1

48000

+. Innen n2 + n - 240 = 0, n = 15.

11339911.. Jelöljük k-val a kocsi elsô kerekének kerületét! Ekkor k k

240

1

240-

+=

20, innen k = 3 (m); a hátsó kerék kerülete 4 m.

11339922.. Az s = v tg

t20

2- egyenletbôl 5t2 - 25t + 20 = 0, innen t1 = 2 (s), t2 = 4 (s).

(Mindkét megoldás jó: a 4. másodpercben már lefelé esik a labda.)

11339933.. Ha a két ellenállás értéke x és

y, akkor (1) x + y = 27; (2) x y

1 1

20

3+ = .

Innen x2 - 27x + 180 = 0, a két ellenál-

lás értéke 12, illetve 15 Ohm.

11339944.. A test pillanatnyi függôleges

irányú sebessége v = v0 - gt = 20 - 10t.Az emelkedési idôt a v = 0 összefüg-

gésbôl kapjuk: te =g

v0= 2 (s). A pil-

lanatnyi magasság a h = v tgt

20

2

- =


IV

1394.

= 20t - 5t2 képletbôl számítható; a maximális magasság hmax = 20 (m). A ház-

tetô szintjét a 4. másodpercben éri el a test, innentôl számítva a földet érés ideje

a 10 = 20t + 5t2 egyenletbôl t . 0,45 (s).A teljes repülési idô 4,45 s; ezalatt vízszintes irányban 15 $ 4,45 = 66,75 métertrepül a kavics (ábra).

11339955.. Ha a szakadék mélysége m, akkor t1 =g

m2ideig esik a kô, s ezt a

távolságot a hang t2 = mc idô alatt teszi meg. g

m

c

m2+ = 10, innen az elfo-

gadható gyök m = 391,5 m.

Vegyes feladatok

11339966.. a) Mindkét oldalt az (1 - x)(5 + x) közös nevezôvel megszorozva, ren-

dezés után a 2x2 + 4x = 0 egyenletet kapjuk; innen x1 = 0, x2 = -2.

b)Elsô megoldás: Egy szorzat értéke akkor lehet 0, ha valamelyik

tényezôje 0.

Ha x x

112

6

2+

- -= 0, akkor x1 = -2, x2 = 3; ha

x1

3

1-

-= 0,

akkor x3 = 4. Az utóbbi két érték hamis (errôl visszahelyettesítéssel

meggyôzôdhetünk), így a megoldás x1 = -2.

Második megoldás: Közös nevezôre hozás után szorzattá

alakíthatunk:

( )( )

( )( )

x x

x x

x

x

x x

x x

x

x

12

6

3

4

4 3

3 2

3

40

2

2

$- -

- -

-

-=

- +

- +

-

-=

J

L

KKK

J

L

KK

N

P

OOO

N

P

OO , innen x = -2.

c) Mindkét oldalt az (x2 - 9)(x + 38) közös nevezôvel megszorozva,rendezés után az x2 - 6x + 8 = 0 egyenletet kapjuk; innen x1 = 2, x2 = 4.

d) Mindkét oldalt a 2x(2 - x) közös nevezôvel megszorozva, rendezésután az x2 - 6x + 8 = 0 egyenletet kapjuk; innen x1 = 2, x2 = 4. Azeredeti egyenletet csak x2 elégíti ki.

11339977.. a) x =Y 3, y =Y 0. (1)-bôl y = -2x + 7, ezt (2)-be helyettesítve x2 - 4x + 3 =

= 0 adódik. Innen x = 1 (x = 3 hamis gyök), s ekkor y = 5. b) Elsô megoldás: Az egyenleteket összeadva (x + y)2 = 441, x + y = 21

vagy x + y = -21. Innen kifejezve pl. y-t és visszahelyettesítve vala-melyik eredeti egyenletbe (x; y) = (10; 11), illetve (x; y) = (-10; -11)adódik.

Második megoldás: (1) x(x + y) = 210, (2) y(x + y) = 231 alakban

írható. (1)-et elosztva (2)-vel (ez megtehetô, hiszen nem nulla az


IV

osztó) y

x

11

10= ; innen kifejezhetjük pl. y-t s a megoldást az elôzôhöz

hasonlóan fejezhetjük be.c) A két egyenletet összeadva (x + y)2 + x + y - 20 = 0, innen x + y =

= -5 vagy x + y = 4. Az elsô esetben (1)-bôl xy = 12. Ekkor az x2 + 5x + 12 = 0 egyen-letet kapjuk, de ennek nincs megoldása.A második esetben (1)-bôl xy = 3. Ekkor x2 - 4x + 3 = 0, innen (x; y) == (3; 1) vagy (x; y) = (1; 3).

11339988.. Jelöljük a sokszög oldalainak számát n-nel, ekkor az átlók száma( )n n

2

3-, a belsô szögek összege (n - 2) $ 180�. Az

( )n n

2

3-= n + 2(n - 2)

egyenletbôl n1 = 1 vagy n2 = 8; csak az utóbbinak van értelme.

11339999.. Nincs. A négyzetszámok lehetnek 16, 25, 36, 49, 64, 81; ezek egyike sem

felel meg.

11440000.. a = b ba

10+

J

L

KK

N

P

OO, innen 10(a - b2) = ab. A bal oldal osztható 10-zel, így

a jobb oldal is, tehát a = 5 vagy b = 5 (a = b = 0 semmitmondó eset).Ha a = 5, akkor b = 2; ha b = 5, akkor nincs megoldás. 11440011.. Ha a keresett szám alakja abc (a = 1, 2, 3, … , 9; b, c = 0, 1, 2, … , 9),akkor a felírható egyenlet 10a + b = bc. Szorzattá alakítás után b(c - 1) = 10a,s innen vagy b = 5, vagy c - 1 = 5.Ha b = 5, akkor c - 1 = 2a, innen (a; c) = (1; 3), (2; 5), (3; 7), (4; 9) lehetséges.Ha c - 1 = 5, akkor c = 6, s ekkor b = 2a. Innen (a; b) = (1; 2), (2; 4), (3; 6), (4; 8).11440022.. Jelöljük ab-vel a keresett életkort (a, b számjegyek, a =Y 0)! Ekkor (10a + b)ab = 111c, ahol c pozitív egész szám. Mivel 111 osztható a 37 prím-számmal, ab 37 többszöröse. A 74 nem felel meg, így az illetô életkora 37 év.11440033.. Ha a számrendszer alapja x, akkor 2x2 + 2x + 2 = 62, innen x = 5megfelelô.11440044.. Ha a számrendszer alapja n, akkor a feltételek szerint 2n3 + 3n2 + n == n(2n2 + 3n + 1) = n(2n + 1)(n + 1) osztható 6-tal. Ez minden egész számrateljesül, tehát a megoldás n ! N, n $ 4.11440055.. Ha a számrendszer alapja n, akkor 4n3 + 3n2 + 2n + 1 = 7369, vagyis n(4n2 + 3n + 2) = 7368. 7368 = 23 $ 3 $ 307, 10 < n < 20, innen n = 12.

11440066.. Legyen az eredeti ár x; ekkor xp p

xp

1100

1200

1300

+ - = +J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO.

Innen p p p

200 20000 300

2

- = , 3p2 - 100p = 0, p =3

100. 33,33 (%). (p = 0

értelmetlen.)11440077.. A tx2 - x + 1 = 2tx - 1 egyenletbôl tx2 - (1 + 2t) x + 2 = 0.Ha t = 0, akkor x = 2, tehát egy közös pont van.Ha t =Y 0, akkor az egyenlet diszkriminánsa (1 + 2t)2 - 8t = 4t2 - 4t + 1 == (2t - 1)2. Egy közös pont van, ha t = 0,5; más t értékekre a diszkrimináns po-zitív, tehát két közös pont van.

Vegyes feladatok 255

IV

11440088.. Oszthatósági ellentmondásokat keresünk.a) Az egyenlet bal oldalán páratlan szám áll (akár páros x, akár párat-

lan), míg a jobb oldalon páros.b) A bal oldal páros, a jobb oldal páratlan.c) 3-mal osztva x2 maradéka 0 vagy 1 lehet. Az x2 - 17 = 3y átalakítás

után látható, hogy a bal oldal nem osztható 3-mal.d) 3x2 = 4y2 + 13 átalakítás után a jobb oldal 3-mal osztva 1 vagy 2 ma-

radékot ad.e) 4-gyel osztva x2 maradéka 0 vagy 1 lehet. Az x2 + y2 = 4z + 3 áta-

lakítás után látható, hogy a jobb oldal 4-gyel osztva 3 maradékot ad,de a bal oldalon ez nem lehetséges.

f) A bal oldal nem adhat 4-gyel osztva 3 maradékot.g) A bal oldal nem adhat 4-gyel osztva 3 maradékot.h) x2 - 11 = 4x - 8y átalakítás után a jobb oldal osztható 4-gyel, a bal

oldal nem.i) A bal oldalon páros szám áll, így x páros; de ekkor a bal oldal 4-gyel

osztható, a jobb oldal nem.j) 8-cal osztva x2 maradéka 0, 1 vagy 4 lehet. A jobb oldalon 1998 ma-

radéka 6, ez nem lehetséges.k) A bal oldal nem adhat 8-cal osztva 3 maradékot.l) A bal oldal nem adhat 8-cal osztva 3 maradékot.

m) x2 + 1 nem osztható 11-gyel.11440099.. a) Elsô megoldás: Csoportosítással szorzattá alakítunk. 2a + ab + 3b =

= a(2 + b) + 3(2 + b) - 6, innen (a + 3)(b + 2) = 35. (A szorzattáalakítást elvégezhetjük úgy is, hogy elôre kijelöljük az (a + u) és (b + v) tényezôket, s együtthatókat egyeztetünk.) Két egész számszorzata csak akkor lehet 35, ha mindkét tényezô 35 osztója. Alehetséges eseteket az alábbi táblázatban soroltuk fel (összesen 8megoldás van):

Második megoldás: Kifejezzük pl. a-t. a(2+b) = 29 - 3b, innen

(mivel b =Y -2) a =b

b

2

29 3

+

-=

( )

b

b

2

3 2 35

+

- + += -3+

b2

35

+. 2 + b

35 osztója, a befejezés az elôzô megoldáshoz hasonlóan végezhetô el.b) (2a + 1)(b - 2) = 14, a (2a + 1) tényezô csak páratlan lehet. Négy

megoldás van:

0-12416b-4-130a-2-14214b-2

-7-1712a+1

-37-9-7-33353-1b-4-8-10-38-22432a-35-7-5-135751b+2

-1-5-7-3515735a+3


IV

c) (4b + 3)(a + 1) = 1.

Egy megoldás van: (a; b) = (-2; -1).d) (4b + 3)(a + 1) = 0, innen (a; b) = (-1; 0).

11441100.. a) Elsô megoldás: Szorzattá alakítunk, a két tényezôt (a + xb + y)(a + z)alakban keressük. Az együtthatókat egyeztetve xab = ab, innen x = 1(a, b =Y 0); xzb = -2b, innen z = -2; a(z + y) = -a, innen z + y = -1,y = 1. Az eredeti egyenlet (a + b + 1)(a - 2) = 14 alakra hozható,innen mindkét tényezô 14 osztója. A megoldások:

Második megoldás: Kifejezzük b-t. b(a - 2) = 16 - a2 + a, innen

b =a

a a

2

162

-

- + +=

( )( )

a

a a

2

2 1 14

-

- - - += -a - 1 +

a 2

14

-,

s így a - 2 osztója 14-nek.b) Az egyenlet (2a - 1)(a + b - 2) = 10 alakra hozható. Mivel 2a - 1

páratlan, a következô esetek lehetségesek:

11441111.. Ha a két szám x és y (x, y ! Z), akkor x + y = xy. Innen (x - 1)(y - 1) = 1,a keresett számok (x; y) = (2; 2) vagy (x; y) = (0; 0).

11441122.. Ha a keresett szám kétjegyû, alakja ab, akkor ab + 13 = 10a + b (a = 1, 2,

3, … , 9; b = 0, 1, 2, … , 9). Innen (a - 1)(10 - b) = 3, ab = 49 vagy ab = 27.

Ha a keresett szám három- vagy többjegyû, akkor nincs megoldás. Ha ugyanis

a szám n-jegyû (n $ 3), alakja ...ab c, akkor 10n - 1 $ a # ...ab c = a $ b $ … $ c + 13 #

# 9n - 1 $ a + 13. 10n -1 $ a # 9n - 1 $ a + 13 pedig nem teljesülhet, ha n $ 3.11441133.. 10a + b + 10b + a + ab = 113, innen (a + 11)(b + 11) = 234. 234 = = 2 $ 32 $ 13, s mivel mindkét tényezô legalább 12, a 13 $ 18 felbontás lehetségescsak. Két megfelelô szám van: (a; b) = (2; 7) vagy (7; 2).

2-8111b-2031a-2-10210a+b-2

-5-1512a-1

-16-8210102-8-16b10-5-1234916a

-1-2-7-1412714a-2

-14-7-2-114721a+b+1

-20a-1-0,5b-11a+1

-114b+3


IV


IV

11441144.. Az x1 = 3 helyettesítés után 33 + 32 - 14 $ 3 + m = 0, innen m = 6. Az x - 3

gyöktényezôt kiemelve x3 + x2 - 14x + 6 = (x - 3)(x2 + 4x - 2) = 0. A második

tényezô zérushelyei x2 = -2 + 6 , illetve x3 = -2 - 6 .1415.. Elvégezve a mûveleteket x2(b + c) - x(ab + bc + ac - b) + abc - c / 0.Minden x-re csak akkor teljesülhet az egyenlôség, ha (1) b + c = 0;(2) ab + bc + ac - b = 0;(3) abc - c = 0.(1)-bôl c = -b, ezt (2)-be és (3)-ba helyettesítve(2’) b2 + b = 0;(3’) ab2 - b = 0.Ha b = 0, akkor c = 0, a tetszôleges; ha b = -1, akkor c = 1, a = -1.Az így kapott két polinom, illetve gyöktényezôs alakjaik: x3 - ax2 = x2(x - a),x3 + x2 - x - 1 = (x + 1)2 (x - 1). 1416.. Elsô megoldás: Az egyenletet az a változóban másodfokúnak tekintve a2 - a(b + c) + b2 + c2 - bc = 0. A diszkrimináns (b + c)2 - 4(b2 + c2 - bc) == -3(b - c)2, s ez csak akkor nemnegatív, ha b = c. Hasonlóan kapjuk, hogya = b, így a = b = c valóban teljesül.Második megoldás: Négyzetösszegekké alakítunk. 2a2 + 2b2 + 2c2 - 2ab - 2bc -- 2ac = 0, innen (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 = 0, s ez csak a = b = c eseténteljesül.11441177.. a) x x x17 9 6- = + - .

Ha x # 17, akkor a megoldandó egyenlet 17 - x = 9 + x - x6 . Az

egyenlet x -ben másodfokú, a gyökök: x,1 2

= -1 (ez hamis),

illetve 4; innen x1 = 16.Ha x > 17, akkor x - 17 = 9 + x - x6 ; innen x2 =

9

169.

b) 2x2 - 8x + 7 =Y 0, innen x nem lehet 22

1+ (. 2,71), illetve

22

1- (. 1,29).

Az y = x2 - 4x + 3 helyettesítést alkalmazva az egyenlet y +y2 1

1

+= 1

alakra hozható, melynek megoldása y1 = 0, y2 =2

1. Visszahelyette-

sítés után az elsô esetben x2 - 4x + 3 = 0, ahonnan x1 = 1, x2 = 3.

A második esetben x2 - 4x + 3 =2

1, ahonnan x3 . 3,22, x4 . 0,78.

c) Elsô megoldás: A „frontális” megoldás elég sok számolást igényel.

Az egyenletet a 49 $ 50(x - 50)(x - 49) közös nevezôvel megszoroz-

va 99x3 - 14 702x2 + 485 199x = 0. Innen x1 = 0, a 99x2 - 14 702x +

+ 485 199 = 0 egyenlet két gyöke pedig x2 = 99, x3 =99

4901.

Második megoldás: Kevesebb számolással érünk célhoz, ha mindkét

oldalhoz tagonként egyet-egyet hozzáadunk. Ekkor x

50

1++

x

49

1-=

=x

x

x

x

50

1

49

1

-

-+

-

+, innen ( )x

x1

50

1

49

1+ +

-

J

L

KK

N

P

OO=

= ( )xx

150

1

49

1-

--

J

L

KK

N

P

OO,

( )

( )( )

( )

( )( )

x

x x

x

x x

50 49

1 99

49 50

1 99

-

+ -=

-

- -.

x = 99 gyök; ezután a 49(x - 50)(x + 1) = 50(49 - x)(x - 1) másod-

fokú egyenlet gyökeit kell meghatároznunk.

Harmadik megoldás: A két oldalt külön hozzuk közös nevezôre:x x

50 49

49 49 50 50

$

- + -^ ^h h=

x x

x x

49 50

49 49 50 50

- -

- + -

^ ^

^ ^

h h

h h. A számlálók

megegyeznek, ezért vagy a számlálók értéke nulla, vagy ha ez nem

teljesül, akkor a nevezôk egyenlôk.d) Szorzattá alakítjuk a két másodfokú kifejezést, majd a kapott ténye-

zôket szimmetrikusan csoportosítjuk.

Az x2 - 4x + 3 = 0 egyenletbôl x1 = 1 és x2 = 3, így x2 - 4x + 3 =

= (x - 1)(x - 3). Hasonlóan x2 + 6x + 8 = (x + 2)(x + 4).

Az (x - 3)(x - 1)(x + 2)(x + 4) = -24 egyenletbôl az elsô és negyedik

tényezô szorzata x2 + x - 12, a második és harmadik tényezôé x2 +

+ x - 2; az a = x2 + x - 2 helyettesítéssel a(a - 10) = -24. Ennek

két gyöke a1 = 4, a2 = 6; innen x1 = 2, x2 = -3, x3 =2

1 33- +,

x4 =2

1 33- -.

e) x $ 0. t x12= helyettesítéssel (t $ 0) az egyenlet t6 - 2t4 + t3 =

= t3(t3 - 2t + 1) = 0 alakra hozható. A második tényezônek gyöke

t = 1, így szorzattá alakítás után t3(t - 1)(t2 + t - 1) = 0 adódik.

A gyökök: t1 = 0, t2 = 1, t3 =2

1 5- +, t4 =

2

1 5- -(ez hamis),

s innen x1 = 0, x2 = 1, x3 =2

1 512

- +J

L

KKK

N

P

OOO

.

1418.. a) Nevezôben nem állhat nulla, négyzetgyök alatt nem lehet negatívszám; az egyenlet értelmezési tartománya x < - 5 vagy 19 # x.

Az egyenlet (x - 19)(x + 5) - 30(x + 5)x

x

5

19

+

-- 175 = 0 alakra

hozható. ( )x 5 2+ = ux + 5u, így az (x + 5) tényezôt csak elôjelétôl

függôen vihetjük be a négyzetgyök alá.


IV

Elsô eset: ha x + 5 > 0, vagyis x > - 5. Ekkor ( )x 5 2+ = x + 5, a

kapott egyenlet (x - 19)(x + 5) - 30 ( )( )x x5 19+ - - 175 = 0.

(Az alaphalmaz leszûkült az x $ 19 intervallumra.)

Az egyenlet az y = ( )( )x x5 19+ - helyettesítéssel az y2 - 30y -

- 175 = 0 egyenletre vezethetô vissza. Ennek két gyöke y1 = -5 és

y2 = 35. Az elsô gyök hamis, a másodikat visszahelyettesítve

( )( )x x5 19+ - = 35. Négyzetre emelés és rendezés után az x2 -

- 14x - 1320 = 0 egyenletet kapjuk, melynek gyökei x1 = 44 és x2 =

= -30. Az x $ 19 leszûkítés miatt csak x1 = 44 a valódi gyök, mely-

rôl visszahelyettesítéssel meggyôzôdhetünk.

Második eset: ha x + 5 < 0, vagyis x < - 5. Ekkor ( )x 5 2+ = -(x + 5),

az egyenlet (x - 19)(x + 5) + 30 ( )( )x x5 19+ - - 175 = 0 alakra

hozható. (Az értelmezési tartomány x < -5.)

Az y = ( )( )x x5 19+ - helyettesítéssel az y2 - 30y - 175 = 0

másodfokú egyenletet kapjuk, ennek gyökei y1 = 5 és y2 = -35. A

második gyök hamis, az elsôt visszahelyettesítve ( )( )x x5 19+ - = 5.

Rendezés után x2 - 14x - 120 = 0, a gyökök x3 = 20 és x4 = -6. Az

x < -5 leszûkítés miatt x4 = -6 a valódi gyök.Összefoglalva: az egyenlet megoldáshalmaza {44; -6}.Megjegyzés:A megoldás folyamán minden lépésben rögzítettük az alaphalmazváltozását, végig ekvivalens átalakításokat végeztünk. Technikailagegyszerûbb, ha nem törôdünk az ekvivalenciával, s a kapott gyökö-ket visszahelyettesítéssel utólag ellenôrizzük. (Ha azonban pl. azeredeti feladatot egyenlet helyett egyenlôtlenség alakjában tûzzükki, akkor az eredmény intervallum lesz; végtelen sok számot pedignem lehet visszahelyettesítéssel ellenôrizni.)

b) Emeljük köbre mindkét oldalt! Az (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b)

azonosság alkalmazásával x + 9 - x + ( )x x x x3 9 9 273 3 3- + - =b l ,

vagyis ( )x x x x9 9 63 3 3- + - =b l . Tegyük fel, hogy az egyenlet-

nek van megoldása; ekkor a kiindulási egyenletet felhasználva a

második tényezô 3, így ( )x x9 23 - = , x(9 - x) = 8, x1 = 1, x2 = 8.

Ellenôrzés: 1 9 1 33 3+ - = , 8 9 8 33 3+ - = . Mindkét gyök

megfelelô.Megjegyzés:A megoldás folyamán felhasználtuk a kiindulási egyenletet. Ez nemekvivalens átalakítás, ezért kötelezô az ellenôrzés. (Valójában azt


IV

mutattuk meg, hogy ha létezik megoldás, akkor az csak x1 = 1 vagyx2 = 8 lehet; hogy ezek ténylegesen gyökök, visszahelyettesítésseligazolhatjuk.)

11441199.. a) Az elôzô megoldáshoz hasonlóan járunk el.Mindkét oldalt köbre emelve

x + 2 - x + ( )x x x x3 2 2 13 3 3- + - =-b l , innen ( )x x2 13 - = ,

x(2 - x) = 1, x = 1.Ha tehát van megoldás, az csak x = 1 lehet. De a visszahelyettesítésalapján ez hamis gyök, így az egyenletnek nincs megoldása.

b) x+2 x 1- = x1 12

+ -b l , hasonlóan x - 2 x 1- = x1 12

- -b l ,

ezért az egyenlet x1 12

+ -b l + x1 12

- -b l = 2 - y2 alak-

ba írható. Az egyenlet alaphalmaza x $ 1.

A a2 = uau azonosság alkalmazásával x1 1+ - + x1 1- - =

= 2 - y2. Mivel 1 + x 1- mindig pozitív, csak a második abszolút-

értékes tag elôjelét kell megvizsgálnunk.

Ha 1 - x 1- $ 0, vagyis 2 $ x, akkor x1 1- - = 1 - x 1- , az

egyenlet 1 + x 1- + 1 - x 1- = 2 - y2 alakú. Ekkor végtelen sok

megoldást kaptunk; az alaphalmazt figyelembe véve y = 0, 1 # x # 2.

Ha 1 - x 1- < 0, vagyis 2 < x, akkor x1 1- - = x 1- - 1,

az egyenlet 1 + x 1- + x 1- - 1 = 2 - y2 alakú. A 2 x 1- = 2 - y2

egyenlet bal oldala nagyobb, mint 2 (x > 2), a jobb oldala legfeljebb

2; az egyenletnek nincs megoldása.Az összes megoldás: 1 # x # 2, y = 0.Megjegyzés:Ha közvetlenül nem sikerül x + 2 x 1- teljes négyzetté alakítása,

alkalmazhatjuk a b = x 1- helyettesítést. Ekkor x + 2 x 1- =

= b2 + 1 + 2b, ami már nevezetes azonosság.

11442200.. a) x + y - z $ 0. Küszöböljük ki a négyzetgyökös tagot: a = x y z+ -

helyettesítéssel a2 = x + y - z, innen z = x + y - a2, s az eredeti

egyenlet x2 + y2 +4

3= x + y - a2 + a alakra hozható.

Négyzetösszegekké alakítás után x y a2

1

2

1

2

10

2 2 2

- + - + - =J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO ,

innen (x; y; a) = ; ;2

1

2

1

2

1J

L

KK

N

P

OO, vagyis (x; y; z) = ; ;

2

1

2

1

4

3J

L

KK

N

P

OO.


IV

b) Az egyenlet bal oldalát négyzetösszegekké alakíthatjuk: x2 - 4xz +

+ 4z2 + z2 - 4yz + 4y2 + y2 - 2y + 1 = (x - 2z)2 + (z - 2y)2 + (y - 1)2 =

= 0. Innen (x; y; z) = (4; 1; 2).

11442211.. Elsô megoldás: Az f: x 7 x2 - 4, x $ 0 és

g : x 7 x 4+ , x $ - 4 függvények egymás in-

verzei. Ábrázoljuk az f : x 7 x2 - 4, x ! R és gfüggvényeket! Az f és g függvények görbéi tükrös

helyzetûek az y = x egyenesre, ezért az x2 -

- 4 = x, vagyis x2 - x - 4 = 0 egyenlet pozitív gyö-

ke az eredeti egyenletnek is megoldása.

x2 - 4 = x 4+ négyzetre emelése és rendezés

után x4 - 8x2 - x + 12 = 0, s a bal oldalból kiemel-

ve az x2 - x - 4 tényezôt, az egyenlet

(x2 - x - 4)(x2 + x - 3) = 0 alakra hozható. A négy

gyök közül a feltételeknek x2

1 171=

+és x

2

1 132=

- -felel meg.

Második megoldás: Az eredeti egyenlet helyett az

(1) y = x2 - 4,

(2) y = x 4+egyenletrendszert oldjuk meg. (1)-bôl kivonva (2) négyzetét x2 - y2 = -(x - y),(x - y)(x + y + 1) = 0. Innen y = x vagy y = -x - 1, ezt (1)-be helyettesítvemegkapjuk az elsô megoldás másodfokú egyenleteit.

11442222.. a) Elsô megoldás: A megoldóképletet alkalmazva

x1,2 =m m m

4

5 25 242 2!- +, innen x1 =

m

2, x2 = -3m. Általában

két megoldás van; egy megoldás van, ha m

2= -3m, vagyis ha m = 0.

(Ekkor x = 0 kétszeres gyök.)Második megoldás: Ha m = 0, akkor x = 0.

Ha m =Y 0, akkor az egyenletet m2-tel osztvam

x

m

x2 5 3

2

+ -J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO = 0

adódik. Innen m

x=

2

1ekkor x

m

2=

J

L

KK

N

P

OO vagy

m

x= -3 (ekkor

x = -3m).Harmadik megoldás: Szorzattá alakítunk csoportosítással.0 = 2x2 + 5mx - 3m2 = 2x2 + 6mx - mx - 3m2 = 2x(x + 3m) - m(x ++ 3m) = (2x - m)(x + 3m), s ebbôl 2x - m = 0 vagy x + 3m = 0 kö-vetkezik.

b) m1 = 2x, m2 =x

3- . Általában két megoldás van; egy megoldás van,

ha x = 0. (Ekkor m = 0 kétszeres gyök.)


IV

1421.

11442233.. Ha az f(x) = 6x3 - 7x2 + px + 12 = 0 egyenlet egyik gyöke 2, akkor az

f(2) = 0 egyenletbôl 6 $ 23 - 7 $ 22 + 2p + 12 = 0, innen p = -16.Mivel x = 2 gyök, az f(x) polinomból kiemelhetô az (x - 2) gyöktényezô: 6x3 - 7x2 - 16x + 12 = (x - 2)(6x2 + 5x - 6). A 6x2 + 5x - 6 = 0 egyenletbôl

x1 =3

2, x2 = -

2

3.

11442244.. a) Átalakítások után (a + 1)x2 - x(6 + 8a) + 8 + 15a = 0.Ha a = -1, akkor az egyenlet elsôfokú, melynek x = 3,5 a gyöke.Ha a =Y -1, akkor az egyenlet diszkriminánsa D = (6 + 8a)2 - 4(a + 1)(8 + 15a) = 4a2 + 4a + 32 == (2a + 1)2 + 31 > 0, tehát az egyenletnek az a paraméter tetszôle-ges értékére van két (különbözô) gyöke.

b) Ha p = 3, az egyenlet elsôfokú, egyetlen gyöke van: x = 1,2. Ha p =Y 3,

akkor a diszkrimináns 25-24(p - 3) = 97 - 24p. Ha p <24

97(és p =Y 3),

akkor két megoldás van; ha p =24

97, egy (kétszeres) gyök; ha

p >24

97, nincs megoldás.

c) Az egyenlet 3x2 - 2(a + b + c)x + ab + bc + ac = 0 alakra hozható.

Ennek az egyenletnek x = a nem lehet gyöke, hiszen a

3a2 - 2(a + b + c)a + ab + bc + ac = 0 egyenletbôl átalakítások után

(a - c)(a - b) = 0 adódik, s ez ellentmondás (a, b, c különbözôk).

Hasonlóképpen nem lehet gyök x = b vagy x = c sem.

Az egyenlet diszkriminánsa D = 4(a + b + c)2 - 12(ab + bc + ac) =

= 2 a b b c c a2 2 2

- + - + -_ _ _d i i i n > 0, tehát mindig van két külön-

bözô gyök.

1425.. a) Vizsgálhatjuk a diszkrimináns elôjelét, vagy az egyenlet bal oldalát

négyzetösszegekké alakíthatjuk. Ez utóbbi alapján az (ax + b)2 + x2 +

+ c2 = 0 egyenletnek csak a b = c = 0 (a tetszôleges) esetben van

megoldása (ekkor x = 0), a paraméterek más értékére nincs meg-

oldás.b) Nincs valós gyök.c) (ax - b)2 + x2 = 1, innen x = -1, 0, 1 lehetséges.

Ha x = -1, akkor a = -b (a, b tetszôleges); ha x = 1, akkor a = b(a, b tetszôleges), ha x = 0, akkor a tetszôleges, b = !1. Tehát egymegoldás van a következô esetekben: (a; b) = (t; - t), (t; t), (t; 1), (t; -1), ahol t ! Z tetszôleges.

1426.. a) Az (1) x4 + 2px2 + p + 1 = 0 egyenlet y = x2 helyettesítéssel (2) y2 +

+ 2py + p + 1 = 0 alakra hozható. A gyökök létezésének szükséges

feltétele, hogy a diszkrimináns ne legyen negatív. D = (2p)2 -

- 4(p + 1) = 4p2 - 4p - 4, így 4p2 - 4p - 4 $ 0. A két zérushely


IV

p1 =2

1 5-. -0,62 és p2 =

2

1 5+. 1,62, az egyenlôtlenség

megoldása (3) p #2

1 5-vagy

2

1 5+# p.

A (3) feltétel teljesülése esetén (2)-nek az y változóra nézve vangyöke; (1)-nek akkor van gyöke (x-ben), ha y $ 0.

A Viète-formulákból y1 + y2 = -2p, y1 $ y2 = p + 1; két pozitív gyököt

akkor kaphatunk y-ra, ha -2p > 0 és p + 1 > 0, vagyis -1 < p < 0.

Ezt a (3) feltétellel egybevetve -1 0, vagyis

0 < p. (3)-mal egybevetve ekkor 2

1 5+# p.)

Végül azt az esetet vizsgáljuk meg, amikor y = 0 gyöke (2)-nek.

Ekkor p = -1, az egyenlet y2 - 2y = 0 alakú lesz, a másik gyök y = 2

pozitív. Mivel y = x2, így minden y > 0 gyökhöz pontosan két

megfelelô x érték tartozik (x = y! ). Ha (3)-ban egyenlôség van,

akkor (2) teljes négyzet, a két gyök megegyezik.

Foglaljuk össze az eredményeket egy táblázatban:

nincs gyökkét negatív gyök

nincs gyökegy (kétszeres)

negatív gyök

nincs gyöknincs gyök

két (kétszeres) gyök

egy (kétszeres) pozitív gyök

négy gyökkét pozitív gyök

három gyök (a 0 kétszeres gyök)

egy pozitív és egyzérus gyök

p = -1

két gyökegy pozitív és egynegatív gyök

p < -1

(1) gyökei ’x’-ben(2) gyökei ’y’-banp értéke


IV


IV

b) Alkalmazzuk az y = x2 helyettesítést (y $ 0)! Ekkor az (1) x4 + 2x2 + + p = 0 egyenletbôl a (2) y2 + 2y + p = 0 egyenletet kapjuk. (2)-nek(y-ban) két gyöke van, ha p < 1; egy gyöke, ha p = 1 (y = -1); s nincsgyöke, ha p > 1. Mivel y $ 0, meg kell vizsgálni a (2)-ben kapott y1,y2 gyökök elôjelét.

A két gyök összege -2, tehát az egyik gyök biztosan negatív: y2 < 0.

y1 > 0, ha a két gyök szorzata negatív, tehát p < 0. Ekkor (2)-ben egy

pozitív gyök van, így (1)-ben két gyököt kapunk: x y1 1= ,

x y2 1=- .

Végül (2)-nek gyöke 0, ha p = 0. Ekkor (1)-ben x = 0 az egyetlen

(kétszeres) gyök.Összefoglalva:

c) Az y = x2 helyettesítéssel y2 + (1 + p)y + p = 0, innen y1 = 1 és y2 = p.Látható, hogy x1 = -1 és x2 = 1 mindig megoldás.Ha p < 0, két gyök van;ha p = 0, három gyök (közülük x = 0 kétszeres gyök);ha p > 0, p =Y 1, akkor négy gyök van;ha p = 1, akkor két (kétszeres) gyök van.

1427. a) Elsô megoldás: Az egyenlet x(p + 2 - 2x) = 6 alakra hozható, innenx1 osztója 6-nak. x1 ismeretében (p + 2 - 2x1)-bôl számolható p, s azeredeti egyenletbôl x2.

Két megoldást kaptunk: ha p = 6, akkor a két gyök 1 és 3; ha pedig p = -10, akkor a két gyök -1 és -3.

Második megoldás: A Viète-formulák alapján x1 $ x2 = 3 és x1 + x2 =

=p

2

2+. Innen (x1; x2) = (1; 3), s ekkor p = 6; vagy

(x1; x2) = (-1; -3), ekkor pedig p = -10.

-0,5-1-1,5-30,511,53x2

-15-10-9-1011656p

-1-2-3-61236p + 2 - 2x1

-6-3-2-16321x1

két gyökkét különbözô elôjelû gyökp < 0

00; -2p = 0

nincs gyökkét negatív gyök0 < p <1

nincs gyökegy (kétszeres) negatív gyökp = 1

nincs gyöknincs gyök1 < p

(1) gyökei ’x’-ben(2) gyökei ’y’-banp értéke


IV

Megjegyzés:A második megoldásban nem használtuk ki, hogy p egész.

b) A két gyök szorzata 1,5, nincs megoldás.c) (p; x1; x2) ! {(-3,5; 1; 6), (-2,5; 2; 3), (3,5; -1; -6),

(2,5; -2; -3)}.d) x(x + p - 3) = p, így xu p. Legyen p = kx (k!Z), ekkor x(x + kx - 3) =

= kx.Ha x = 0, akkor p = 0, s ez megoldás.

Ha x =Y 0, akkor (k + 1) x = 3 + k, x =k

k

k1

31

1

2

+

+= +

+(k = -1

nem lehetséges), s innen az alábbi táblázatot kapjuk:

1428. a) Tekintsük y-t paraméternek, ekkor

x1,2 =( ) ( )y y y y

2

8 16 8 16 4 16 34 17982 2!- - - + -=

= ( ) ( )y y4 2 7 2 19!- - . Innen y # 19 (és a feladat értelmében y $ 0),

és 19 - y = 2k2 alakú (k ! N). A kapott megoldások: (x; y) = (8; 11),

(64; 11), (50; 1).

b) Elsô megoldás: Az elôzô megoldáshoz hasonlóan járhatunk el. y-t

paraméternek tekintve x1,2 = y y2 17 8!- - , s innen y ! {0, 1, 2}.

Eredmény: (x; y) = (4; 1) vagy (1; 2). (A (-2; 1) és (-1; 2)

értékpárok nem felelnek meg.)Második megoldás: Az egyenlet (x - 2)2 + (y + 2)2 + 2xy = 21 alakrahozható, innen xy # 10, s némi próbálkozás után megkapjuk agyököket.

c) Elsô megoldás: x1,2 =( )y

6

9 81 12 32! - -=

y

6

9 117 12 2! -,

innen y2 # 9, y ! {0; 1; 2; 3}. Eredmény: (x; y) = (1; 3) vagy (x; y) =

= (2; 3).

Második megoldás: Az egyenlet 12-vel szorozva 3(2x - 3)2 + 4y2 =

= 39 alakra hozható. Innen y osztható 3-mal és legfeljebb 3, tehát

y = 3, s ekkor x = 1 vagy x = 2.

1429. Elsô megoldás: 10a+b-(10b+a) = (a+b)2-bôl 9(a-b) = a2+b2+2ab,

innen a2 + a(2b - 9) + b2 + 9b = 0. Az a-ban másodfokú egyenlet megoldása

a1,2 =b b

2

9 2 81 72!- -. A diszkrimináns nem lehet negatív, így b = 0 vagy b = 1

lehetséges csak.

2020p

23-10x

10-2-3k1

Ha b = 0, akkor a = 9. (Ezt a megoldást csak akkor fogadhatnánk el, ha a ba = 09alakot használnánk, de ez nem lenne szerencsés.)Ha b = 1, akkor a = 2 vagy a = 5.Két megoldást kaptunk: 21, 51. (A 90 nem felel meg.)Második megoldás: 9(a - b) = (a + b)2, így a - b négyzetszám, lehetségesértékei 0, 1, 4, 9. Ezek visszahelyettesítésével az elôzô megoldásokat kapjuk.1430. Elsô megoldás: Az n2 + n + 41 = k2 egyenletben (k ! N feltehetô) k-tparaméternek tekintve a megoldhatóság szükséges feltétele, hogy a diszkrimi-náns ne legyen negatív. D = 1 - 4 $ (41 - k2) $ 0, innen k2 $ 40,75, u ku $ 6,38,k $ 7.

Mivel n1,2 =k

2

1 4 1632!- -egész szám, a diszkriminánsnak négyzetszám-

nak kell lennie.

Innen 4k2 - 163 = m2 (ahol m ! N), 4k2 - m2 = 163, (2k + m)(2k - m) = 163.

163 prímszám, így 2k + m = 163, 2k - m = 1. Az egyenletrendszer megoldása

k = 41, m = 81. Visszahelyettesítve n1,2 =m

2

1 !-=

2

1 81!-, tehát n = 40

vagy n = -41 esetén lesz n2 + n + 41 négyzetszám.Második megoldás: Más megoldási lehetôség a teljes négyzetté alakítás.

Ha n2 + n + 41 = n2

1

4

1632

+ +J

L

KK

N

P

OO négyzetszám, akkor négyszerese is az.

A (2n + 1)2 + 163 = 4k2 egyenletbôl 163 = 4k2 - (2n + 1)2 == (2k + 2n + 1)(2k - 2n - 1), s innen az elsô megoldáshoz hasonlóan foly-tathatjuk.1431. a) b2 - 16 $ 0, innen b # - 4 vagy b $ 4.

b) b < - 4 vagy b > 4.c) a gyökök összege -b, szorzata 4, innen b < -4.d) Nem lehetséges; a gyökök szorzata pozitív.e) 1 + b + 4 = 0, innen b = -5.f) Nem lehetséges.

g) Az f(x) = x2 + bx + 4 függvény képe felfelé nyitott parabola, mini-

muma az x =b

2- helyen van. A két gyök -2-nél nagyobb, ha

f(-2) > > 0 és -2 0 és - 6 3

20.


IV

j) A feltételek: pozitív diszkrimináns mellett f(-4) > 0, f(-1) > 0,

-4 <b

2< -1. Az egyenlôtlenségek megoldása 2 0, szorzata -4p - 8 > 0, innen p < -2

(p =Y -6).d) -4p - 8 < 0, innen p > -2.e) -1 + p - 2 + 4p + 8 = 0, innen p = -1.

f) Az f (x) = -x2 + (2 - p)x + 4p + 8 függvény képe lefelé nyitott para-

bola, maximuma az x =p

2

2 -helyen van. A két gyök 1-nél nagyobb,

ha f(1) < 0 és 1 0, innen p > -3.

h) A feltételek: pozitív diszkrimináns mellett f(1) < 0, f (5) < 0,1 <

< -7,

-8 < p < 0. Innen -7 < p < -3, p =Y -6.

Második megoldás: Mivel a diszkrimináns teljes négyzet, érdemes a két gyököt

meghatároznunk. x1,2 =( )p p

2

2 6!

-

- +, innen x1 = -p - 2, x2 = 4. Az x2

ismerete lényegesen megkönnyíti a feltételek felírását.c) x2 > 0 mindig teljesül, így elégséges feltétel -p - 2 > 0, innen p < -2

(p =Y - 6).d) -p - 2 < 0, innen p > -2.e) -p - 2 = -1, innen p = -1.f) -p - 2 > 1, innen p < -3.g) -p - 2 < 1, innen p > -3.h) 1 < - p - 2 < 5, innen -7 < p < -3 (p =Y -6).

1433. a) Ha p = -2, akkor az egyenlet elsôfokú, melynek gyöke x = -2.Egyéb p értékekre a diszkrimináns (2p + 3)2 + 8(p + 2) = 4p2 + 20p ++ 25 = (2p + 5)2 $ 0, tehát minden p értékre van gyöke az egyenlet-nek.

b) Két különbözô gyök van, ha p =Y -2,5. (És persze p =Y -2.) A két

gyök x1 =p 2

1

+és x2 = -2.

c) x1 > 0, ha p > -2. d) p = -3. e) Nem lehetséges, x2 < -1.

f)p 2

1

+> -3, ha >

p

p

2

3 70

+

+; ez pedig p <

3

7- vagy p > -2 esetben

teljesül.


IV

g) x1 =p 2

1

+< -3, ha

3

7- < p < -2. (p = -2,5 esetén kétszeres

gyök van.)

h) -3 <p 2

1

+< -1, ha -3 < p <

3

7- .

1434. A valós gyökök létezése miatt a másodfokú kifejezés diszkriminánsa nemnegatív. D = (1,2p)2 - 4(p2 - 3p) = -2,56p2 + 12p, így - 2,56p2 + 12p $ 0, p(12 - 2,56p) $ 0. Az egyenlôtlenség megoldása: 0 # p # 4,6875.A gyökök és együtthatók közötti összefüggések alapjánx1 + x2 = -1,2p, x1 $ x2 = p2 - 3p.Innen x1

2 + x22 = (x1 + x2)

2 - 2x1 $ x2 = (- 1,2p)2 - 2(p2 - 3p) = -0,56p2 + 6p,vagyis a 0 # p # 4,6875 feltétel mellett az f(p) = -0,56p2 + 6p kifejezés maxi-mumát keressük.

A p 7 f(p) függvény két zérushelye p1 = 0 és p2 . 10,71, szélsôértékhelye

p =( , )2 0 56

6

$ -

-. 5,36. A 0 # p # 4,6875 intervallum nem tartalmazza az

abszolút maximumhelyet, ezért f(p) akkor maximális, ha p = 4,6875. A valós

gyökök négyzetösszegének maximuma f(4,6875) = -0,56 $ 4,68752 + 6 $ 4,6875.

. 15,82.1435. (2)-bôl (p2 - 4)x = y(p2 - 1). (1)-et beszorozva (p - 1) =Y 0-val 2(p + 2)(p -- 1) x - p(p - 1) = y(p2 - 1) adódik, innen (p2 - 4)x = 2(p + 2)(p - 1)x - p(p -- 1). Az egyenlet rendezésével kapjuk, hogy(3) p(p + 2)x = p(p - 1).Ha p = 1, akkor (2)-bôl x = 0, (1)-bôl y = -0,5.Ha p =Y 1, akkor (3) vizsgálatát három esetre bontjuk.1. Ha p = 0, akkor (3)-at minden x kielégíti, (2)-bôl y = 4x. A megoldások (x; y) = (t; 4 t) alakúak, ahol t ! R tetszôleges.2. Ha p = -2, akkor (3) ellentmondó, nincs megoldás.

3. Ha p =Y 0 és p =Y - 2 (és persze p =Y 1), akkor x =p

p

2

1

+

-, ezt (1)-be visszahe-

lyettesítve (p + 1)y = p - 2. Innen p = -1 ellentmondásra vezet, egyébként

y =p

p

1

2

+

-. (Ez a megoldás tartalmazza a p = 1 esetben kapott gyökpárt is.)

Összefoglalva:

p

p

1

2

+

-

p

p

2

1

+

-egyébként

nincs megoldásnincs megoldás-1

nincs megoldásnincs megoldás-2

4tt ! R tetszôleges0

yxp


IV

1436. x3 - y3 = (x - y)(x2 + xy + y2), így (1) x2 + xy + y2 = p alakra hozható.(2)-bôl x = p + y, ezt (1)-be helyettesítve 3y2 + 3py + p2 - p = 0. Egyetlen meg-oldást kapunk, ha az egyenlet diszkriminánsa zérus: 9p2 - 12(p2 - p) = 0, innen p = 4 (p = 0 nem felel meg), s ekkor (x; y) = (2; - 2).1437. Legyen x + y = xy = q, s ekkor a gyökök és együtthatók közötti össze-függések miatt a z2 - qz + q = 0 egyenlet két gyöke x és y. Az egyenlet diszkri-minánsa nem lehet negatív: D = q2 - 4q $ 0, ha q # 0 vagy 4 # q. (Ehhez azeredményhez úgy is eljuthatunk, ha az x + y = q, xy = q egyenletrendszermegoldhatóságát vizsgáljuk meg.)(1)-bôl x3 + y3 = (x + y)3 - 3xy(x + y) = q3 - 3q2 + 3q = p, innen (q - 1)3 = p - 1.A q-ra kapott feltételbe visszahelyettesítve (q - 1)3 # -1 vagy 33 # (q - 1)3,innen p - 1 # -1 vagy 27 # p - 1, p # 0 vagy 28 # p.A lépések megfordíthatók, tehát a p # 0 vagy 28 # p értékekre van megoldásaaz eredeti egyenletrendszernek.

1438. Elsô megoldás: (2) miatt p ! N. (1)-bôl és (2)-bôl

xp

yp

zp

3 3 3

2 2 2

- + - + -J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO = x2 + y2 + z2 - ( )

px y z

p

3

2

3

2

+ + + =

= pp p

3

2

3

2 2

- + = ( )p

p3

3 - . Ez utóbbi szorzat nem lehet negatív, így

p ! {0; 1; 2; 3}. Ezekre a p értékekre az egyenletrendszernek van megoldása,

pl. az x, y, z ismeretlenek közül p számút 1-nek választunk, a többit 0-nak.

Második megoldás: Alkalmazhatjuk a számtani és négyzetes közép közötti

egyenlôtlenséget: x y z x y z

3 3

22 2 2

#+ + + +J

L

KK

N

P

OO , ahonnan

p p

9 3

2

# , p(p - 3) # 0,

p ! {0; 1; 2; 3}.

1439. a) Az egyenlet (x - 1)2 + (y - 1)2 = -1 alakra hozható. Nincs

megoldás.b) Szorozzuk 4-gyel mindkét oldalt! Ekkor (2x + 1)2 + (2y + 1)2 = 394.

Mivel 394-nek egyetlen négyzetösszeg-felbontása van (394 = 132 + 152), így (x; y) lehetséges értékei: (!6; !7) és (!7; !6).(Összesen 8 megoldás van.)

c) Az egyenlet (x2 - y)2 + 2y2 + 2 = 0 alakra hozható. Nincs megoldás.

d) x páratlan, legyen x = 2k + 1 alakú (k ! Z). Ekkor y =x

2

3 52+=

= x2 + 2 +x

2

12+= (2k + 1)2 + 2 +

( )k

2

2 1 12+ += 4k2 + 4k + 3 +

+ 2k2 + 2k + 1 = 6k2 + 6k + 4. Megoldás: (x; y) =

= (2k + 1; 6k2 + 6k + 4), ahol k tetszôleges egész szám.

1440. a) Az egyenlet 7(x + 1)(x - 1) - 4y2 = 14 alakra hozható. x + 1 és x - 1

csak páros számok lehetnek, de ekkor a bal oldal osztható 4-gyel,

míg a jobb oldal nem. Nincs megoldás.


IV

b) Szorzattá alakíthatunk: 2x2 + 5xy - 12y2 = yy

x

y

x2 5 122

2

+ -J

L

KK

J

L

KK

J

L

KKK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OOO

=

= yy

x

y

x2

2

342 - +

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO= (2x - 3y)(x + 4y). (Ugyanezt megkaphat-

juk alkalmas csoportosítással is: 2x2 + 5xy - 12y2 = 2x2 - 3xy + 8xy -

- 12y2 = x(2x - 3y) + 4y(2x - 3y) = (2x - 3y)(x + 4y).)

A (2x - 3y)(x + 4y) = 21 egyenletbôl a két tényezô 21 társosztója

lehet csak. A 8 esetet végignézve két megoldást kapunk: (x; y) =

= (3; 1) vagy (x; y) = (-3; -1).c) Elsô megoldás: Az egyenlet (x - 2y)2 + y2 = 4 alakra hozható. Innen

y = 0 vagy ! 2 lehet, a megoldásokat az alábbi táblázatban soroltukfel.

Második megoldás: Az x2 - 4xy + 5y2 - 4 = 0 egyenletben y-t paramé-ternek tekintjük. Ekkor a diszkrimináns16y2 - 4(5y2 - 4) = -4y2 + 16 $ 0, innen u yu # 2.

d) Az 1416. feladat alapján minden x = y = z egész számhármas megoldás.e) (x - y)2 + (y - z)2 + (x - z)2 = 8, amibôl következik, hogy két tag 4, az

egyik tag pedig zérus. Ha pl. x = y, akkor ux - zu = 2, ahonnan x = z + 2vagy x = z - 2. Hasonlót állíthatunk, ha valamelyik másik két változóegyenlô, így a megoldások: (x; y; z) = (t ! 2; t ! 2; t), (t; t ! 2; t ! 2) vagy(t ! 2; t; t ! 2) alakúak, ahol t ! Z tetszôleges. (Egy-egy megoldáshoz aképletekben azonos elôjelek tartoznak, összesen 6 alapmegoldás van.)

1441. Ha a keresett kétjegyû szám alakja ab (a = 1, 2, 3, … , 9; b = 0, 1, 2, … ,9), akkor 10a + b = a2 - b2 vagy 10a + b = b2 - a2. Az elsô esetben a(a - 10) == b(b + 1) nem lehetséges (a bal oldalon negatív szám áll), a második esetbenb(b - 1) = a(a + 10). Ekkor a bal oldalon két szomszédos egész szám szorzata,tehát páros szám áll; emiatt a jobb oldalon a is páros; de ekkor a jobb oldal(s így a bal oldal is) osztható 4-gyel. A b = 4, 5, 8, 9 lehetôségek közül b = 8,a = 4 ad megoldást.1442. Jelöljük ab-vel a keresett számot (a, b számjegyek, a =Y 0), ekkor(10a + b)(a + b) = a3 + b3. Mivel a3 + b3 = (a + b)(a2 - ab + b2) és a + b =Y 0,innen 10a + b = a2 - ab + b2. Az egyenletet 2-vel megszorozva négyzetekösszegét állíthatjuk elô: a2 - 2ab + b2 + a2 - 20a + b2 - 2b = 0, (a - b)2 ++(10 - a)2 + (b - 1)2 = 101. Némi próbálgatás után a talált felbontások: 102 ++ 12 + 02 = 101, 92 + 42 + 22 = 101, 82 + 62 + 12 = 101, 72 + 62 + 42 = 101;melyekbôl ab = 37 vagy ab = 48 adódik.1443. Ha a kapott szám abc5 alakú (a, b, c < t számjegyek, a ! 0), akkor at3 ++ bt2 + ct + 5 = 74, s innen t(at2 + bt + c) = 69. t < 10, így t = 3 lehetséges csak,s ekkor (a; b; c) = (2; 1; 2).

-44-22x

00-22x - 2y

-2200y


IV

1444.a b b a10

1

10

1

270

1

--

-= , innen 270 $ 9 $ (b - a) = 101ab + 10(a2 + b2).

101ab osztható 10-zel, tehát a = 5 (és b páros) vagy b = 5 (és a páros).Ha a = 5, b-re nem kapunk egész megoldást; ha b = 5, a = 4 megfelelô.Másik elindulási lehetôség: 101ab + 10(a2 + b2) = 10(a + b)2 + 81ab; 10(a + b)2

osztható 81-gyel, a + b = 9.1445. A két egyenlet összeadásából a2 + b2 + c2 - 2a - 16b - 16c + 128 = 0,innen (a - 1)2 + (b - 8)2 + (c - 8)2 = 1. Valamelyik tag értéke 1, a másik kettô 0.A második egyenlet miatt c páros, így c = 8. Ha (a - 1)2 = 1, akkor a = 2, b = c = 8. Visszahelyettesítéssel ellenôrizhetjük,hogy ez nem megoldás, tehát a = 1.Ha (b - 8)2 = 1, akkor b = 9 vagy b = 8. Az a2 + b2 = 82 egyenletbôl b = 9, s az(a; b; c) = (1; 9; 8) esetben c2 = 2a + 16b - 82 teljesül.A keresett szám 1983.

1446. S0 = 1 = 12, S1 = 25 = 52, S2 = 121 = 112, S3 = 361 = 192 stb. A sejtés:

Sn = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n n1 2 12

+ + -_ _` i i j .Bizonyíthatunk teljes indukcióval vagy pl. a következô átalakítással: n(n + 3)(n + 1)(n + 2) + 1 = (n2 + 3n)(n2 + 3n + 2) + 1 == (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + 1 = (n2 + 3n + 1)2.

1447. a, b, c, x, y, z =Y 0. Alkalmazzuk pl. az u =a

x, v =

b

y, w =

c

zhelyet-

tesítést; ekkor a két egyenlet u v w

1 1 1+ + = 0 és u + v + w = 1 alakba írható, s

u2 + v2 + w2 értéke a kérdés. u v w

1 1 1+ + =

uvw

uv vw uw+ += 0 miatt

uv + vw + uw = 0; az (u + v + w)2 = u2 + v2 + w2 + 2(uv + vw + uw) átalakítás-

ból kapjuk, hogy u2 + v2 + w2 = 1.

1448. (2)-bôl 1= (a+b+c)2 =a2 +b2 +c2 +2(ab+bc+ac)=1+2(ab+bc+ac),

innen ab + bc + ac = 0. (1)-bôl y =a

bx, z =

a

cx, így (3)-ból xy + xz + yz =

=a

bx

a

cx

a

bcx2 2

2

2

+ + = ( )a

xab ac bc

2

2

+ + = 0, s ezt kellett bizonyítanunk.

1449. Elsô megoldás: Az (1) a

a b

a b

ab

++

+= egyenletet b hatványai

szerint rendezve (1 - a)b2 + a(2 - a)b + 2a2 = 0. a = 1 esetén az egyenlet b-re

nézve elsôfokú, megoldása racionális szám, tehát van racionális megoldása az

eredeti (1) egyenletnek. (A kapott megoldás (a; b) = (1; -2).)Második megoldás: Ha (1)-et a hatványai szerint rendezzük, akkor (2 - b)a2 ++ b(2 - b)a + b2 = 0. Az egyenlet diszkriminánsa d = b2(2 - b)2 - 4(2 - b)b2 == b2(b2 - 4); ez pl. akkor lehet egy egész szám négyzete, ha b = !2. A b = 2választás ellentmondásra vezet, b = -2 esetén a = 1-et kapjuk.


IV

Harmadik megoldás: Ha (1)-nek a, b megoldása, akkor b

ar= racionális szám.

Ekkor a = br helyettesítéssel (1)-bôl br

br b

br b

brb

++

+= , ahonnan

r

r

r

rb

1

1

++

+= . Tehát ha r =Y 0 és r =Y - 1, akkor b racionális, és a = br is az.

1450. Az egyenlet két gyöke x1,2 =b b c

2

42!- -. A gyökök csak akkor le-

hetnek racionálisak, ha b c42- racionális; egy n természetes szám négyzet-

gyöke pedig csak akkor lehet racionális, ha n négyzetszám. Ha n = k2 (k ! N),

akkor x1,2 =b k

2

!-. Mivel b, b2 - 4c, k2 és k paritása megegyezik, -b ! k

páros, x1 és x2 tehát egész számok.

1451. Tegyük fel indirekt módon, hogy az egyenletnek van racionális gyöke.

Az egyenlet diszkriminánsa d = b2 - 4c. Egy természetes szám négyzetgyöke

vagy egész, vagy irracionális, így b2 - 4c = k2 (k ! N, k páratlan). Az egyenlet

két gyöke ekkor b k

2

- +és

b k

2

- -egyaránt egész szám; de két egész szám

összege (-b) és szorzata (c) nem lehet egyszerre páratlan. Ellentmondást kap-

tunk, az egyenletnek nincs racionális gyöke.Megjegyzés:Az elôzô feladat eredményét felhasználva a feladat állítása rögtön adódik. Haaz x2 + bx + c = 0 egyenletnek lenne racionális gyöke, akkor azok egészek is;viszont ezek létezésének ellentmondanak a Viète-formulák.1452. Jelöljük n = ab-vel a keresett számot (a, b számjegyek, a =Y 0), ekkor n - s = 10a + b - (a2 + b2) = a(10 - a) - b(b - 1). A különbség maximális, ha a(10 - a) maximális és b(b - 1) minimális. Ekkor(a; b) = (5; 1) vagy (5; 0), (n - s) = 25.A különbség minimális, ha a(10 - a) minimális és b(b - 1) maximális. Ekkor (a; b) = (1; 9) vagy (9; 9), (n - s) = -63.

1453. Elsô megoldás: A kifejezést átalakíthatjuk: x x

x x

4 5

2 6 6

2

2

+ +

+ +=

x x

x x1

4 5

2 1

2

2

++ +

+ +=

=

x

x1

12

1

2

2

+

+ +

+

_

_

i

i. A második tag nem negatív, tehát akkor minimális, ha

x = -1. A minimum értéke 1.

Ugyanakkor x x

x x

4 5

2 6 6

2

2

+ +

+ +=

x x

x x3

4 5

6 9

2

2

-+ +

+ +=

x

x3

1

3

22

2

-

+ +

+

_

_

i

i. A második

tag minimális, ha x = -3; ekkor a kifejezésnek maximuma van, a maximum

értéke 3.


IV

Második megoldás: Ax x

x x

4 5

2 6 6

2

2

+ +

+ +kifejezés értékkészlete azon p valós számok

halmaza, amelyekre a x x

x x

4 5

2 6 6

2

2

+ +

+ += p egyenletnek van megoldása. Ezért szél-

sôérték-keresés helyett elég a paraméteres egyenlet megoldhatóságát vizsgálni.Rendezés után x2(2 - p) + x(6 - 4p) + 6 - 5p = 0 egyenletet kapjuk. Ennekakkor lehet megoldása, ha diszkriminánsa nem negatív: D = (6 - 4p)2 - 4(2 - p) (6 - 5p) $ 0, innen 1 # p # 3. Mivel x2 együtthatója (2 - p), külön meg kell vizsgálni a 2 - p = 0 esetet; de ap = 2 érték nem befolyásolja a szélsôértékeket.Megjegyzés:Ha a kifejezés értékkészlete lett volna a kérdés, akkor p = 2 esetén - 2x - 4 = 0a kapott egyenlet. Ennek megoldása x = -2, tehát p = 2 is az értékkészletheztartozik.

1454. A K kétváltozós kifejezés alaphalmaza x 12- miatt x 1$ , vagyis

x 1$ vagy x 1# - .

Az elsô négyzetgyök alatt teljes négyzet áll: x x2 12 2+ - = x 1 12

2

- +c m ,

így x x2 12 2+ - = x 1 12- + = x 1 12- + . Ez a kifejezés akkor mini-

mális, ha x = 1 vagy x = -1.(1 + x - y)2 akkor minimális, ha 1 + x - y = 0, vagyis y = 1 + x. Figyelembe véveaz x-re kapott értékeket, K akkor veszi fel a minimumát, ha (x; y) = (1; 2) vagy(x; y) = (- 1; 0), s ezekben az esetekben a minimum értéke 0.Megjegyzés:Ha a négyzetgyökös kifejezésben nem sikerül felismerni a teljes négyzetet,

érdemes megpróbálkozni pl. a x z12- = helyettesítéssel. Ekkor x2 = z2 + 1,

tehát x x2 12 2+ - = z2 + 1 + 2z, s innen a racionális teljes négyzet már köny-

nyebben felismerhetô.

1455. A bal oldalon álló kifejezést négyzetösszeggé alakíthatjuk: x2y2 + x2 -

- 10xy -8x + 16 = (xy - 5)2 + (x - 4)2 = 25. Innen (xy - 5)2 # 25, uxy - 5u # 5,

-5 # xy - 5 # 5, 0 # xy # 10. A [0; 10] intervallum minden z értékét felveheti

xy, hiszen az (x - 4)2 = 25 - (z - 5)2 egyenletnek mindig van (z = 0 és z = 10

esetén egy, egyébként kettô) megoldása x-re, s innen y =x

z. (Az x = 0 eset

akkor állna elô, ha z = 2 vagy z = 8; de ekkor x = 8 is megoldás, s így y =4

1

vagy y = 1.)

1456. Közös nevezôre hozás után K =abc

a ab b bc c ac2 2 22 2 2+ + + + +=

( )

abc

a b c 2

=+ +

=abc

90 000. A számtani és mértani közép közötti egyenlôtlenség


IV

miatt abca b c

33 #

+ += 100, innen abc # 1 000 000. abc maximális, ha

a = b = c = 100; ekkor K minimális, a felvett minimum K =1 000 000

90 000=

100

9.

1457. A hagyományos algebrai eljárásnál lényegesen gyorsabban célhoz

érünk, ha az egyenlet két oldalán álló kifejezéseket mint függvényeket ábrá-

zoljuk; ekkor a görbék közös pontjai számának meghatározása a feladat.a) A jobb oldal képe 1-meredekségû

párhuzamos egyenesekbôl álló egyenes-sereg. Az ábráról leolvashatjuk, hogy ap > 3 esetben van olyan (határ)helyzet,amikor a két görbének három közöspontja lesz; ehhez az szükséges, hogy azx + p = -x2 - 4x - 3 egyenletnek egyet-len megoldása legyen. Ennek feltétele,hogy az x2 + 5x + 3 + p = 0 egyenlet disz-kriminánsa zérus legyen: D = 25 - 4(3 + p) = 0, innen p = 3,25.Tehát az ábra alapján:

b) x2 - 6uxu + 5 = p átalakításután ábrázolhatjuk a két függ-vényt. (A jobb oldal képe az xtengellyel párhuzamos egye-nessereg; a bal oldalt pedigelég az x > 0 tartománybanábrázolni, mert képe tükrösaz y tengelyre.)

23,25 < p

3p = 3,25

43 < p < 3,25

3p = 3

21 < p < 3

1p = 1

0p < 1

gyökök száma

p értéke


IV1457/a.

1457/b.

Az ábra alapján:

c) A x2 4+ = -x + p átalakítás után a két függvény képe:

Az ábra alapján:

d) x p2 1+ + = x + 1 átalakítás után a két

függvény képe (a bal oldal képe p

2

1-

+

-vel eltolt négyzetgyökfüggvény):

Az egyenes akkor érinti a gyökfüggvényt, ha

az egyenlet négyzetre emelésével kapott

2x + p + 1 = (x + 1)2 egyenletben a diszkri-

mináns nulla. Innen x2 - p = 0, vagyis p = 0.

1p2 #-

0p < -2

gyökök számap értéke

25 < p

3p = 5

44 < p < 5

6p = 4

80 < p < 4

4p = 0

0p < 0



IV

1457/c.

1457/d.

Ez alapján:

e) x2 + 4x + 3 = px.A jobb oldalon álló függvény képe origón átmenô egyenes (az y tengely kivéte-lével az összes egyenes).

Az x2 + 4x + 3 = px egyenletbôl (ábra)

x2 + (4 - p)x + 3 = 0, ennek diszkriminánsa

d = (4 - p)2 - 12 = 0, ha p = 4 + 2 3

(a p = 4 - 2 3 érték hamis). Hasonlóan

a - x2 - 4x - 3 = px egyenletbôl

x2 + (4 + p)x + 3 = 0, ennek diszkriminánsa

d = (4 + p)2 - 12 = 0, ha p = -4 + 2 3

(a p = -4 -2 3 érték hamis).

1458. Ha (1) P(x) = 2x2 + 2mx + m2 - 10 felírható (ax + b)2 - (cx + d)2 alakban (ahol a, b, c, d egészek), akkor (ax + b)2 -- (cx + d)2 = (ax + b + cx + d)(ax + b - cx - d) miatt (2) P(x) = (Ax + B)(Cx + D)alakban is felírható, ahol A = a + c, B = b + d, C = a - c, D = b - d. (Itt semA, sem C nem lehet zérus, mert akkor (2)-ben P(x) elsôfokú lenne.) Mivel A, B,C, D egészek, a (2) elôállításból következik, hogy: (3) P(x)-nek (1)-ben két gyöke van (ui. létezik a (2) gyöktényezôs alak), és

(4) P(x) két gyöke racionális ,xA

Bx

C

D1 2=- =

J

L

KK

N

P

OO.

2< p4 2 3+

1p 4 2 3= +

0< <p0 4 2 3+

2p = 0

4< <p4 2 3 0- +

3p 4 2 3=- +

2<p 4 2 3- +


11 < p

20 < p # 1

1p = 0

0p < 0



IV

1457/e.

Tovább vizsgálva a (2) alakot, P(x) ≡ A $ C $ x2 + (AD + BC)x + B $ D, s ez azazonosság csak úgy teljesülhet minden valós x-re, ha (5) A $ C = 2, AD + BC = 2m, B $ D = m2 - 10.A továbbiakban a (3), (4), (5) feltételeket vizsgáljuk meg.Az (5) egyenletrendszer elsô egyenlete alapján feltehetjük, hogy A = 2, C = 1.(A és C szimmetrikus szerepû; ha pedig A = -2, C = -1 lenne, akkor a (2)gyöktényezôs alakban mindkét tényezôbôl kiemelhetünk (-1)-et.) Az (5)egyenletrendszer második egyenlete alapján m egész szám vagy egy egész számfele lehet. Végül az egyenletrendszer harmadik egyenletébôl m2 - 10 is egészszám, tehát m2 is az, vagyis az egyenletrendszer második egyenletét is figye-lembe véve m egész szám.

(3) miatt (1) diszkriminánsa nemnegatív: 4m2 - 4 $ 2 $ (m2 - 10) = -4m2 + 80 $ 0,

m2 # 20, - 20 # m # 20 .Innen a feladat próbálgatással is befejezhetô: az m = 0, !1, !2, !3, !4értékeket rendre visszaírhatjuk (1)-be, és megnézhetjük, hogy sikerül-e a (2)szorzattá alakítás.Egy másik lehetôség a (4) feltétel felhasználása.

Csak akkor kaphatunk racionális gyököket, ha m4 802- + racionális, vagyis

ha -4m2 + 80 egy egész szám (sôt páros egész szám) négyzete. Innen 4k2 +

+ 4m2 = 80, k2 + m2 = 20, s ez csak m = !2 és m = !4 értékekre teljesül. Helyettesítsünk vissza:

Ha m =!2, akkor (1) diszkriminánsa 64, (1) gyökei x1,2,3,4 =m

4

2 8!-miatt

x1 = 1, x2 = -3 vagy x3 = 3, x4 = -1; ha pedig m = !4, akkor x5,6,7,8 =m

4

2 4!-

miatt x5 = -1, x6 = -3 vagy x7 = 3, x8 = 1. Mind a négy esetben felírható a (2)

gyöktényezôs alak.

Másodfokú egyenlôtlenségek

1459. a) < >x vagy x5 9;

b) z vagy z0 6# $ ;

c) < <x1 3.

1460. a) < >a vagy a11 13 11 13- - +- ;

b)Mivel b b b6 9 3 022$- + = -_ i , ezért nincs ilyen valós szám.

c) c1 4# # ;

d) < >d vagy d1 7.

1461. a)Nincs ilyen valós szám.

b)Nincs ilyen valós szám.

c) r vagy r3

14# $- ; d) < >s vagy s

5

22- .


IV

Paraméteres és összetett egyenlôtlenségek 279

IV

1462. a)Minden valós szám.

b)Nincs ilyen valós szám.

c) < >c vagy c2 3;

d) d vagy d2 5# $ .

1463. a)Az elsô egyenlôtlenségbôl: < >m vagy m3

12- .

A második egyenlôtlenségbôl: Nincs ilyen valós szám. Tehát az egyenlôtlenség-

rendszernek nincs megoldása.

b)Az elsô egyenlôtlenségbôl < <n3

4

3

10.

A második egyenlôtlenségbôl: Minden valós számmegoldás. Tehát az egyen-

lôtlenségrendszer megoldása: < <n3

4

3

10.

1464. a) < < >m vagy m1 2 3;

b) < < >n vagy n2 3 5;

c) < < <m mvagy4 2 14 2- - +- ;

d) >n 4.

1465. a) < >p vagy p3 1- ;

b) < >, ,q q q4 6 6!- - ;

c) < < , >r vagy r12

32;

d) < < < <s vagy s2 6 15 5 6 15- - + .

Paraméteres és összetett egyenlôtlenségek

1466. a)Ha ,m 1= akkor minden valós szám megoldás, ha x 1!- . Ha < < >, akkor vagym x m x m1 1 1 1 1+- - - - - ,

ha > ,m 1 akkor minden valós szám megfelel.

b)Ha > < <,m xm

akkorm

4

25

2

5 25 4

2

5 25 4-

+ + +-.

Ha m4

25# - , akkor nincs valós megoldás.

c)Ha m5

4# - vagy ,m 2$ akkor minden valós szám megoldás.

Ha < < , ,makkor vagym x m x2 6 85

43 5 32# $- + + +- - - -

mm 6 85 2+ + +- .

d)Ha m 11$ , akkor < <m x m1 11 1 11- - - - + - ,

ha <m 11, akkor nincs valós megoldás.

1467.Ha m 0= , akkor az elsôfokú egyenlet megoldásai: <x12

5.

Ha <m 0 és D m144 20 0#= + , azaz ,m 7 2# - , akkor ,x R x6

56 !! .

Ha >m 0 és D 0# , azaz ,m 7 2$ - , akkor nincs valós megoldás.

Ha >m 0, akkor a diszkrimináns pozitív, így < <m

mx

6 36 5- - +

<m

m6 36 5- + +.

1468.Ha m 3=- , akkor elsôfokú az egyenlôtlenség, végtelen sok megoldás van.Ha <m 3- , akkor mindig van megoldás, mivel a bal oldal függvénye konkávparabola.Ha >m 3- , akkor <D 0 esetén nem lenne valós megoldás.

< <,D m ha m25 16 3 016

73= + + -_ i . Ez ellentmondásra vezet, így az

egyenlôtlenségnek mindig van valós megoldása.

1469.Az állítás akkor igaz minden x-re, ha a bal oldal diszkriminánsa negatív.

<D m m m m4 1 4 9 5 4 1 6 02

= + - - = - -_ _ _ _i i i i teljesül ha < <m1 6.

1470.A bal oldal diszkriminánsa: D m m m m2 4 8 1 282

= + - + = -_ _ _i i i.

Ha <D 0 azaz < <m0 28, akkor minden x R! megoldás.

Ha D 0= azaz m 0= , m 28= , akkor x R6 ! , de ;x 1 15!- - .

Ha >D 0, azaz <m 0 vagy >m 28 akkor <xm m m

2

2 28- - - -_ i

vagy

>xm m m

2

2 28- - + -_ i

.

1471. A bal oldal diszkriminánsa D m m8 8 162=- - + .

Ha m 1=- , akkor <x4 6 0- , azaz <x2

3.

Ha >m 1- , akkor az egyenlôtlenség teljesüléséhez >D 0 szükséges. Ez

< <m2 1- , de >m 1- miatt: < <m1 1- esetén igaz, ekkor

<xm

m m m

1

1 2 2 42

+

- - - - +vagy <x

m

m m m

1

1 2 2 42

+

- + - - +.

Ha <m 1- , akkor az egyenlôtlenség minden valós x számra teljesül, feltéve ha

a diszkrimináns negatív.<D 0, azaz: <m 2- , vagy >m 1, összevetve a feltétellel <m 2- .

1472. Vizsgáljuk a bal oldal diszkriminánsát!

D m m8 56 642=- - +

(a) D 0= , ha m 1= vagy m 8- .

(b) <D 0, ha <m 8- vagy >m 1.

(c) >D 0, ha < <m8 1- .


IV

I. Ha m m4 5 02+ - = , akkor az egyenlôtlenség elsôfokú. Ez teljesül, ha m 1= ,

ekkor <x4

3, illetve ha m 5=- , ekkor >x

8

3- .

II. A fôegyüttható pozitív ha <m 5- , vagy >m 1.

(1) Ha <D 0, akkor x R6 ! esetén teljesül az egyenlôtlenség. <m 8- vagy

>m 1.

(2) Ha D 0= , akkor összevetve a feltétellel m 8=- esetén x R6 ! megol-

dás.

(3) Ha >D 0, akkor < <m8 5- - esetén <xm m

m m m

2 4 5

2 2 8 56 64

2

2

+ -

+ - - - +

` j

,

vagy >xm m

m m m

2 4 5

2 2 8 56 64

2

2

+ -

+ + - - +

` j

.

III. Ha a fôegyüttható negatív, azaz < <m5 1- , akkor:

< <m m

m m mx

m m

m m m

2 4 5

2 2 8 56 64

2 4 5

2 2 8 56 64

2

2

2

2

+ -

+ - - - +

+ -

+ + - - +

` `j j

.

1473. A téglalap oldalai: a; b. k cm40= , b a20= - . Maximális a terület, ha

( )a a20 - maximális.

Teljes négyzetté alakítás után: a cm10= . Ekkor a négyszög négyzet, területe

cm100 2.( )>a a20 50- egyenlôtlenség megoldása: < <a10 5 2 10 5 2- + . Ennek

alapján b értéke egyértelmûen meghatározható minden adott a esetén.

1474. ( )k 1000 25 725 000= Ft, ( )b 1000 19 446 250= Ft,

( )k 2000 51400 000= Ft ( )b 2000 94 456 250= Ft.

Akkor lesz nyereséges a termék gyártása, ha a ( )> ( )b x k x , azaz

x x25 55002- > x43 750 25675 50 000- + ;

megoldása < > .x x3 12500-A termék gyártása nyereséget hoz, ha 1250 db-nál többet gyártanak.

1475. A kétjegyû szám tízes helyiértékén x, egyes helyiértékén x + 3 szám van

x N! . Így a kétjegyû szám: x11 3+

< <x26 11 3 49+ ,x 3 4& = . A kétjegyû szám tehát a 36, illetve a 47.

1476. A hajó által megtett út: s t20 4H = + .

A motorcsónak által megtett út: s t2

3M

2= sa

t2

2=J

L

KK segítségével

N

P

OO

>s sM H ,

>t t2

320 42 + megoldása: > ,t 5 22 s.

A motorcsónak elindulása után 5,22 s elteltével a motorcsónak által megtett út

több, mint a hajó által megtett út.


IV

1477. Mivel mindkét kifejezés diszkriminánsa negatív, ezért minden egészszám megoldás.Az elsô tényezô minden valós x-re pozitív, a második x = 5-re nulla, különbenpozitív. Így a megoldás: x = 5.1478. A kettôs egyenlôtlenség mindhárom tagja pozitív, így elég megmutatnia négyzetre emeléssel adódó egyenlôtlenségek helyes voltát. Pitagorasz tételétis felhasználva az elsô egyenlôtlenség jobb és bal oldalának négyzeténekkülönbsége:

>x xyy

x yy

x y4 4

4 3 02

2

2 2+ + - + = -

J

L

KKK

` _

N

P

OOO

j i , mivel >x y.

Hasonlóan a második egyenlôtlenségbôl:

>x y x xyy

z x y81

64

4 81

116 2 02 2 2

2

22

+ - + + = + -

J

L

KKK

` _

N

P

OOO

j i< F , így a második rész is

igaz.

1479. Tegyük fel, hogy létezik a feltételt kielégítô p szám és x, y számokra tel-

jesül az egyenlôtlenség. Ekkor y helyére p x-_ i-et írva:

x p x p p5 4 2 3 4 2 1 02 2 #- + + + +_ ì j egyenlôtlenségnek van megoldása x-re.

Ebbôl a diszkriminánst vizsgálva p-re: p p2 4 02 $- + + , azaz

p1 5 1 5# #- + .

A p-re kapott egyenlôtlenséget kielégítô bármely valós szám esetén van olyan

x szám, melyre igaz a paraméteres, x-ben másodfokú egyenlôtlenség. Egy ilyen

x és p számpár viszont eleget tesz az eredeti egyenlôtlenségnek is. Tehát a fela-

dat feltételeit kielégítô p számok és csak ezek az p1 5 1 5# #- + .

1480. (1)-nek két különbözô gyöke van, ha diszkriminánsa pozitív, azaz ha

>t 1 02

+_ i , másrészt a Viète-formulák alapján, lévén a gyökök szorzata 1, így

a gyökök összegének pozitívnak kell lenniük, azaz <t 1 0+_ i . A feltételekbôl

kapjuk, hogy <t 3- .A (2) állításban szereplô egyenlôtlenséget írjuk más alakban:

x t x2 1 2 02

$- + +_ _i i . Ez teljesül, ha t 2$ - .

Összegezve: <t 3- esetén (1) igaz, (2) hamis

t3 2# #- - esetén (1) hamis, (2) hamis

t 2$ - esetén (1) hamis (2) igaz.

Így a keresett t értékek azok, amelyekre: <t 3- vagy t 2$ - .

1481. Egy rögzített p érték esetén a) vagy b) feltétel csak akkor teljesülhet

minden x-re, ha K minden x-re értelmezhetô, és értéke sehol sem nulla. Ez

pedig akkor következik be, ha K-nak sem a számlálója, sem a nevezôje nem

nulla, vagyis a számláló és a nevezô – és ezzel együtt K is – állandó elôjelû.

Ezért mindkét kifejezés diszkriminánsának negatívnak kell lennie. Tehát:


IV

<D p p6 100 4 0sz

22= + -_ ì j ;

<D p p6 100 4 0n

22= - -_ ì j .

A két feltételt összesítve: p 6! és >p 5.

Ha tehát a p-re kapott feltételek teljesülnek, akkor és csak akkor, K értéke vagy

pozitív minden x-re, vagy negatív. Azt, hogy a p-re kapott értékek közül

melyekre lesz K értéke pozitív, illetve negatív, úgy állapíthatjuk meg, hogy meg-

nézzük K elôjelét egy tetszôleges x helyen. Legyen például x = 0, ekkor

Kp p

p p

6 3

4 6=

- +

+ +

_ _

_ _

i i

i i. K elôjelét összevetve p lehetséges értékeivel kapjuk, hogy

a) K pontosan akkor pozitív minden x-re, ha >p 6

b) K pontosan akkor negatív minden x-re, ha < <p5 6.

1482. Az f(x) függvény grafikonja egy lefelé nyitott parabola íve, a teljes pa-

rabola, zérushelyei: x 01= , x p22= . Tengelypontja ,T pp

2

J

L

KK

N

P

OO pont. Az értelme-

zési tartományon a parabola egy ívét kapjuk, melynek végpontjai: ;0 0_ i, illetve

a ;p p

p4 4 8

3

2-J

L

KKK

N

P

OOO

pontok. Két esetet különböztetünk meg:

1. eset: ha a vizsgált ív tartalmazza a tengelypontot. Ekkor f(x) legnagyobb

értéke nyilván p

2. Ez akkor áll fenn, ha < p0 2# . Ebben az esetben f(x) nem

vehet fel 1-nél nagyobb értéket.

2. eset: ha f(x) grafikonja a parabola tengelypontját nem tartalmazza, akkor az

f(x) függvény növekvô, ezért xp

4= -nél veszi fel a legnagyobb értékét, amely

p

p4 8

3

2-. Mindez >p 2 esetén következik be. Lehet-e ekkor

p

p4 8

3

2-> 1, azaz

p 2 feltétellel tehát

f(x) akkor és csak akkor vehet fel 1-nél nagyobb értéket, ha < <p2 1 5+ .

1483. Mivel x és y n-jegyû számok, ezért: <x10 10n n1#- és <y10 10n n1#- .

A másik feltételbôl: <y x10 10n n13

3 22

# =-` `j j , azaz <10 10n n3 3 2- , akkor és csak

akkor, ha <n 3. Az x y n 1= = = triviális megoldástól különbözôt kaphatunk,

ha n 1= , vagy n 2= és x 2$ , y 2$ .

A számelmélet alaptétele értelmében, ha y 2$ és y3 négyzetszám, akkor ytörzstényezôs felbontásában minden törzstényezô páros számszor fordul elô,

tehát y négyzetszám. Ekkor: x y v2 3 6= = , ,v vZ 2! $ . Mivel < <x v 10 53 2 3= ,

így v2 4# # .


IV


IV

Ha v 2= , akkor x 23= , y 22= .Ha v 3= , akkor y csak egyjegyû, ez nem felel meg.Ha v 4= , akkor x 43= , y 42= .Tehát a triviális megoldással együtt összesen három megoldás van.1484. Legyen a készített szendvicsek száma: sajtosból x db, szalámisból y db.

Készleteink miatt: x y5 5 200#+ , (kenyér),

x y3

550#+ , (vaj)

x2 60# , (sajt)

y 20# , (szalámi)

Rendezve az egyenlôtlenségeket:

,

;

;

.

;x y

x y

x y

x

y

Z

40

3 5 150

0 30

0 20

!

#

#

# #

# #

+

+ egyenletrendszerhez jutunk.

A minden feltételt kielégítô (x; y) pontok a koordináta-rendszerben az alábbi

egyenesekkel határolt területen lévô pontok:

y x40= - ; y x5

330=- + ; x 0= ; x 30= ; y 0= ; y 20= .

Mivel a maximális darabszám 40, keressük a egyenesek által meghatározott

hatszög y x40= - egyenesének közös rácspontjait. Ennek alapján 6 megoldást

kapunk: Sajtosból (x) 30 db 29 db 28 db 27 db 26 db 25 db Szalámisból (y) 10 db 11 db 12 db 13 db 14 db 15 db.

Az elkészítés ideje: T x y= + perc. A T értékeihez tartozó egyenesek párhuza-mosak az x y2 30+ = egyenessel. Ezért T minimuma ha x 30= és y 10= ,ekkor T 50min= perc.

1485. Az x y 12 2$+ egyenlôtlenséget a (0; 0) pont kivételével a sík minden

egész koordinátájú pontja kielégíti. Az x y x6 02 2 #+ - egyenlôtlenséget az

( )x y3 92 2#- + egyenletû kör belsô, egész koordinátájú pontjai elégíti ki. Ez

29 db pont.

Mindkét egyenlôtlenséget 28 db pont koordinátái elégítik ki: (1; 0), (2; 0),

(3; 0), (4; 0), (5; 0), (6; 0), (1; 1), (2; 1), (3; 1), (4; 1), (5; 1), (1; 2), (2; 2), (3; 2),

(4; 2), (5; 2), (1; –1), (2; –1), (3; –1), (4; –1), (5; –1), (1; –1), (1; –2), (1; –3),

(1; –4), (1; –5), (3; 3), (–3; –3).

1486. ,x y x52 2#+ ( , ) ,x y2 5 2 52 2 2- + = egyenlôtlenséget a ( , ; )K 2 5 0 közép-

pontú ,r 2 5= egység sugarú körvonal és a kör belsô pontjainak koordinátái

elégítik ki.

Az y x 2# - egyenlôtlenséget az y x 2= - egyenletû egyenes és az egyenes

alatti pontok koordinátái elégítik ki.

A megoldást a két síkrész közös részében lévô pontok koordinátái és a határ-

vonal pontjainak koordinátái adják. Ezek elégítik ki a két egyenlôtlenséget

egyszerre.1487. Egyenletünk b c x c b2 3- = -_ i alakban írható. Az x csak akkor pozi-tív, ha b c2 3- és c b- azonos elôjelûek. Ez kétféleképpen lehetséges:II. >c b 0- és >b c2 3 0- , vagyII. <c b 0- és c c2

3, mivel c pozitív szám.

A második eset akkor és csak akkor teljesülhet, ha < <c b c2

3.

Ez csak három esetben fordulhat elô a megadott alaphalmazon:;

; ; ,

; ; .

; ,c vagy

vagy

b x

c b x

c b x

3 4 1

4 52

1

5 63

1

= = =

= = =

= = =

1488. Jelöljük az x 100i - különbséget yi-vel. ( i n1 1# # + )Az ,y yn1 1f + számokra: (1) y yn 1 1=+ ;

(2) y y100 101i i 1$ + ;

(3) y y y 0n1 2 f $+ + + teljesül.

Ha az yi-k között volna negatív, akkor az annál nagyobb indexûek (2) miatt

mind negatívak volnának és (1) miatt y1 is negatív volna. Ebbôl (2) miatt

következne, hogy mind negatívak, ez viszont ellentmond (3)-nak. Tehát az yi-k

nem negatívak, így (2) miatt: y yi i 1$ + . ( , , ,i n1 2 f= ).

Tehát az y y y y y yn n1 2 2 3 1f- + - + + - +_ _ _i i i összegeknek minden tagja nem

negatív. Azonban (1) miatt ez az összeg 0-val egyenlô, így minden tagja 0. Tehát

az összes yi 0-val, és az összes xi 100-zal egyenlô.1489. Tegyük fel, hogy az egyenlôtlenségeink igazak. Rendezve:(1) <a c d b+ - ;(2) <a c d b cd bc bd+ - - -_ i ;(3) <a cd bc bd bcd- - -_ i .A feltétel szerint minden szám pozitív, így (1) miatt >c d b 0+ - . Így (2) baloldala pozitív, tehát >cd bc bd 0- - . Tehát (3) bal oldala pozitív, vagyis

>bcd 0- következne. Ez ellentmond a kezdeti feltételünknek, tehát nem lehetminden egyenlôtlenség egyidejûleg igaz.


IV

286 Magasabbfokú egyenletek

IV

Magasabbfokú egyenletek

1490. a) x2

3!= ; b) x

3

5!= ; c) ,x 2 5= .

1491. a) Legyen x y2= . Új egyenletünk: y y5 4 02- + = . Ennek gyökei:

,y y1 41 2= = .

Tehát egyenletünk gyökei: ,x x1 2, ,1 2 3 4! != = .

b) Új egyenletünk: y y2 5 3 02- - = , gyökei: y2

11=- nem ad megoldást x-re a

valós számok halmazán, y 32= . Tehát egyenletünk gyökei: x 3,1 2 != .

c) Legyen x y4= . Új egyenletünk: y y17 16 02- + = . Ennek gyökei:

,y y4 1, ,1 2 3 4! != = . Csak a nemnegatív gyökök felelnek meg, ezért x 2,1 2 != ,

x 1,3 4 != .

1492. Megoldás I.:

Legyen x y3= , ekkor y y9 1 02- + = , melynek gyökei ,y y18

11 2= = . Az x 13= ,

és az x8

13= egyenletek gyökei pozitív számok, így az eredeti egyenletnek nincs

negatív gyöke.

Megoldás II.:Ha x negatív szám, akkor az egyenlet bal oldalának minden tagja pozitív, így

összegük nem lehet 0, tehát nincs az alaphalmazba tartozó megoldás.

1493. Pozitív szám nem lehet, mert ekkor a bal értéke pozitív. A negatív

számok nagyságrendjét figyelve csak az x 1=- jöhet szóba. Behelyettesítéssel

meggyôzôdhetünk errôl.

Megjegyzés: a további gyökök ,x x2 32 3=- =- .

1494. Legyen x y1+ = , ekkor y y5 14 02+ - = , ennek gyökei:

,y y2 71 2= =- . Tehát eredeti egyenletünk gyökei: ,x x1 81 2= =- .

1495. Legyen x y3

25- = . Az y y2 15 02+ - = egyenlet gyökei:

,y y3 51 2= =- .

Tehát egyenleteink: x3

25 3- = és x

3

25 5- =- . Ezek a gyökei az eredeti

egyenletnek: ,x x12 01 2= = .

1496. A nevezô 0-tól különbözô, így : x 13

16!!- .

Legyen x x y2 62+ - = , ekkor a nevezô x x y3 6 13 3 52+ - = + .

Új egyenletünk 0-ra rendezve: y y3 2 4 02+ - = , melynek gyökei: ,y y3

411 2=- = .

Magasabbfokú egyenletek 287

IV

Tehát x x2 63

42+ - =- , melybôl x 1

3

17!=- , vagy

,x x2 6 12+ - = melybôl x 1 2 2!=- . A kapott gyökök nem mondanak

ellent kikötéseinknek, és valóban kielégítik az eredeti egyenletet.

1497. A nevezô minden x-re pozitív, mert x x x4 10 2 622

- + = - +_ i .

Legyen x x y4 102- + = , ekkor x x y4 6 42- + - = - .

Ekkor új egyenletünk: y

y21

4 0+ - = , azaz rendezve y y4 21 02- - = , gyökei:

,y y7 31 2= =- .

Tehát x x4 10 72- + = , melynek gyökei: ,x x1 31 2= = , illetve,

x x4 10 32- + =- , melynek nincsenek valós gyökei.

A kapott gyökök kielégítik az eredeti egyenletet.

1498. A nevezô értelmetlen, ha x 5=- .

Egészítsük ki a bal oldalt teljes négyzetté:

xx

x

x

xx

x

x

x

x

5

25

5

10

5

5

52

2

2 22

22

+

+

-+

= -+

=+

J

L

KK

J

L

KKK

_

N

P

OO

N

P

OOO

i

.

Tehát egyenletünk felírható a következô alakban:

x

x

x

x

510

511 0

22

2

$+

++

- =

J

L

KKK

N

P

OOO

.

Legyen: x

xy

5

2

+= , ekkor y y10 11 02+ - = egyenlethez jutunk.

Ennek gyökei: ,y y1 111 2= =- .

Vagyis x

x

51

2

+= , melybôl x

2

1 21,1 2

!= , illetve

x

x

511

2

+=- , melynek nincsenek valós gyökei.

A kapott gyökök valóban kielégítik egyenletünket.

1499. Alakítsuk át az egyenlet bal oldalát:

x x x x x x x x x2 6 64 3 2 2 22

2+ + + + - = + + + -` `j j .

Legyen: x x y2+ = . Új egyenletünk: y y 6 02+ - = , ennek gyökei:

,y y2 31 2= =- .

Tehát: x x 22+ = , melybôl: ,x x1 21 2= =- , illetve,

x x 32+ =- , melynek nincsenek valós gyökei.

1500. Vegyük észre, hogy páratlanfokú – harmadfokú –, szimmetrikus

(reciprok) egyenlettel állunk szemben. Az ilyen egyenleteknek mindig gyöke az

x 1=- , ezért szorzattá alakíthatók.


IV

x x x x x x2 7 7 2 1 2 5 23 2 2+ + + = + + +_ ì j. Tehát az egyenlet gyökei:

, ,x x x1 22

11 2 3=- =- =- .

1501. Emeljünk ki az elôzô feladathoz hasonlóan x 1+_ i-et. A bal oldal

szorzat alakja:

x x x12

3 212+ - +

J

L

KKK

_

N

P

OOO

i , így az eredeti egyenlet gyökei:

, ,x x x1 22

1

2

21 2 3=- = = = .

1502. Vegyük észre, hogy páratlanfokú – harmadfokú –, antiszimmetrikus(reciprok) egyenlettel állunk szemben. Az ilyen egyenleteknek mindig gyöke azx 1= , ezért szorzattá alakíthatók.

A bal oldal szorzat alakja: x x x1 2 9 22+ + +_ ì j, így egyenletünk gyökei:

,x x14

9 65,1 2 3

!= =

-, ahol teljesül: x

x

12

3

= .

1503. Vegyük észre, hogy páros fokú – negyedfokú, szimmetrikus – reciprok-

egyenlettel állunk szemben. Ennek nem lehet megoldása az x 0= , így osszuk

végig x2-tel. A bal oldal így alakul:

x xx x

xx

xx

6 13 12 131

61

61

131

122

2

2

2$ $- + - + = + - + +

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO .

Bevezetve az xx

y1

+ = jelölést xx

y1

22

2

2+ = - , így az új ismeretlenre az

alábbi egyenletet kapjuk: y y6 13 02- = . Ennek gyökei: ,y y06

131 2= = . Vissza-

helyettesítve kapjuk az eredeti egyenlet gyökeit, ha xx

1

6

13+ = , akkor

,x x3

2

2

31 2= = , míg az x

x

10+ = nem ad újabb megoldásokat.

1504. Vegyük észre, hogy páros fokú – negyedfokú, szimmetrikus – reciprok-

egyenlettel állunk szemben. Ennek nem lehet megoldása az x 0= , így osszuk

végig x2-tel. A bal oldal így alakul: xx

xx

201

81

105 02

2+ + + - =

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO . Az

xx

y1

+ = helyettesítéssel: y y20 2 8 105 02- + - =` j , rendezve: y y20 8 145 02+ - = .

Ennek gyökei: , , ,y y2 5 2 91 2= =- .

Végül az ,xx

12 5+ = egyenlet gyökei: ,x x2

2

11 2= = , míg az

,xx

12 9+ =- egyenlet gyökei: ,x x

2

5

5

23 4= = .


IV

A kapott gyökök kielégítik az eredeti egyenletet, errôl behelyettesítéssel is

meggyôzôdhetünk.

1505. Ez páratlan fokú, antiszimmetrikus (reciprok) egyenlet, melynek

mindig gyöke az x 1= . Ezért emeljük ki az x 1-_ i-et!

.

x x x x x

x x x x x x x x x

x x x x x

6 1 1 43 1

1 6 6 6 6 6 43

1 6 5 38 5 6

5 3 2

4 3 2 3 2 2

4 3 2

- - - - - =

= - + + + + - - - - =

= - + - + +

` ` _

_ `

_ `

j j i

i j

i j

A szorzat második tényezôje szimmetrikus, negyedfokú polinom. A x x6 54 3+ -

x x38 5 6 02- + + = egyenletet az elôzô feladatok módszerével – xx

y1

+ =

helyettesítéssel megoldhatjuk. Ekkor négy újabb gyököt kapunk. Az eredeti

egyenletünk megoldásai: , , , ,x x x x x1 33

12

2

11 2 3 4 5= =- =- = = . Behelyet-

tesítéssel ellenôrizhetjük, hogy mind az öt gyök kielégíti az eredeti egyenletet.

1506. Nullára rendezve, alakítsuk szorzattá a bal oldalt:

x x x x x x x x x x1 16 1 4 1 4 2 1 6 14

22 2

2 2$+ - = + + + - = - + + +_ _ _ ` ì i i j j< <F F .

A szorzatunk 0, ha bármely tényezôje 0, így az egyenletünk gyökei:

, ,x x x1 3 8 3 81 2 3= =- + =- - .

1507. A bal oldalt átalakítva:

x x x x x x x x3 3 3 1 3 1 12 2+ - + = + - = + + -_ _ _ ` _ _ _i i i j i i i, ezért az egyenle-

tünk gyökei: , ,x x3 11 2=- =- x 13= , ezek közül csak az x 1= természetes

szám.

1508. Csoportosítsuk a tagokat: x x x x x x x x2 2 1 1 2 15 3 4 2 4 2- + - + - = - - +_ ì j,

ahol a második tényezô teljes négyzet. x 1 0- = , ha x 1= .

x 1 022

- =` j , ha x 1!= .

Tehát az egyenlet megoldásai: x 1,1 2 != .

1509. Csoportosítsuk az egyenlet tagjait:

x x x x x6 1 1 43 15 3 2- - - - -` ` _j j i = 0.

Ebbôl x 11= nyilván megoldás, míg a második tényezôbôl nyert szimmetrikus

egyenletre:

x x x x6 5 38 5 6 04 3 2+ - + + =` j .

A már ismert xx

y1

+ = új ismeretlen bevezetésével:

y y6 2 5 38 02- + - =` j


IV

egyenlet gyökei:

y3

101=- , y

2

52= ,

amelybôl:

,x 32=- x3

13=- , x 24= , x

2

15= és x 11= .

Mivel ötödfokú egyenletnek legfeljebb 5 különbözô gyöke van, a megoldást be-

fejeztük.

1510. Az egyenlet bal oldalát kiemeléssel alakítsuk szorzattá:

x x x x x x x x5 4 64 5 4 64 5 46 4 2 4 2 6 4 2- + - - + = - - +` ` ` `j j j j.

Egy szorzat értéke 0, ha bármely tényezôje 0, ezért vizsgáljuk a tényezôket!

x x x x x64 4 4 4 166 23

3 2 4 2- = - = - + + =` ` `j j j

x x x x x x2 2 2 4 2 4 02 2= + - - + + + =_ _ ` ì i j j ,

ha x 2=- , illetve ha x 2= , mivel a további két tényezô nem ad valós gyököt.

x x x x x x x5 4 4 4 1 44 2 4 2 2 2 2- + = - - - = - - =` ` ` `j j j j

x x x x1 1 2 2 0= - + - + =_ _ _ _i i i i ,

ha x vagy vagy vagyx x x1 1 2 2=- = = =- .

Összegezve: az eredeti egyenletnek tehát négy valós gyöke van, melyek valóban

kielégítik az egyenletet: , , ,x x x x1 1 2 21 2 3 4=- = = =- .

Megjegyzés: x s xe3 4 kétszeres gyök.

1511. Alakítsuk szorzattá az egyenlet bal oldalát. Ehhez adjunk hozzá 1-et.

xyz xy yz xz x y z x y z1 1 1 1+ + + + + + + = + + +_ _ _i i i.

Tehát egyenletünk így is írható: x y z1 1 1 2233+ + + =_ _ _i i i . Mivel 2233 prím-

felbontása: 2233 7 11 29$ $= , és : ,,x y z1 1 1+ + +_ _ _i i i a feltételek miatt egy-

nél nagyobb pozitív egész, így , ,x y z valamilyen sorrendben a 6, 10, 28 számok.

Ezek permutációinak száma 6, tehát egyenletünket 6 rendezett számhármas

teszi igazzá.

1512. Tekintsük az x x x x k6 11 64 3 2+ + + = egyenletet, ahol k R! .

Alakítsuk szorzattá az egyenlet bal oldalát. x x x x x x x6 11 6 5 64 3 2 2 2+ + + = + + +` j

x x x5 62+ + + =` j x x x x1 2 3+ + +_ _ _i i i.

A két szélsô, valamint a két belsô tényezô szorzata: x x x x3 3 22 2+ + +` `j j.

Legyen x x t32+ = . Ekkor egyenletünk ekvivalens a t t t t2 22$ + = + =_ i

t k1 12

= + - =_ i egyenlettel. Eszerint k legkisebb értéke –1, és ez t 1=-

esetén adódik.

Ha t 1=- , akkor az x x3 12+ =- egyenlet gyökei: x2

3 5,1 2

!=

-.

Összefoglalva: az f x_ i függvény minimuma –1, és ezt az x2

3 5!=

-helye-

ken veszi fel.

1513. Alakítsuk szorzattá egyenletünket:

x x x x x1 2 1 1 04 2- - - + - =_ _ _i i i ;

x x x1 2 1 04 2- - + =_ ì j ;

x x1 1 022

- - =_ ì j .

Az elsô tényezô 0, ha x 1= , míg a második tényezô x 1!= esetén, így ez utóbbi

az egyenletünk megoldása.

1514. Az elôzô megoldás alapján a kifejezés n n1 122

- -_ ì j alakban is

írható. Mivel a második tényezô teljes négyzet, így a szorzat pontosan akkor

lehet négyzetszám, ha valamelyik tényezô 0, vagy ha az elsô tényezô is

négyzetszám. A tényezôk csak akkor egyenlôk 0-val, ha – mivel n természetes

szám – n 1= . Az elsô tényezô akkor lesz négyzetszám, ha n k 12= + , ahol

k Z! . (k = 0 esetén, n = 1).

1515. Egyenletünk

y xy x xy x y1 1 1 1 2 1 12 2 2 2+ + + + + = + +` _ ` _ ` `j i j i j j

alakban írható. Rendezésekkel:

x y x y x y xy xy2 2 02 2 2 2 3 3+ + - - - = ;

x y xy x y 02 2

- - - =_ _i i ;

x y xy1 02

- - =_ _i i .

Mivel a feltétel miatt az elsô tényezô nem lehet 0, így

xy1 0- = .

Azt kaptuk, hogy xy 1= , ekkor a törtek nevezôje nem 0.

1516. Jelöljük a rövidebb felírás miatt:

a b c+ = ;

a b d- = .

Ekkor egyenletünk alakja:

x c x c x d x d

x c x c x d x dc d

2

7

5 5 5 5

7 7 7 7

2 2

+ + - - + + -

+ + - - + + -

= +

_ _ _ _

_ _ _ _

`

i i i i

i i i i

j

< <

< <

F F

F F

.


IV


IV

A 7 A-ben levô hatványoknál a páratlan kitevôjû tagok kiesnek, ezért összevoná-

sok után:

x c d x c d

x c d x c d x c dc d

20 10

42 70 14

2

7

3 2 2 4 4

5 2 2 3 4 4 6 6

2 2

- + -

- + - + -= +

` `

` ` ``

j j

j j jj.

Nyilván x = 0 nem tartozik az értelmezési tartományba, továbbá

, ,c d a b0 0! ! ! .

A pozitív nevezôvel beszorozva, rendezések, összevonások után:

x c c d d c d6 2 5 04 4 2 2 2 2 22

+ + + - + =` `j j ;

xc c d d

6

3 8 34

4 2 2 2

=+ +

.

Visszatérve az eredeti paraméterekre:

xc c d d a a b b

6

3 8 3

3

7 10 44 2 2 4

4

4 2 2 4

4! !=+ +

=+ +

.

A kapott két gyök csak a b 0= = esetén lenne egyenlô, amit kizártunk.

1517. Válassza a kezdô C = 0 értéket. Ekkor az egyenletnek x = 0 nyilván

gyöke.

Ha a következô lépésben a második játékos A helyére ír egy A0 egész számot,

akkor írjon kezdô B helyére ismét 0-t. Ekkor egyenletünk:

x A x 030

2+ =

alakú, melynek gyökei: x x 01 2= = , x A3 0=- .

Ha a második játékos B helyére ír egy B0 egész számot, akkor egyenletünk:

x Ax B x 03 20+ + = .

Ekkor kezdô az A B 10=- +_ i számot választva az egyenlet szorzat alakja:

x x x B1 00- - =_ _i i .

Az eredeti egyenletünk: x B x B x1 030

20- + + =_ i , ennek gyökei: 0, 1, B0.

1518. Legyen a feltételben szereplô hányadosok értéke c.

Ekkor x2 = cx1, x3 = c2x1, x4 = c3x1.

Mivel az egyenletünk x2-ben másodfokú, ezért ha x1 gyöke, akkor –x1 is az, de

x1 nem lehet 0, ezért x2 vagy x3 vagy x4 valamelyike (-x1).

Ekkor c valamelyik hatványa –1, így c = (-1).

Tehát az egyenlet gyökeire teljesül:

x x x x1 2 3 4=- = =- .

Ebbôl xp

212=- , így <p 0.

Egyenletünk:

x pxp

404 2

2

+ + = .

Ennek gyökei: x xp

21 3= = - x xp

22 4= =- - .

1519. Ha az állítások igazak, akkor x, y, z, a értékek egyike sem 0.

Közös nevezôvel beszorozva és 0-ra redukálva:

az y x axy xyz 0+ + - =_ i .

Mivel x y a z+ = - , így

a z a x a y 0- - - =_ _ _i i i .

Mivel a három tényezô közül legalább az egyik 0, így állításunkat beláttuk.

1520. A közös nevezôvel beszorozva, majd a feltételt felhasználva egyen-

letünk:

bcx acx abx ab c c2 3 2 2 2+ + = =- ;

c ax c bx 02+ + =` _j i .

Ez teljesül, ha xa

c,1 2 != - , ahol a feltétel miatt a < 0, így c > 0 kell, hogy

legyen, illetve ha xb

c3=- .

A valós gyökök száma c > 0 esetén három, míg c < 0 esetén egy. Ezektôl külön-

bözô számú megoldás nem lehet.

1521. Írjuk az egyenletet a következô alakban:

xy x5 4 252 2

- + - =_ _i i .

Az egyenletnek akkor lehet megoldása, ha x0 4 252

# #-_ i . Ez teljesül, ha

x1 9# #- és x 0! . Ekkor xy szorzat lehetséges értékei: ;xy 0 10! 7 A.


IV

294 Irracionális egyenletek, egyenlôtlenségek

IV

Irracionális egyenletek, egyenlôtlenségek

Irracionális egyenletek

1522/I.

1522/II.

1522/III. 1522/IV.

A függvények grafikonjai nem metszik egymást, az egyenletnek nincs megol-dása.

1522. a) Az egyenlet bal oldala a nemne-gatív számok halmazán, a jobboldal minden valós szám eseténértelmezett, ezért az egyenletx 0$ esetén értelmezett.

A metszéspont x 0= -nál van. Ez

megoldása az egyenletnek.

b)Az a) részhez hasonlóan az egyen-

let értelmezési tartománya x 0$ .

A grafikonról leolvasható, hogy

x 4= . Ez jó megoldás.

c)Hasonlóan az elôzôekhez x 0= az egyenlet megoldása.

Az értelmezési tartomány x 0$ .

Irracionális egyenletek 295

IV

1523. a)Az egyenlet értelmezési tartomá-

nya:

x 0$ .


,x x0 11 2= = .

b)Az egyenlet értelmezési tartomá-

nya:

x 0$ .


,x x0 11 2= = .

c)Az egyenlet értelmezési tartomá-

nya:

>x 0.


x 1= .

d)Az egyenlet értelmezési tartomá-

nya: x 0# .


,x x0 11 2= =- .

1523/a.

1523/b.

1523/d.

1523/c.

e)Az egyenlet értelmezési tartomá-

nya: x 3$ - .


x 1= .

f)Az egyenlet értelmezési tartomá-

nya: x 1$ .


x 2= .


IV

1523/e.

1523/f.

1524. a)Az egyenlet értelmezési tartománya: x 5$ - . Mivel mindkét oldal

nemnegatív, így mindkét oldalt négyzetre emelve az egyenlet

megoldása: x 4=- , amely eleme az értelmezési tartománynak.

b)Az egyenlet értelmezési tartománya: x 7$ , négyzetre emelés után

az egyenlet megoldása x 16= .

c)Az egyenlet értelmezési tartománya: x 4# . Az egyenlet megoldása:

,x 2 25=- .

d)Az egyenlet értelmezési tartománya: x 3$ - . Az egyenletnek nincs

megoldása, mert az egyenlet bal oldalának értékkészlete, nem-

negatív, jobb oldal -2.

1525. a)Kikötés: x 4$ .

Négyzetre emelve azt az egyenletet kapjuk, hogy:

x4 4 1- =_ i , ebbôl ,x 4 25= , ami valóban megoldás.

b)Kikötés: ,x 5 5# .

Elosztva 3-mal, majd négyzetre emelve, kapjuk, hogy ,x 3 5= .

c)Kikötés: x 1$ - .

Rendezzük az egyenletet: x2 1 8+ = . Négyzetre emelés után az

egyenlet gyöke x 15= .

d)Kikötés: ,x 3 5$ - .

Rendezzük az egyenletet a következô módon: ,x2 3 5 5+ = , majd

négyzetre emelve kapjuk, hogy az egyenlet megoldása ,x 2 75= .


IV

e)Kikötés: x9

1$ - .

Rendezzük az egyenletet:

x2

3

9

15+ = . Négyzetre emelés után: x 11= megoldást kapjuk.

1526. a)Az egyenlet értelmezési tartománya x2

3$ . Vezessük be az a x2 3= -

jelölést, ekkor a a= egyenlethez jutunk, amelynek megoldása az

,a a0 11 2= = . Visszahelyettesítve kapjuk, hogy ,x x2

321 2= = .

b)Az egyenlet értelmezési tartománya x2

3$ . Az egyenlet bal oldalá-

nak értékkészlete nemnegatív, így a jobb oldalnak is nemnegatívnak

kell lenni. Ebbôl adódik, hogy x3 2 0$- , azaz x2

3# . Összevetve

az értelmezési tartománnyal x2

3= megoldást kapjuk.

1527. a)Az egyenlet értelmezési tartománya: bal oldal: x 2$- , jobb oldal:

x 3$ , tehát x 3$ .

Négyzetre emelés után: x 7=- adódik, ami nem eleme az

értelmezési tartománynak, tehát nem megoldása az egyenletnek.

b)Bal oldal: x15

1$ , jobb oldal: x

12

7# , tehát az értelmezési tar-

tomány:

x15

1

12

7# # .

Négyzetre emelés után: x105

38= adódik, és ez megoldása a feladat-

nak.

1528. a)Mivel a négyzetgyök alatt teljes négyzet áll, ezért az egyenlet min-

den valós számra értelmezhetô.

Átalakítva: x x3 32

- = -_ i , ebbôl

x x3 3- = - , melynek megoldása x 3$ .

b)Minden valós számra értelmezett. Átalakítás után: x x2 2 3- = +

abszolútértékes egyenletet kapjuk.

Az abszolútérték felbontása után kapott egyenletek:

Ha x 2$ , akkor x x2 2 3- = + , melynek az adott intervallumon

nincs megoldása.

Ha x 2# , akkor x x2 2 3- + = + , melynek az adott intervallumon a

megoldása x3

1=- .


IV

c)Az egyenlet bal oldala x4

15$ esetén, a jobb oldal x

4

1# esetén

értelmezett. A két halmaznak nincs közös része, tehát az egyenlet-

nek nincs megoldása.

1529. Célszerû a x y= ismeretlen bevezetése.

a) x 0$ esetén értelmezett az egyenlet. Ekkor az új egyenlet:

y y3 4 5 15- = - elsôfokú egyenletbôl: y 2= , tehát x 4= .

b)Értelmezési tartomány: x 0$ , ;x 16 49! . Az új ismeretlen beveze-

tése után a törtes egyenlet megoldása: y 10= , tehát x 100= .

c)Hasonlóan a b) részhez: x 0$ , x9

4! . A megoldás: x 4= .

d) x 0$ . Most célszerû az y x3= bevezetése. Ekkor az egyenlet:

y y y3 4 52 2 2

+ + - = +_ _ _i i i alakban írható. Zárójelfelbontás, össze-

vonás után:

y y12 02- = , melybôl ,y y0 121 2= = . Az egyenlet megoldása:

,x x0 161 2= = .

1530. a)Kikötések: ,x x6 2$ $- - , ekkor mindkét oldal nemnegatív, tehát

a négyzetre emelés ekvivalens átalakítás.

Négyzetre emelés után az egyenlet: x x2 8 02+ - = . Gyökei:

,x x4 21 2=- = , amelybôl az eredeti egyenlet gyöke: x 2= .

b)Kikötés: x3 5# # .

Négyzetre emelés után a rendezett egyenlet: x x5 4 02- + = , mely-

nek gyökei: 4; 1. Az 1 hamis gyöke az egyenletnek, így a megoldás: 4.

c)A négyzetgyök miatt egyrészt x 5# , másrészt x2

13 0$- , azaz

x 6$ teljesülése szükséges. Ennek a két egyenlôtlenségnek nincs

közös része, tehát a feladatnak nincs megoldása.

d)Kikötés x 6$ - .

Rendezzük az egyenletet oly módon, hogy csak a gyökös kifejezés

álljon az egyik oldalon.

x x2 12 2+ = + , ekkor még az x 2$ - -nek is teljesülni kell.

Négyzetre emelés után:

x x2 8 02+ - = egyenletet kapjuk, melynek gyökei: -4; 2. Ezek kö-

zül az eredeti egyenletnek csak az x 2= a megoldása.

e)Kikötés: x4

5# - , majd rendezés után x x5 4 2 4- - = + alakban

x 2$ - , tehát az egyenlet megoldása x24

5# #- - intervallumon

értelmezhetô.

A négyzetre emelés után: x x4 20 21 02+ + = , melynek gyökei: -1,5;

-3,5. Az eredeti egyenlet gyöke a -1,5.


IV

f)A bal oldal x3

4

9

20$- , azaz x 6# esetén értelmezhetô, és a jobb

oldal x 6$ , kell hogy teljesüljön. Így csak az x 6= lehet a megoldás,

ellenôrzéssel igazolható, hogy ez valóban jó.

1531. a)Közös kikötés: x3

5$ .

Négyzetre emelve, majd rendezve az egyenletet kapjuk:

x x3 23 14 02- + = , melynek gyökei: ,73

2.

Az eredeti egyenlet gyöke a 7.

b)Közös kikötés: x 3$ . Lásd elôzô feladat. A kapott másodfokú egyen-

let: x x6 7 02- + = . Megoldás a 7.

c)Kikötés: >x 1, a kapott másodfokú egyenlet: x x2 15 02- + = .

A megoldás: x 5= .

d)Kikötés: >x3

8, a kapott másodfokú egyenlet: x x7 44 02- - = .

Az egyenlet megoldása x 11= .

1532. a)Az egyenlet értelmezési tartománya: ,x 4 25$ . Két négyzetgyökös

kifejezés összege csak akkor lehet 0, ha a két kifejezés külön-külön

0. Így tehát , ,x xse3 4 25= = egyszerre kell, hogy teljesüljön, de ez

lehetetlen.

b)Kikötés: x2

1$ . Rendezve az egyenletet kapjuk, hogy: x x2 1 2 1- = + ,

melybôl ellentmondásra jutunk.

c)A kikötések megtétele után vizsgálva az egyenletet ellentmondásra

jutunk, hisz két nemnegatív kifejezés összege nem lehet –2.

d)A kikötések során a két egyenlôtlenségnek nincs közös része, mert

,x3

7$ és x

4

3# . Így az egyenletnek az értelmezési tartománya üres

halmaz.1533. A kikötések megtétele után rendezzük úgy az egyenleteket, hogy mind-két oldalon egy négyzetgyökös kifejezés legyen, majd ezután emeljünk négyzet-re, majd a kapott egyenlet rendezése után ismételten emeljünk négyzetre.

a)Kikötés: x11 15# # .

Rendezve az egyenletet: x x11 2 15- = - - .

Emeljünk négyzetre: x x x11 4 4 15 15- = - - + - .

Rendezés után: x x15 2 15- =- - , melyet ha ismét négyzetre

emelünk a kapott másodfokú egyenlet: x x26 165 02- + = , melynek

gyökei ,x xse15 111 2= = . Mindkét gyök megoldása az eredeti egyen-

letnek.

b)Kikötés: x 1$ . Rendezés után: x x2 5 8 1+ = - - ,

majd négyzetre emelve és rendezve: x x58 16 1- = - .


IV

Másodszori négyzetre emelés után: a kapott másodfokú egyenlet:

x x372 3620 02- + = , melynek gyökei: x 3621= , és x 102= .

Ellenôrzés után a megoldás: x 10= .

c)Kikötés: x7 2# #- .

Rendezés után: x x7 3 2 2+ = + - .

Négyzetre emelve, majd rendezve: x x5 10 12 2- = - .

Újból négyzetre emelve kapjuk: x x25 44 188 02+ - = , melynek

megoldásai: , ,x xse2 3 761 2= =- . Melyek közül csak a 2 megoldása

az egyenletnek.

d)Kikötés: x 4$ - .

Rendezve kapjuk: ,x x5

11 6 4

5

2 5+ = + - .

Négyzetre emelve, majd rendezve: ,x x5

4 54

5

43 2+ = + ,

amelybôl: x x5 4 4+ = + . Ennek az egyenletnek a megoldásai:

x 11= és x 42=- . A két gyök közül az eredeti egyenlet megoldása az

x 1= .1534. Az ilyen típusú feladatok az egyenletek kétszeri négyzetre emeléséveloldhatók meg. A másodszori négyzetre emelés elôtt rendezzük úgy az egyen-letet, hogy az egyik oldalon csak a négyzetgyökös kifejezés szerepeljen.

a)Kikötés: x4

3$ .

Négyzetre emelve majd rendezve:

x x x x x5 4 2 5 4 4 3 4 3 3 1+ - + - + - = +_ _i i , illetve

x x x3 20 122= + - .

Újból négyzetre emelve, majd rendezve a x x11 12 02+ - = másod-

fokú egyenletet kapjuk, amelynek gyökei: ,x xse

11

3

11

41 2= =- , a

kikötésnek azonban ezek a gyökök nem felelnek meg.

b)Kikötés: x 6$ .

Az elôzôhöz hasonlóan:

x x1 6 12+ - =_ _i i , majd ismételt négyzetre emelés után a kapott má-

sodfokú egyenlet: x x5 150 02- - = , melynek gyökei: x 151= és

x 122=- . Kikötés miatt csak a 15 lehet megoldás és ez valóban jó.

c)Kikötés: x7

4$ - .

Hasonlóan az elôzôkhöz a kapott másodfokú egyenlet:

x x21 58 15 02- - = , melynek megoldásai: ,x xse321

51 2= =- , ezek

közül az eredeti egyenletnek a 3 a megoldása.


IV

d)Kikötés: x 7$ .

Az elôzôkhöz hasonlóan: a kapott másodfokú egyenlet:

x x4 24 02- - = , melynek gyökei: x 2 2 7;1 2 != , amelyek közül a

2 2 7+ megoldása az eredeti egyenletnek.

1535. Képletbe való behelyettesítés, majd négyzetre emelés után adódik,

hogy ,s m16 5. . Egy emeletes ház egy emeletének magassága 2,5-3 m között

van, így a labdát az ötödik vagy hatodik emeletrôl ejtették ki.

1536. A megadott képlet alkalmazása során a megfelelô adatokra kell

figyelni. A lejtô alján elért sebesség a lassulás kezdôsebessége, majd a mozgás

során a végsebesség 0. Ezek után a képletbe való behelyettesítéssel adódik:

s0 10 2 32 $ $= - . Ebbôl ,s m16 7. . A szánkó közelítôleg 17 m út megtétele

után áll meg.

1537. A képletbe való behelyettesítéssel könnyen kifejezhetô a megtett út, de

a behelyettesítés elôtt minden sebesség mértékegységet s

m-ba kell váltani.

a) ,vh

km

s

m60 16 670= = .

,vh

km

s

m30 8 33= = , ekkor a megtett út hossza közelítôleg 15 m

(14,88 m).

b) vh

km

s

m90 250= = , ekkor a megtett út kb. 40 m hosszú (39,68 m).

1538. a)Kikötések: x x5 7 02 $+ - , amelybôl

,x xvagy2

5 53

2

5 53# $

- - - +, (I)

és x x5 19 02 $+ - , amelybôl ,x vagy2

5 101#

- -x

2

5 101$

- +, (II)

(I) és (II) közös része ,x xvagy2

5 101

2

5 101# $

- - - +.

Vezessünk be alkalmasan megválasztott ismeretlent: Legyen x x52+ -

a19- = , ekkor az egyenlet: a a4 12+ = alakú lesz. (a 0$ .) A kikö-

tés miatt mindkét oldal értelmezett, és nemnegatív, ezért a négy-

zetre emelés ekvivalens lépés. A kapott másodfokú egyenlet

,a a16 192 02- - = melynek gyökei ,a 241= és a 82=- . –8 a kikötés

miatt nem lehet, ezért visszahelyettesítés után a kapott egyenlet:

x x5 19 242+ - = , melynek gyökei: x2

5 197;1 2

!=

-. Mivel az egyen-

let megoldása során ekvivalens lépéseket végeztünk a megfelelô ki-

kötések elvégzése után, ezért a kapott gyökök az eredeti egyenlet-

nek is megoldásai.


IV

b)Kikötések: x x7 8 02 $+ - , és x x7 12 02 $+ - , melyekbôl

,x2

7 97#

- -vagy x

2

7 97$

- +.

Az új ismeretlen bevezetése után: x x a7 122+ - = kapott egyenlet:

a a3 4+ = ( )a 0$ . Ennek gyökei: ,a ase12 31 2= =- . A kikötés-

sel összevetve csak a 12 lehet megoldás. Visszahelyettesítve a kapott

másodfokú egyenlet gyökei: x2

7 145;1 2

!=

-. Mivel ekvivalens

átalakításokat végeztünk a megfelelô kikötések elvégzése után,

ezért az egyenletnek mindkét gyök megoldása.

c)Kikötés: x x3 6 02 $+ - , amelybôl ,x xvagy2

3 33

2

3 33# $

- - - +.

Vezessünk be új ismeretlent a x x3 62= + - (I).

Az új egyenlet: a a4 12+ = .

Rendezve a a4 12= - , ahol a kikötések a 0$ (II), és a 12# (III).

(II)-bôl: ,x xvagy2

3 33

2

3 33# $

- - - +.

(III)-bôl: x6 3# #- .

(II) és (III) összevetése után:

,x xvagy62

3 33

2

3 333# # # #-

- - - +.

Most már négyzetre emelve az egyenletet a kapott gyökök ,a 361=

és a 42= . (III) miatt csak a 4 lehet a megoldás. Visszahelyettesítve

(I)-be a kapott gyökök: ,x xse2 51 2= =- . Mivel a kikötések vizs-

gálata után ekvivalens átalakításokat végeztünk, ez a két gyök meg-

oldása az eredeti egyenletnek.

1539. a)Kikötések: x16 02$+ x R6 ! esetén teljesül.

x x16 16 02 $- + ; és x 4# .

Emeljük négyzetre az egyenlet mindkét oldalát:

x x x x16 8 16 162 2- + = - + .

Nullára rendezve, majd szorzattá alakítva:

x x x16 8 02+ - + =c m .

Egy szorzat akkor és csak akkor 0, ha valamelyik tényezôje 0. Így

tehát x 0= vagy x x16 8 02+ - + = ;

melyet a x x16 82+ = - átalakítás után megoldva x 3= adódik.

Mindkét gyök nemnegatív és megoldása az eredeti egyenletnek.

b)Kikötések megvizsgálása után adódik: x 1$ .

Az elôzôhöz hasonlóan négyzetre emelve majd szorzattá alakítva


IV

adódik, hogy x 0= , ami a kikötés miatt nem lehet, majd x4

5= . Ez

a gyök nemnegatív és megoldása az eredeti egyenletnek.

1540. Vezessük be az y x 8= - jelölést. A nevezôben nevezetes szorzatokat

vehetünk észre, a közös nevezôre hozáskor, ezért egyenletünk összevonva és

rendezve így írható:

y y

y y y

16 81

2 6 9 16 4 810

2 2

2 2

- -

- - + -=

` `

_ ` `

j j

i j j: D

.

A számlálóból származó gyökök: y 31= , y 62= , y 63=- , és ezek nem gyökei a

nevezôben levô másodfokú tényezôknek.

x 8- értékére természetesen csak a nemnegatív értékek jöhetnek szóba.

Ennek megfelelôen az eredeti egyenlet megoldásai: x 171= , illetve az x 442= .

1541. Négyzetre emeléssel a bal oldalon negyedfokú tag szerepelne, így

próbálkozzunk más ötlettel. A négyzetgyök alatti kifejezés 24-gyel nagyobb,

mint az egyenlet bal oldalán levô, így vezessünk be új ismeretlent:

y x x5 282= + + .

Ekkor egyenletünk: y y5 24 02- - = . Ennek nemnegatív gyöke: y 8= .

Visszahelyettesítve: x x5 28 82+ + = , melynek gyökei: x 41= és x 92=- .

Behelyettesítéssel meggyôzôdhetünk, hogy ezek valóban megoldásai az eredeti

egyenletnek.

1542. A bal oldali összeg miatt: x x5 7 02 $- + , így x2 3# # .

Mivel x x x x5 7 2 3 12- + = - - +_ _i i , így a jobb oldal értéke a vizsgált inter-

vallumon legfeljebb 1.

Az intervallumban levô valós számokra vizsgáljuk a bal oldal értékét:

x x2 2$- - és x x3 3$- - , mivel a gyök alatt 1-nél nem nagyobb

számok vannak. Így a bal oldalon levô összeg értéke legalább 1. Tehát az egyen-

lôség pontosan akkor teljesülhet, ha mindkét oldal értéke 1. Ez x 21= és x 32=

esetén áll fenn. Behelyettesítéssel látható, hogy ezek valóban megoldások.

1543. Az értelmezési tartományok vizsgálata alapján egyenletünk nincs értel-

mezve, ha:

< <x1 2, vagy < <x3 4. Rendezve:

x x x x1 2 2 3 4- - = - - -_ _ _ _i i i i ;

x x x x x x3 2 2 2 2 3 4 7 1222- + = - - - + - +_ _i i . Rendezve, majd ismét

négyzetre emelve:

x x x2 3 3 42

- = - -_ _ _i i i;


IV

x x3 2 0- - =_ _i i , azaz x 31= , illetve x 22= . A behelyettesítés mutatja, hogy

ezek valóban megoldások.

1544. Kikötéseink: x 4$ - , illetve x 2$ .

Négyzetre emelés után az x x x8 12 04 2- - + = egyenletet kapjuk.

Mivel egész gyökei nincsenek, próbáljuk meg szorzattá alakítani.

x x x x x x x8 12 4 34 2 2 2- - + = - - + -` `j j.

A szorzat alak egyik tényezôjét megkaphatjuk abból a megfontolásból kiin-

dulva, hogy a két oldal függvényei egymás inverzei, így képeik az f x x=_ i egye-

nesén metszik egymást, azaz a metszéspont abszcisszájára fennáll: x x42- = .

A szorzat alakot vizsgálva a következô gyököket kapjuk a tényezôkbôl:

x2

1 17!= , illetve: x

2

1 13!=

-.

Kikötéseinket figyelembe véve a feladat megoldásai: x2

1 171=

+,

x2

1 132=

- -.

1545. Az egyenletnek csak x4

3$ esetén lehet csak megoldása.

Tekintsük az f x x3 4= - +_ i függvényt. A függvény az alaphalmazon szigo-

rúan monoton nô. Ha >x f x_ i, akkor a monotonitás miatt >f x f f x_ _ì ij, és

>f f x f f f x_` _àij ijk. Ilyen x tehát nem lehet megoldása az egyenletnek.

Hasonlóan látható, hogy x akkor sem lehet megoldás, ha <x f x_ i.

Tehát csak akkor kaphatunk megoldást, ha x f x= _ i, azaz ha x x3 4= - + .

Négyzetre emelés és rendezések után: x x4 3 02- + = , melynek gyökei: x 11=

és x 32= . Ellenôrzéssel láthatjuk, hogy ezek kielégítik az eredeti egyenletet.

1546. A bal oldal akkor értelmes, ha x2

7$ - , míg a jobb oldal ha x 7$ .

A kikötéseink akkor teljesülnek egyszerre, ha x2

77# #- - vagy x7 # .

Négyzetre emelve és rendezve: x x x14 8 21 04 2- - + = . Az együtthatókat

figyelve látható, hogy ennek gyöke az x 11= . Ezért szorzattá alakítva egyen-

letünk: x x x x1 13 21 03 2- + - - =_ ì j .

Vizsgáljuk a második tényezôt:

x x x x x x x x x x x13 21 2 7 3 6 21 2 73 2 3 2 2 2+ - - = - - + - - = - - +` ` `j j j

x x x x x3 2 7 3 2 72 2+ - - = + - -` _ `j i j.

Tehát további gyök: x 32=- az elsô tényezôbôl, valamint: x 1 2 23= + és az

x 1 2 24= - a második tényezôbôl. A kikötéseinknek azonban csak az

x 32=- és az x 1 2 23= + felelnek meg. Ezek ki is elégítik az eredeti egyen-

letet.

1547. Emeljük köbre mindkét oldalt. Rendezés után egyenletünk:

x x x x3 1 1 73 3 3 3- + - =b l . A zárójelben levô kifejezés éppen az eredeti

egyenletünk bal oldala, ezért x x3 1 2 73 3 $- = , ahonnan: x x16

73 - =_ i .

Köbre emelve az x x6

702

3

- + =J

L

KK

N

P

OO másodfokú egyenlethez jutunk. Ennek disz-

kriminánsa negatív, tehát az egyenletnek nincs megoldása a valós számok hal-

mazán.

1548. Köbre emelve és rendezve a következô egyenletet kapjuk:

x x x x x3 2 1 4 2 1 4 83 3 3 3+ - + + - =- +b l .

A zárójelben levô kifejezés épp az egyenletünk bal oldala, így:

x x x3 3 2 1 4 83 + - = +_ _i i . Ismét köbre emelve: x x x186 375 188 03 2+ - + = .

Az együtthatók összege 0, így x 1-_ i kiemelhetô, majd a kapott másodfokú

tényezô szorzattá alakítható: x x1 188 02

- + =_ _i i . Ennek két gyöke van, az 1

és a -188. Az x 1= , az eredeti egyenletnek nem megoldása, míg az x 188=-

igen, errôl behelyettesítéssel is meggyôzôdhetünk.

1549. Nyilván x nem lehet negatív szám. Legyen y szintén nem negatív, melyre

teljesül: x y12 = . Ekkor az új ismeretlen kapott egyenlet: y y y23 6 4+ = . Ha

y 0= , akkor x 0= és ez megoldás. Ha y 0! , akkor oszthatunk y3-nal. Így az

y y2 1 03- + = egyenlethez jutunk.

Mivel az együtthatók összege 0, így az egyik megoldás az y 1= .

Az egyenlet szorzat alakja: y y y1 1 02- + - =_ ì j . A második tényezôbôl ka-

pott gyökök: y2

1 5!=

-. Mivel csak pozitív értékek lehetnek a megfelelôk,

így az eredeti egyenletnek három megoldása lehet: ,,

yy

01

== ekkor

;;

xx

01

1

2

==

,y2

1 5=

- +.x

2

1 53

12

=- +

J

L

KKK

N

P

OOO

1550. Emeljünk négyzetre: x x x16 16 16 2 256 24+ + - = - - .

Újabb négyzetre emelés után:

x x x32 2 256 256 64 256 4 2562 24 2+ - = - - + - .


IV

Legyen: y x256 24= - . Ekkor a következô egyenlethez jutunk:

y y32 112 02- + = .

Ennek gyökei: y 41= és az y 282= .

Ha y 41= , akkor x 0= , míg az y 282= nem ad valós megoldást.

Tehát az egyenlet egyetlen megoldása: x 0= .

1551. Kikötésünk: x 0$ , ekkor p 0$ is igaz.

Rendezzük át az egyenletet: p x p x+ = - .

Ábrázoljuk a következô függvényeket:

,

.

f x p x

g x p x

= -

= +

_

_

i

i

Az f x_ i függvény képe egyenes, mely a tengelyeket metszi a ; p0_ i és a ;p 0_ i

pontokban.

A g x_ i függvény szigorúan monoton növekvô függvény, melynek képe az y ten-

gely p pontjából indul ki. Így pontosan akkor létezik megoldás, ha p p# ,

azaz ha p p2# .

Ekkor p p p p 1 02 $- = -_ i . Ez pontosan akkor teljesül, ha p 0= , vagy ha

p 1$ .

1552. Kikötésünk: x 0$ .

Emeljünk négyzetre: x a x b c 02

2+ + - =b l .

Ez x -re nézve másodfokú egyenlet, melynek legfeljebb két gyöke lehet a

valós számok halmazán, azaz az eredeti egyenletnek semmilyen paraméterérté-

kek esetén sem lehet végtelen sok megoldása.

1553. Rendezés és négyzetre emelés után: a c x c b2 2+ = -_ i .

Ha az eredeti egyenletnek végtelen sok megoldása van, akkor ennek a

következményegyenletnek is végtelen sok megoldása kell hogy legyen. Ez vi-

szont csak úgy lehet, ha a c2=- és b c2= . Visszahelyettesítve ezeket az ere-

deti egyenletbe: x c x c x c2 2- + + = , vagyis c x x c- + = kell,

hogy teljesüljön. Ez pontosan akkor áll fenn, ha < c0 .

Összegezve: az egyenletnek akkor van végtelen sok megoldása, ha: >c 0 és

a c2=- , b c2= .

1554. Rendezzük az egyenletet: x x x x3 4 1 4 13 2 2- = - -` j alakra.

Négyzetre emelve és rendezve: x x x32 48 18 1 06 4 2- + - = .

Legyen y x2= , ekkor egyenletünk: y y y32 48 18 1 03 2- + - = .

Írjuk fel egyenletünket a következô alakban: y y y4 2 12 2 9 2 1 03 2- + - =_ _ _i i i .

Az együtthatók alapján a y2 1= , azaz y2

1= ennek megoldása.


IV

y2 1-_ i-et kiemelve: y y y2 1 4 2 8 2 1 02

- - + =_ _ _di i i n .

A második tényezô 0, ha y24

4 12!= .

Tehát y-ra a megoldásaink: y2

11= , y

4

2 32=

+, y

4

2 33=

-.

Az eredeti egyenlet megoldásai lehetnek: x2

2,1 2 != , x

2

2 3

,5 6

!=

-.

A négyzetre emelések miatt ellenôriznünk kell a kapott gyököket, ezek alapján

feladatunk megoldásai: x2

21=- , x

2

2 3

2=+

, x2

2 3

3=-

.

Irracionális egyenlôtlenségek

1555. Az egyenlôtlenség bal és jobb oldalán álló függvények metszéspontját

M-mel jelöljük.

a)Közös értelmezési tartomány: x 0$ , ( , )M 16 4 , megoldás: x0 16# # .

b)Közös értelmezési tartomány: x 1$ , ( , )M 5 2 , megoldás: x1 5# # .

c)Közös értelmezési tartomány: x 2$ , metszéspont nincs, megoldás:

nincs ilyen valós szám.

1556. a)Kikötés: x3 3 0$+ , azaz x 1$ - , ekkor mindkét oldal nem negatív,

a négyzetre emelés ekvivalens átalakítás. Megoldás: x1 2# #- .

b)Kikötés: x3

10$ - . Négyzetre emelés és rendezés után a megoldás:

x3

103# #- - , vagy x 2$ - .

c)Kikötés: x 1$ . Négyzetre emelés és rendezés után: < x x0 5 62- - ,

melybôl a megoldás >x 6.

1557. a)Kikötés: x5

16$ - .

Ha <x5

162#- - , akkor az állítás igaz, mert a jobb oldal negatív.

Ha x 2$ - , akkor négyzetre emelés és rendezés után:

a > x x0 122- - egyenlôtlenségbôl: <x2 4#- .

Összegezve a megoldás: <x5

164#- .

b)Kikötés: x2

1$- . Négyzetre emelés és rendezés után a megoldás:

x2

12# #- .

Irracionális egyenlôtlenségek 307

IV

c)Kikötés: x3

7$ . Négyzetre emelés és rendezés után a megoldás:

x 2# - . Ez ellentmond a kezdeti feltételnek, így az egyenlôtlen-

ségnek nincs valós megoldása.

1558. a)A négyzetgyökök alatt teljes négyzetek vannak, ezért az egyen-

lôtlenségünk a következô alakba írható: x x2 3 3#+ + - .

Ha <x 2- , akkor az egyenlôtlenség: x x2 3 3#- - - + , azaz

x 1$ - . Ez ellentmondás.

Ha x2 3# #- , akkor az egyenlôtlenség: x x2 3 3#+ - + . Ez is

ellentmondás.

Ha x 3$ , akkor az egyenlôtlenség: x x2 3 3#+ + - , azaz x 2# .

Ismét ellentmondásra jutottunk, így a feladat feltételeinek egyetlen

valós szám sem tesz eleget.

b)A négyzetgyök alatt teljes négyzet van, ezért az egyenlôtlenségünk a

következô alakba írható: x x1 3#+ + .

A jobb oldal akkor lesz nem negatív, ha x 3$ - .

Ha <x 1- , akkor az egyenlôtlenség: x x1 3#- - + , melybôl:

x 2$ - .

Ha x 1$ - , akkor az egyenlôtlenség: x x1 3#+ + , mely minden

számra igaz.

Összegezve a feladat megoldása: x 2$ - valós számok.

c)A négyzetgyök alatt teljes négyzet van, ezért az egyenlôtlenségünk a

következô alakba írható: x x5 2$+ - .

Ha <x 2, akkor a jobb oldal negatív, így az egyenlôtlenség fennáll.

Ha <x 5- , akkor az egyenlôtlenség: x x5 2$- - - , azaz x2

3# - .

Ha x 5$ - , akkor az egyenlôtlenség: x x5 2$+ - , mindig igaz.

Összegezve: az eredeti egyenlôtlenséget minden valós szám kielé-

gíti.

1559. a)Kikötés: x 5$ , ekkor mindkét gyökös kifejezés értelmezhetô.

Négyzetre emelve: x x x2 5 28 22 #- - . A jobb oldal nem negatív,

ha x 14# .

Ismét négyzetre emelve: x x x x5 28 1962 2#- - + , melybôl x23

196# .

Összegezve a megoldás: x523

196# # .

b)Kikötés: x 8$ esetén a gyökös kifejezések értelmezhetôk.

Rendezve és négyzetre emelve: >x x x2 1 8 3 6 8+ - + + - .

Rendezve és újra négyzetre emelve: >x x36 288 02- + , mely teljesül,

ha <x 12, vagy >x 24.

Tehát a megoldás: <x8 12# , vagy >x 24.


IV


IV

1560. A bal oldal értéke mindig nem negatív, így teljesül az egyenlôtlenség, ha

a gyök alatti tört nem negatív.

Kikötésünk és egyben az egyenlôtlenség megoldása: < x2

12# .

1561. a)Kikötésünk: x

x1

20

2$-

+, azaz

x

x x 20

2

2

$- -

teljesül, ha x 1# - ,

vagy x 2$ .

Négyzetre emelve és rendezve: <x

x x

9

5 9 180

2

2- -.

Mivel a nevezô mindig pozitív, így a számlálónak negatívnak kell

lennie.

<x x5 9 18 02- - , ha , < <x1 2 3- . Összevetve a kikötésekkel az

egyenlôtlenség megoldása: , < x1 2 1#- , vagy <x2 3# .

b)Kikötéseink: x 0! , és x2

1# . Esetszétválasztással dolgozunk:

Ha < <x03

1, akkor beszorozva és négyzetre emelve: <x x13 6 02- ,

ami az alaphalmaz minden értékére igaz.

Ha x3

1

2

1# # , akkor <x x1 3 1 4 2- - . Ez az alaphalmaz minden

értékére igaz.

Ha < <x3

10- , akkor rendezés és négyzetre emelés után: >x13 6 0+ .

Ez ismét az alaphalmaz bármely értéke esetén igaz.

Ha x2

1

3

1# #- - , akkor x1 1 4 02 $- - , és <x3 0miatt a meg-

oldás: x2

1

3

1# #- - .

Összegezve az egyenlôtlenség megoldása: <x2

10#- , vagy < x0

2

1# .

1562. Alakítsuk teljes négyzetté a bal oldalt: x 1 1 4 02

2

$+ - -c m .

Szorzattá alakítva: x x1 1 2 1 1 2 02 2 $+ - - + - +c cm m .

A második tényezô minden x-re pozitív, így az elsô tényezônek szintén pozitív-

nak kell lennie. Ez egyben az egyenlôtlenségünk megoldása is:

x 2 2# - vagy x 2 2$ .

1563. Kikötéseink: x 1 0$+ , és x3 0$- , azaz x1 3# #- .

Rendezve az egyenlôtlenséget: >x x3 12

1- + + .

Négyzetre emelve a >x x4

72 1- + ekvivalens egyenlôtlenséget kapjuk.


IV

A bal oldal nem lehet negatív, így: <x8

7.

Ismét négyzetre emelve és rendezve: >x x4 816

3302- + egyenlôtlenséghez jutunk.

Szorzattá alakítva: >x x48

8 31

8

8 310-

+-

-J

L

KKK

J

L

KKK

N

P

OOO

N

P

OOO

. Ez pontosan akkor tel-

jesül, ha >x 18

31+ , vagy ha <x 1

8

31- .

Összevetve a kikötésekkel az egyenlôtlenséget a következô valós számok teszik

igazzá: <x1 18

31#- - .

1564. Alakítsuk szorzattá a másodfokú kifejezéseket:

x

x x x x

5

2 3 1 50$

+

+ - - +_ _ _ _i i i i.

A nevezô, ha x 5!- , mindig pozitív. A számláló tényezôinek zérushelyei rend-

re: ; ; ;2 3 1 5- - .

Tehát a megoldás: <x 5- , vagy x2 1# #- , vagy x 3$ .

1565. Kikötés: x 7# - , vagy x 17$ .

Az egyenlôtlenség bal oldala x x17 7- +_ _i i -re másodfokú kifejezés. Alakít-

suk szorzattá az egyenlôtlenség bal oldalán levô kifejezést:

x x x x17 7 9 17 7 5 0$- + - - + -_ _c _ _ci i m i i m .

Szorozzuk meg az egyenlôtlenség mindkét oldalát a biztosan pozitív

x x x x17 7 9 17 7 5- + + - + +_ _c _ _ci i m i i m szorzattal:

Ekkor egyenlôtlenségünk: x x x x10 200 10 144 02 2 $- - - -` `j j .

A tényezôk zérushelyei: , ,,x illetvex x x20 10 18 81 2 3 4= =- = =- .

Összevetve a kikötésekkel, az egyenlôtlenség megoldása:

x 10# - , vagy x8 7# #- - , vagy x17 18# # , vagy x 20$ .

1566. A gyökjel alatti kifejezéseknek és a bal oldalnak is pozitívnak kell

lennie, ezért a kikötések: < <x x0 1 1- + , ezért: < <x0 1.

Ha az egyenlôtlenséget a nevezôk szorzatával szorozzuk, nem változik a relá-

ciós jel állása, vagyis: x x x1 1 1 2$+ - - .

A kisebb oldal pozitív, emiatt négyzetre emelve: x x2 2 1 12 2$- - - , ekvi-

valens egyenlôtlenséghez jutunk.

Legyen >z x1 02= - .

Ekkor: z z z z z0 2 2 1 3 1 3 1 322

$ + - = + - = + + + -_ b bi l l.


IV

Mivel a jobb oldali elsô tényezô pozitív, így a második tényezônek negatívnak

kell lennie: z x1 3 1 1 3 02 #+ - = - + - .

Ebbôl: x1 4 2 32#- - , azaz x 2 3 32$ - . A feltételek miatt:

x 2 3 3$ - .

Tehát az egyenlôtlenség pontosan akkor teljesül, ha <x2 3 3 1#- .

1567. a)Ha xp

2# , akkor a gyökös kifejezés értelmezhetô.

Ha p 0= , akkor <x x2- . Ez csak akkor teljesül, ha <x 0.

Ha p 0, akkor a következô eseteket kell vizsgálnunk:

(1) >p 0 és x 0# , akkor az egyenlôtlenség mindig teljesül.

(2) >p 0 és >x 0, akkor a gyökös tag miatti kikötésünk: xp

2# .

Ekkor négyzetre emelve: <x x p2 02+ - .

Ez teljesül, ha < p 0, akkor <x p1 1- + + .

b)Kikötés: x 2# .

Ha p 1# - , akkor a bal oldal értéke negatív vagy 0, minden olyan

esetben, ha x 2# .

Ha >p 1- , akkor a bal oldali szorzat tényezôi nem negatívak, így

négyzetre emelve: > >a b x a b 0+ - , így ezek négyzetgyökére is

igaz, hogy:

> >a b x a b+ - .

Adjunk a -t az egyenlôtlenséglánc minden tagjához:

> >a b a x a a a b+ + + + - .

Mivel ezek a mennyiségek is pozitívak, így reciprokaikra:

< <a b a x a a a b

1 1 1

+ + + + -.

Ebbôl a nevezôket gyöktelenítve a bizonyítandó állítást kapjuk.

312 Abszolútértékes egyenletek, egyenlôtlenségek

IV

1569. Elég belátnunk azt, hogy az < <n n i n i

i n i

n1

1

2

1

2

2

+ + + +

+ +

_ i

egyen-

lôtlenség teljesül minden i=1, 2, 3, …n számra, mert ezeket összeadva az ere-

deti egyenlôtlenséget kapjuk.

Nézzük elôször az állítás bal oldalát!

Rendezve: <n i n i n i n i2 12 2+ + + + + +_ _ ci i m ami igaz, mert:

<n i i n i2+ + + , és <n i n2 12+ + + .

Hasonlóan vizsgálva a jobb oldalt:

<ni n n i n n i i n i2 22 2 2+ + + + + + + ,

ami igaz, mert

<ni i n i 22+ + , és <n n i n n i 22 2+ + + .

Ezzel a bizonyítást befejeztük.

Abszolútértékes egyenletek, egyenlôtlenségek

Abszolútértékes egyenletek

1570. a) x 10!= , x 12!= , ,x 14 2!= , x 11!= ;

b) x2

7!= , x 1!= , nincs megoldás;

c) x 81= , x 42=- , x 91= , x 152=- , ,x 20 51= , ,x 10 52=- .

1571. a) x 131= , x 112=- , x 11= , x 72=- , x 41=- , x 62=- ;

b) x2

91= , x

2

12=- , x

3

131= , x

3

112=- , x 81= , x 02= .

1572. a)nincs megoldás, x2

3!= , x 2$ ;

b) x2

3=- , x

2

11= , x 3= .

1573. a) x 2 6,1 2 != , x 2 6,1 2 != , x 4,3 4 != , x 1 5,1 2 != ;

b) x 3,1 2 != , x 31= , x 22=- , x 31=- , x 22= ;

c) x 11=- , x2

12= , x 31= , x

2

1 132=

-, x

2

5 13,1 2

!= , x

2

5 5,3 4

!= .

1574. a) x2 3# # , x4 4# #- ;

b) x 5,1 2 != , x 3,1 2 != .

Abszolútértékes egyenlôtlenségek 313

IV

1575. a) x3

1$ , x

2

1$ ;

b) <x 2- vagy x 3$ , x5

3# - vagy >x 4.

1576. a) x 21= , x 62=- , x3

51= , x 12=- , x

3

73= , x 54= ;

b)nincs megoldás;

c) x2

3 21,1 2

!=

-;

d) x 1=- .

Abszolútértékes egyenlôtlenségek

1577. a) x1 1# #- , x 5# - vagy

x 1$ - , < <x2 14- ,

< ,x 13 5- vagy > ,x 4 5;

b) x 1# - vagy x 2$ ,

< <x2

5

2

3- , x2

3

10# #- ;

1578. a) x5 5# #- , x 2# - vagy

x 2$ , < <x3 3- ;

b) x 3# - vagy x 5$ .

c) < <x5 1- - ;

d) x 5= .

1579. a) nincs megoldás;

b) minden valós szám megoldás;

c) nincs megoldás.

1580. a) x2 2# #- ;

b) x 5# - vagy x1 1# #- vagy

x 5$ ;

c) x 14# - vagy x 0= vagy

x 14$ ;

d) x2

7# - vagy x

2

3$ .

1581. a) <x 2- vagy >x 2;

b) >x3

1- ;

c) <x2

5vagy >x

2

7.

1581/a.

1581/b.

1582. a) x 4=- vagy x 0$ ;

b) x 2# vagy x 6$ .

1583. Az abszolútérték definíciója alapján

a) a2 2# #- ;

b) , ,b b0 6 0 60# $- ;

c) < >c c2 80- ;

d) < <d10 6- .

1584. a) x 1$ ;

b) Nincs megoldás.

c) x R6 ! esetén igaz.

d) x 1$ .


IV

1581/c. 1582/a.

1582/b.

1584/a. 1584/b.

1584/c. 1584/d.

1585. A megoldásnál használjuk fel: , ,

, < .a a a

a aha

ha1

0$

=-(

Az abszolútérték felbontása után a kapott egyenlôtlenséget vessük össze a vizs-gált intervallummal, hiszen ezek közös megoldása adja a feladat megoldását.Nézzük pl.: a d) rész megoldását:

Az abszolútérték jelen belüli kifejezések zérushelyei: ,x x1 5=- = .

I. Ha <x 1- ; x x1 5 7#- - - + ; x2

3$ - .

Összevetve a vizsgált intervallummal: <x2

31#- - .

II. Ha x1 5# #- ; x x1 5 7#+ - + ; 6 7# igaz az adott intervallumon.

Összevetve a vizsgált intervallummal: x1 5# #- .

III. Ha >x 5; x x1 5 7#+ + - ; x2

11# .

Összevetve a vizsgált intervallummal: < x52

11# .

A feladat megoldása: x2

3

2

11# #- .

A megoldások:

a) >x 3; b) Nincs megoldás.

c) <x x22

30 $- ;

d) < x52

11# ; e) <x

2

1- ;

f) < <x3 1- - .

1586. a) x y x1 1# #- - - ;

b) y x 1$ - + ;

c) x y y x2 2# #- - - + ;

d) y x 2# - vagy y x 2$ + .


IV

1586/a.

1586/b. 1586/c.

1587. a) x y x1 1# #- + - ;

b) Ha y 0$ , akkor y x 1$ - , ha

<y 0, akkor y x1# - ;

c) Ha y 1$ , akkor y x 1 3$ - - ,

ha <y 1, akkor y x5 1# - - ;

d) Ha x 0$ , y 0$ , akkor

( ) ( )x y1 1 42 2#- + - . Hasonlóan

kapjuk a többi tartományba esô

pontokat is.

1588. a) x 2$ - és yx

21# - + ;

b) y x$ vagy <y x- ;

c) x y! és <y x- .


IV

1586/d. 1587/a.

1587/b.

1587/c. 1587/d.

1589. a) y x# és y x!- ;

b) <y x 42- és <y x vagy >y x 42- és >y x ;

c) y x x22# - és >y x2 vagy y x x22$ - és <y x2 .


IV

1588/a. 1588/b.

1588/c. 1589/a.

1589/b.

1589/c.

1590. a) x 1$ , x 2! ;

b) x 3$ - , x 1!! ;

c) x 3$ , x 4! .

1591. a) x4

3$ , x 3! ;

b) x 4$ vagy x 4# - , x 5! ;

c) x 4$ vagy x 6# - , x 9!! .

1592. a) x 2# - vagy x 2$ ;

b) x0 4# # és x 3! ;

c) x0 100# # és x 4! , x 6! .


IV

1590/a.

1590/b.

1590/c.

1591/a.

1591/c.

1592/a.

1592/b.

1591/b.

Nehezebb feladatok 319

IV

Nehezebb feladatok

1593. Ábrázoljuk az egyenlet bal oldalát.

Két esetet vizsgálunk aszerint, hogy x 2$vagy <x 2. A jobb oldal egy origón átmenô

egyenes.

A két grafikonnak akkor lesz egyetlen közös

pontja (vagyis az egyenletnek pontosan egy

megoldása), ha p 2$ vagy <p 0 vagy

p2

1= .

1594. Felhasználva, hogy cos cos sin sinx x x x2 1 22 2 2= - = - , az eredeti

egyenlet így alakul:

sin sinx x1 4 1 42 2- = - , ahonnan sin x1 4 02 $- ,

sin x2

1# .

Ez utóbbi egyenlôtlenség megoldása (lásd 1594. ábra).

1595. Ábrázoljuk az egyenlet bal oldalát! A jobb oldal grafikus képe egy

egyenes. (1595. ábra)

Az egyenletnek akkor, és csak akkor lesz végtelen sok megoldása, ha a jobb

oldali egyenes képe illeszkedik valamelyik „lineáris” darabra, vagyis, ha

a 0= , b 2= ; vagy a 2=- , b 6= ; vagy a 2= , b 6=- .

1596. A feltételek szerint b a c= + vagy ( )b a c=- + . Elsô esetben az

( )ax a c x c 02+ + + = és ( )cx a c x a 02+ + + =

egyenletek közös gyöke: x 1=- . A második esetben az

( )ax a c x c 02- + + = és ( )cx a c x a 02- + + =

egyenletek közös gyöke: x 1= .

1593.

1594. 1595.

Ha a két egyenletnek x0 a közös gyöke, akkor

ax bx c cx bx a02

0 02

0+ + = + + , azaz ( )( )a c x 1 002- - = .

Tehát x 10 != . Ha x 10= , akkor ( )b a c=- + , ha x 10=- , akkor b a c= + ,

tehát az állítás megfordítása is igaz: b a c= + .

1597.( )

>x

x2 10

2-, azaz >x 0 és x

2

1! .

log logx

x x

x

x x4 4 1 4 4 12

2

2

2- +=-

- +, ahonnan log

x

x x4 4 102

2

#- +

.

Innen

x

x x4 4 11

2

#- +

, azaz x x4 5 1 02 #- + .

Ezzel az eredeti egyenlet megoldása:

x4

11# # , de x

2

1! .

1598. Ábrázoljuk az egyenlet két oldalát grafi-

kusan. A jobb oldal egy egyenes, mely 3-ban met-

szi az y tengelyt. Egy ilyen egyenesnek akkor lesz

pontosan két közös pontja a bal oldal grafikus

képével, ha

< <k2

11 vagy < <k1

4

1- - .

1599. Ábrázoljuk az egyenlet két oldalát.

A jobb oldal egy olyan egyenes, mely az ytengelyt p2 1- -ben metszi. A bal oldal ábrá-

zolásához három esetet kell vizsgálnunk

aszerint, hogy x p$ , <p x p#- , vagy

<x p- .

A ( ;0 )p2 1- ponton átmenô egyenesnek

akkor, és csak akkor lesz két közös pontja a

bal oldal grafikus képével, ha ez az egyenes

áthalad a (-p; 2p) ponton is. Ekkor az egye-

nes:

yp

x p1

2 1=- + - .

320 Abszolútértékes egyenlôtlenségek

IV

1598.

1599.

Ezek szerint ekkor az egyenlet egyik megoldása: x p1=- , a másik pedig a

px p p

12 1 2- + - =-

egyenlet megoldása, azaz: x p p422= - .

1600. x 0! . Ábrázoljuk az egyenlet mindkét oldalát. A bal oldalon három

esetet vizsgálunk, aszerint, hogy x 3$ , <x3 3#- vagy <x 3- . A jobb olda-

lon két esetet vizsgálunk aszerint, hogy >x 0 vagy <x 0.

Az egyenlet egyik megoldása: x 61= , a másik megoldás a xx

21

= egyenlet

negatív megoldása, azaz

x2

12=- .

1601. x 0! . Ábrázoljuk az

egyenlet mindkét oldalát.

Az egyik megoldás: x 11= , a

másik pedig az x x x22- =

egyenlet pozitív gyöke, azaz

x 32= .

1602. Az egyenlet bal oldalá-

nak grafikus képe:

Ha n páratlan:

, ,...... ,x n1 3! ! != .

Ha n páros:

, , ,.....,x n0 2 4! ! != .

Nehezebb feladatok 321

IV

1600. 1601.

1602/I.

1602/II.

322 Exponenciális és logaritmikus egyenletek, …

IV

Exponenciális és logaritmikus egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlôtlenségek

Exponenciális egyenletek

1603. a) x 4= ; b) x 3= ; c) x 3= ; d) x 0= ; e) x 2= ; f) x 2= ;

g) x3

4= ; h) x

4

1=- .

1604. a) x10

7= ; b) x

36

19= ; c) x

2

3!= ; d) x

3

8!= ; e) x 3= ;

f) x 0= .

1605. a) x 31=- , x 22= ; b) x3

2= ; c) x 4=- ; d) x 6=- ;

e) nincs megoldás; f) x 30= .

1606. a) nincs megoldás; b) x 3= ; c) x3

10= ; d) x

4

11= ; e) x 0= ;

f) x 0= ; g) x2

3=- ; h) x 4=- .

1607. a) x 71=- , x 52= ; b) x 21=- , x 72=- ; c) x9

4=- ;

d) nincs megoldás x2

17!=

J

L

KKK

N

P

OOO

; e) x 2=- ; f) nincs megoldás.

1608. a) x6

13=- ; b) x

2

15=- ; c) x

2

3= ; d) nincs megoldás;

e) x2

1=- ; f) x 1= .

1609. a) x3

11= ; b) x 5= ; c) x

2

39=- ; d) x 15= ; e) x 13= ;

f) x4

3=- .

1610. a) x11

23= ; b) x

53

111=- ; c) x

23

41=- ; d) x

6

15=- ;

e) x 14= ; f) x3

1=- .

1611. a) x3

1= ; b) x 57=- ; c) x

5

89= ; d) x 21= , x 32=- ;

e) x 21= , x 62=- ; f) x 31= , x 72=- .

1612. a) x 1= ; b) x 1= ; c) x 2= ; d) x 0= .

1613. a) x2

1= ; b) x 5= ; c) x 0= .

1614. a) x 2= ; b) x 6= ; c) x9

5= .

1615. a) x 3= ; b) x 21= , x 32=- ; c) x 11= , x 42=- .

1616. a) x 01= , x 22= ; b) x 01= , x 12= ; c) x 11= , logx4

92 2= .

1617. a) nincs megoldás; b) x 2= ; c) x2

13!= ; d) x 0= .

1618. a) x5

1= ; b) x 0= ; c) x 21= , x 22=- .

Exponenciális egyenletrendszerek

1619. a) x 2= , y 1= ; b) x 1= , logy 282= .

1620. a) x 2=- , y 1= ; b) x 3= , y 1=- ; c) x2

1= , y 1= ;

d) x 3= , y 1=- .

1621. a) x y 0= = ; b) x 1= , y2

1= .

1622. a) x 2= , y 3= ; b) x 21=- , y 41= , x2

32= , y

2

12= ;

c) x y 11 1= = , x 42= , y 42=- .

1623. a) x7

12= ; b) x

5

3= .

1624. a) x13

12= ; b) x

8

15= .

1625. a) x7

20= ; b) x

rq rp pq

pqr=

+ +.

Exponenciális egyenlôtlenségek

1626. a) >x 3, x 7$ , x 2# , <x 2;

b) x 1# - , >x 2- , >x 2- , x 2$ - ;1627. a) x 1# , >x 2, <x 2, >x 2- ;

b) >x2

5, x

4

1# - , x

4

1# , x

3

4# - ;

c) <x 0, <x3

2, x

2

7$ - , x 2$ ;

Exponenciális egyenletrendszerek 323

IV


IV

1628. a) <x2

3- vagy >x

2

3, <x

2

7- vagy >x

2

7, x

4

3# - vagy

x4

7$ , x2 2# #- ;

b) x 0# , <x 1, >x 2- , >x5

1.

1629. a) >x 5, x3

5

2

3# #- , <x15 16# ;

b) < <x0 2, <x 3 vagy >x 5, <x 2.

Pihenô

1630. A számjegyek szorzata 0, összege 9, tehát az összeg a nagyobb.

1631. A keresztrejtvényben 9 db prímszám szerepel.

Logaritmikus egyenletek

1632. a) x 2= , x3

1= , x

8

1= , x 1!= ;

b) x 0= , x 45=- , x 2= .

1633. a) x9

14= , x 0= , x 8!= ;

b) x 0= , x5

51= , x 5!= .

1634. a) x 2= ; b) x 18= ; c) x2

7= ; d) nincs megoldás.

1630.

1631.

1635. a) x5

1=- , b) x 51=- , x 72= ; c) x 11= , x 52= ; d) x 21= ,

x 32= .

1636. a) x 21= , x 72= ; b) nincs megoldás.

1637. a) x 4= ; b) x 1=- .

1638. a) x 2= ; b) x3

1= .

1639. x 9= , x 5= .

1640. a) x32

1= , x 128= ; b) x 6= , x 8= .

1641. a) x 3= ; b) x 4= ; c) x 1=- .

1642. a) x 2= ; b) x 8= .

1643. a) x 14= ; b) x 1= .

Pihenô

1644. A helyesen kitöltött keresztrejtvény:

Tehát a megoldandó egyenlet:

log logx 28 27 28+ = , ahonnan x 7= .


A log log logx 2 4 124 24 24+ + = egyenlet megoldá-sa: x 3= .

1646. a) x 4= , x2

27= ; b) x 81= , x 5= ; c) x

5

9= , x 100= .

1647. a) x2

5= , x 3= ; b) x 13= , x 8= .

1648. a) x 31= , x 3 22= + ; b) x8

5= .

1649. nincs megoldás.

1650. a) x 31= , x 52= ; b) x 18= ; c) x 9= .

1651. a) x 10= ; b) x 2= .1652. x 1=- .

Logaritmikus egyenletek 325

IV

1644.

1645.


IV

1653. a) x 17=- ; b) x 2 2= .1654. x 2= .

1655. a) x3

5= ; b) x 2= ; c) x

10

1= .

1656. a) x 101= , x10

12= ; b) x 21= , x

2

12= .

1657. x4

13= .

1658. a) x10

1

4!= , x 102

5!= ; b) x 1= ; c) x 21= , x4

12= ;

d) x 271= , x9

12= .

1659. a) logx 57= ; b) x 2= ; c) x5

31= , x

7

32= .

1660. a) x 2=- ; b) nincs megoldás.

1661. a) Vezessük be a log logx x a322

2- = új ismeretlent; x 161= , x2

12= ,

x 43= , x 24= ; b) x 5= .

1662. a) x 3= ; b) x 16= ; c) Vezessük be a log logx x a2 2 = új

ismeretlent; x 16= .

Pihenô


Ezek szerint a ( )log x x 60 1302+ - = egyenletet

kell megoldanunk. Az egyenlet megoldása:

x 101=- , x 92= .


1663.

1664.

Logaritmikus egyenletek 327

IV

1665. a) x 16= , x 27= , >x 0; b) x 5= , x 9 13= - ; c) x 16= , x 25= .

1666. a) x2

1= ; b) x

7

1

65

= ; c) x 31= , x9

12= .

1667. a) x a2= ;

b)Írjuk át az összes tagot 2-es alapra, majd vezessük be a log x a2 = új

ismeretlent. Ekkor a

a a a

3

1

4

2

3-

+=

+

egyenlethez jutunk, ahonnan a2

31=- , a 12= ; ezzel az eredeti

egyenlet megoldásai:

,x x28

11 2= = ;

c)A bal oldal második tényezôjét írjuk át 19-es alapra. x 5= .

1668. a)A bal oldal második tényezôjét írjuk át x alapra, majd alkalmazzuk alogaritmus megfelelô azonosságait. Kapjuk:

loglog

1 66

12x

x

$+ = , ahonnan log log2 6 6 1 0x x2 - - = &

x 6= .

b)Térjünk át a bal oldalon minden tagban 5-ös alapra, majd vezessük

be a log x a5 = új ismeretlent. Kapjuk:

a a a

6

2

3

1

10+

++

+= , ahonnan a

2

31=- , a

5

42=- .

Ezzel az eredeti egyenlet megoldásai: x125

11= , x

625

12

5= .

c)A bal oldal értéke 1. Így a következô egyenlethez jutunk:

log logx x2 1 052

5+ + = , ahonnan x5

1= .

1669. a)Elôször írjuk át a jobb oldalt 2-es alapra, majd emeljük négyzetremindkét oldalt:

log log log logx x x x242

2 42

4= = = , innen x 16= .

b)Járjunk el ugyanúgy, mint az elôzô feladatban. x a4= .

c)Írjunk át a bal oldalon minden tagot x alapra, majd vezessük be az

log a yx = új ismeretlent:

yy

yy

12

1

4

302

2+ + + + =

J

L

KK

N

P

OO .


IV

Ha most yy

b1

+ = , akkor yy

b1

22

2

2+ = - , tehát kapjuk:

b b4 8 52+ - == 0, azaz

b yy

1

2

1= + = vagy b y

y

1

2

5= + =- .

Elsô esetben nem kapunk megoldást, a második esetben y2

11=- ,

y 22=- . Az eredeti egyenlet megoldásai: xa

11= , x

a

12 2= .

1670. a)Írjunk minden tényezôt azonos (pl. 2-es) alapra. x 8= .

b)A bal oldal elsô két tagjában 2-es alapra áttérve ezt kapjuk:

( ) ( )log x x1 5 2 3 0x 32

2$- + - =- & x 31= , x 5 12= - .

c)Mindkét négyzetgyök alatt teljes négyzet szerepel. Bevezetve a

log x a2 = új ismeretlent, ezt kapjuk:

a a1 1 2- + + = , ahonnan a1 1# #- , tehát x2

12# # , x 1! .

1671. a) A négyzetgyök alatt teljes négyzet szerepel. Bevezetve a log x a3 =új ismeretlent, ezt kapjuk:

a a3 1 2- = , ahonnan a 11= , a5

12= , tehát x 31= , x 32

5= .

b)A bal oldal második tényezôjét írjuk át x 4- -es alapra. x 2=- .

c)Hasonlóan járjunk el, mint az elôzô feladatban. x 10= .1672. a) A bal oldal mindkét tagját írjuk át 2-es alapra. x 11=- , x 42=- .

b)Az elsô tag második tényezôjét írjuk át x alapra, majd vezessük be a

log a bx = új ismeretlent. Kapjuk: b b24 2 1 02- - = . Innen xa

1

6= .

1673. a) Vegyük észre, hogy ( )( )3 2 2 3 2 2 1+ - = . Így, ha

a3 2 2

x

+ =e o , akkor

aa

132- = , ahonnan a 2 2 31= - , a 2 2 32= + .

A negatív gyök nem lehetséges, így .x 2=

b)Mivel ( )( )2 3 2 3 1- + = , ezért az egyenlet aa

14+ = alakban

írható. Innen

a 2 31= + , a 2 32= - , tehát x 21= , x 22=- .

1674. a) A bal oldal minden tagjában térjünk át 10-es alapra. Ezzel egyen-

letünk így írható:

lg

3 2 3x x2 2$ +

=21

xJ

L

KK

N

P

OO

log log

x

2 5

2

4 4+

-, azaz lg

3 2 3x2 $ +

=21

x x

lg4 x 2- .

Innen 16 3x2$ 2 16 3 21 2x x x2$ $ $+ = . Mindkét oldalt 3 2

xx

2 $ -nel eloszt-

va b b16 16 21 02+ - = alakú egyenlethez jutunk. Innen b4

71=- ,

b4

32= . A negatív gyök nem jöhet számításba, így kapjuk: x 2= .

b) x 11= , x 1002= .

1675. A jobb oldali négyzetgyök alatt ( )3 3 1y 2$- - szerepel, így az egyenlet-

nek csak akkor van értelme, ha y 1=- . Ezt az eredeti egyenletbe visszahelyet-

tesítve x 1= adódik.

Logaritmikus egyenlôtlenségek

1676. a) < <x0 2 , >x 3 , < x05

1# ; b) < <x2 3, >x 2- , x

2

5$ .

1677. a) , < <x4 5 5, >x4

11, x

2

3$ ;

b) < <x4 17 , >x 3 , <x2

1 50#

-vagy < x1

2

1 5#

+.

1678. a) nincs megoldás, <x2

1 5 5- -vagy >x

2

1 5 5- +,

< <x1 2;

b) < x2

1, x 1! , >x 3, < <x

2

11 .

1679. a) nincs megoldás, <x 5 26- , < <x3 2- - vagy <x2

36# ;

b) < <x32

1 29+, >x 5.

1680. a) <x3

11# vagy x 3$ , >x

7

19; b) < <x

3

11, <x 2- .

1681. a) <x1 2# vagy x 4$ , < <x2 5 29- - vagy >x 5 29+ ;

b) < <x1 3 2- + ;

c) < ( )<log x1 4 12- - , ahonnan , < <x4 5 6.

Logaritmikus egyenlôtlenségek 329

IV

1682. a) ( )log x 2 23

1 $+ vagy ( )log x 2 23

1 #+ - , ahonnan

< x29

17#- - vagy x 7$ ; b) <x2 1#- - vagy < x4 6# .

1683. a) ,x3 4 5# # ; b) < x2

1

5

4# .

1684. a) Elôször a jobb oldalt írjuk át 2-es alapra, ezt kapjuk:

log log logx x x24 2 4# = , & log logx x242

4# .

Mivel >log x 04 , így < x1 16# .

b)Az értelmezési tartomány ( <x 2- vagy >x 4) miatt a logaritmus

alapja minden szóba jöhetô x-re kisebb, mint 1. Az egyenlôtlenség

megoldása:

<x1 10 2#- - vagy < x4 1 10# + .

1685. a) <x 1 vagy >x2

3; b) < x2

32

65# .

1686. Elôször hozzuk az egyenlôtlenséget az alábbi alakra:

( )log x x x1 02

1 $+ -e o & x1 2# # .

Exponenciális és logaritmikus egyenletrendszerek

1687. a) x 1= , y 2= ; b) x 1= , y 0= .1688. a) x 1= , y 2= ; b) x 100= , y 10= .

1689. a) x 10= , y10

1= ; c) nincs megoldás.

1690. a) x 1= , y 8= ; b) x 7= , y 3= .1691. a) x 13= , y 11= ; b) x 5= , y 1= .

1692. a) x 2= , y 6= ; b) x 4= , y 9= ;c) térjünk át mindkét egyenletben a bal oldalon 2-es alapú logaritmusra:

x 64= , y 8= .

1693. a) A második egyenletbôl xy

1

2= . Ezt az elsô egyenletbe helyettesítve

kapjuk:

x 4= , y2

1= .

b)Az elsô egyenletbôl – a logaritmus definícióját felhasználva:

x y

x y

4

7

-

+= , ahonnan x y

3

11= . Ezt felhasználva a második egyenlet-

ben, azt kapjuk, hogy: x 11= , y 3= .


IV

c)Az elsô egyenletbôl: x x y y3 92 2+ - + = + , amit így is írhatunk:

x y x y3 3 122 2- + + - + = . Bevezetve a x y a3 02 $- + = új

ismeretlent, azt kapjuk, hogy: x y 6 02- - = . Ezt és a második

egyenletet felhasználva: x 4= , y 10= .

1694. a) A második egyenletbôl: xy x x y2 2 2- = - , azaz ( )( )x y x y2 0- + = .

Mivel x és y pozitív, ezért csak x y= lehetséges. Ezt az elsô egyen-

letbe helyettesítve, kapjuk: x y 493= = .

b)Az elsô egyenletbôl x y2= . Ezt a második egyenletbe helyettesítve:

x 21=- , y 11=- , x4

52= , y

8

52= .

c)Mivel ( )log log logx x x2 422 2

22

22= = , ezért az elsô egyenlet bal oldala

így írható:

log log log logx y x y4 4 32 8 6022

3 22

3- + - - + = .

Most vezessük be a log logx y a8 022

3 $- + = új ismeretlent,

akkor a a4 60 02- - = , innen pedig log logx y 8 022

3- - = . A

második egyenletben vegyük mindkét oldal 3-as alapú logaritmusát:

log logx y32 3= . Ezt felhasználva: x 81= , y 31= , x2=2 3

8-

, y2=3 9

8-

.

1695. a) Az elsô egyenletbôl: x y3= . Ezt a második egyenletben fel-

használva: x 1503= , y 501= .

b)Az elsô egyenletbôl: ( )x x y y2 2+ = + - , azaz

( ) ( )x y x y 2 02+ - + - = . Ebbôl az x y+ -ban másodfokú egyenlet-

bôl: x y 2+ = . Ezt felhasználva a második egyenletben:

x 3= , y 1=- .

Pihenô

1696. Vízsz. 1.: 256 25 281+ = . Függ. 2.: x 181= , x 42= . A helyesen kitöltött keresztrejtvény:

A megoldandó egyenlet: ( )log x2 65

132 - = .

x 4= .

Exponenciális és logaritmikus egyenletrendszerek 331

IV

1696.

1697. Vízsz. 3.:!

!2

5

8672$ = . Függ. 1.: 16. Függ. 2.: 12, 5.

A helyesen kitöltött keresztrejtvény:

A számjegyek szorzata: 2 3 5 72 $ $ $ . A legkisebbszám, amellyel ezt meg kell szoroznunk, hogy négy-zetszámot kapjunk: 3 5 7 105$ $ = .

1698. Vízsz. 1.: 122. Függ. 2.: 2, 31.A helyesen kitöltött keresztrejtvény:

25log 8125 =8 43

2

= .

1699. Vízsz. 1.: 3125. Vízsz. 9.: 5, 6, 7. Függ. 3.: 64 4 30 286$ + = . Függ. 8.: 3, 5.A helyesen kitöltött keresztrejtvény:

A számjegyek összege:114 2 3 19$ $= . Tehát a keresett szám:

( )114 18 2 2 3 19$ - + + =2004.

Nehezebb feladatok a témakörbôl

1700. >x 1. A feltételek szerint

( )log log loglog

x xx

2

p p pp

2

2

+= & ( )log log log logx x x xp p p p

22 2$ = = ,

log x 1p2 = , ahonnan x p2= .


IV

1698.

1697.

1699.

1701. A feltételekbôl

loga

31

x = , logb

41

x = , logc

1671

x = .

E három egyenlôséget összeadva

loga b c abc

bc ac ab3 4 167

1 1 1x $ $ = + + =

+ +,

ahonnan log xbc ac ab

abc2004 =

+ +.

1702. >a 1, a 2! . Ha >a 2, akkor a logaritmus alapja 1-nél nagyobb,

tehát

x a3 12 $+ - , azaz x a4 02 $+ - .

Ez utóbbi akkor teljesül minden x-re, ha a4 0$- , tehát < a2 4# .Ha < <a1 2, akkor

x a3 12 #+ - .

Ez azonban semmilyen a-ra nem teljesül minden x-re.

1703. >sin x 0, sin x 1! , >cos x 0, cos x 1! .

log sinlog sin

xx

44cos

cosx

x

+ = .

Bevezetve a log sin x acosx = új ismeretlent:

a a4 4 02- + = , & log sina x 2cosx= = , ahonnan cos sinx x2 = ,

sin sinx x1 2- = & sin sinx x 1 02 + - = .

sin x2

5 1=

-& ,x k0 6662 2. + r. ( )k Z! .

1704. A megadott egyenlôség így írható:

log log loga b c2

1

2

1

2

1113 13 13$ $ $+ + = , azaz log abc 213 = .

Tehát a téglatest térfogata: V 169= . Mivel a, b és c pozitív egészek és a 1! ,

ezért vagy a 13= , továbbá b és c egyike 1, a másik 13. Ekkor a felszín:

( )A 2 13 13 169 390= + + = .

Így a keresett arány: V

A

169

390

13

30= = , vagy pedig a 169= , b c 1= = . Ez eset-

ben a keresett arány V

A

169

678= .


IV


IV

1705. Mivel 25 2log 25 = , ezért szükséges, hogy

>sin x 0, sin x 1! , és >sin x2

1.

Mindezekbôl < <k x k6

26

52+ +

rr r r és x k

22! +

rr .

Mivel a logaritmus alapja kisebb, mint 1, ezért azt kapjuk, hogy

log sin x2 2 12 $+ , ahonnan sin x2

1$ .

Az eredeti egyenlôtlenség megoldása: k x k4

24

32# #+ +

rr r r,

x k2

2! +r

r. ( )k Z! .

1706. Az egyenlôtlenségnek csak akkor van értelme, ha

>sin x 0, >tg x 0 és sinsin

xx

11!+ .

Mivel egy pozitív számnak és reciprokának összege legalább 2, így az egyen-

lôtlenség értelmezési tartománya: < <k x k22

2+rr

r. ( )k Z! .Az egyenlôtlenség így alakul:

<tgtg

sinsin

xx

xx

1 1+ + , ahonnan >cos cosx x 1 02 + - .

Innen – a feltételeket figyelembe véve –: < <cos x2

5 11

-, amibôl

, < < ,k x k51 82 360 51 82 360� � � �$ $- + + .

1707. ( )log log logx x x422

42 2

42= = . Ezért az eredeti egyenlet így írható:

log loglog log

x xx x

4 20 295 9

1142

4

42

4

- + =- +

,

log loglog log

x xx x

4 5 9 75 9

1142

4

42

4

- + - =- +

` j .

Most vezessük be a log logx x a5 9 042

4 !- + = új ismeretlent, azt kapjuk,

hogy

a a4 7 11 02- - = , ahonnan a4

111= , a 12=- .

Az a 1=- esetben a log x4 -re adódó másodfokú egyenlet diszkriminánsanegatív, míg a másik esetben azt kapjuk, hogy:

( )log log logx x x4 20 25 2 5 042

4 42- + = - = , ahonnan x 32= .


IV

1708. Az alábbi feltételeknek kell teljesülniük:a) >x 1 02- ;b) >x x2 15 02- + + ; c) ( ) ( )log logx x1 3 1 4 03

2 23

2 $- - + - + .Az a) esetben >x 1. A b) esetben a másodfokú alak zérushelyei: 3- és 5,tehát

< <x3 5- . A c) esetben a ( )log x 132- -ben másodfokú alak zérushelyei: 1- ,

és 4, tehát

( )log log logx3

11 813 3

23# #- , ahonnan x

3

282# # .

Az összes feltételt figyelembe véve az eredeti kifejezés értelmezési tartománya:

< x33

2#- - vagy <x

3

25# .

1709. >x 0. Mindkét esetben a y y4 37 9 02 $- + másodfokú egyenlôtlen-

séget kell megoldanunk. Mivel a másodfokú kifejezés zérushelyei: 4

1és 9, ezért

a) esetben

log x4

12 # vagy log x 92 $ , ahonnan

< x0 24# vagy x 512$ .

A b) esetben log x4

122 # vagy log x 92

2 $ , azaz

log x2

1

2

12# #- , vagy log x 32 # - , vagy log x 32 $ , ahonnan

x2

12# # , vagy < x0

8

1# , vagy x 8$ .

Ábrázoljuk mindkét halmazt egy számegyenesen:

A B-A halmaz elemei: < x2 24 # vagy <x8 512# .

1710. Az egyenlôtlenségnek akkor van értelme, ha >x 1. A négyzetgyök

alatti kifejezés: log x3 13

2-_ i , tehát a megoldandó egyenlôtlenségláncolat:

log log logx x x3 1 23 3 3# #- .

1709.

Ha log x3

13 $ , akkor

log log logx x x3 1 23 3 3# #- ,

ahonnan log x2

113# # , tehát ez esetben x3 3# # .

Ha < <log x03

13 , akkor

log log logx x x3 1 23 3 3# #- + ,

ahonnan log x5

1

4

13# # , tehát ekkor x3 35 4# # .

Az eredeti egyenlôtlenség megoldása:

x3 3# # vagy x3 35 4# # .

1711. Az a) kifejezés hatványkitevôjében szereplô másodfokú kifejezésnek

x 3= -ban van maximuma, így

< ( )log logx x0 6 55 64 622

2- + + = = .

Tehát

( )log log logx x6 55 6 26 22

6#- + + = ,

vagyis

5 5 25( )log log x x6 55 26 62

# =- + + .

Az A halmaz elemei: < a0 25# .A b) esetben

>sinx

210

1rJ

L

KK

N

P

OO és sin

x2

102!

rJ

L

KK

N

P

OO ,

ahonnan a B halmaz elemei: < <k x k13

220 8

3

120+ + és x k5 20! + .

Ábrázoljuk egy számegyenesen a kapott eredményeket:

Az A-B halmaz y elemei:

< y0 13

2# , y 5= , y8

3

121

3

2# # , y 25= .


IV

1711.

1712. Az egyenlôtlenség minden tagja így alakítható:

log log logxyz y z1 9x x x9= + + , tehát

>log log log log log logy z x z x y9 9 9 18x y z x y z+ + + + + .

De

log loglog

logy x

y

y9 3

3

33 2 6x y

x

x

$$+ = + =J

L

KK

N

P

OO .

Így már csak azt kell belátnunk, hogy

log log logy z x

3 3 31

x y z= = =

nem lehetséges. Ugyanis ellenkezô esetben arra jutnánk, hogy x y z 0= = =

vagy x y z 1= = = , ami nyilván lehetetlen.

1713. x 0! . Térjünk át a bal oldalon a alapra; azt kapjuk, hogy:

>

log

log

log

log

a

a

a

ax

a

a

1

1

a x

a

a

ax2

2

2

+ ++

, vagyis >x

xx

a

a2

2

12

- + ++

.

Innen, ha >x 0, akkor

( ) <ax x a a2 1 4 02 2+ + + .

E másodfokú kifejezés zérushelyei: a2- és a

2- . Mivel a feltételek szerint

>a 1, ezért ebben az esetben nem kapunk megoldást.

Ha <x 0, akkor <x a2- vagy >xa

2- .

Tehát az eredeti egyenlôtlenség megoldása:

<x a2- vagy < <a

x2

0- .

1714. Legyen log a72 = és vizsgáljuk a

< <aa

1236

132

2+

egyenlôtlenségláncolatot.

Egyik irányban >a a12 36 04 2- + , azaz ( ) >a 6 02 2- . Ez utóbbi minden a-ra

teljesül, csak azt kell megmutatnunk, hogy log 7 622 ! , azaz 2 76 ! . Ez azonban

igaz, hiszen

<2 6 2 2

5

= <32 7.


IV

Másik irányban

<a a13 36 04 2- + , ahonnan < <a4 92 , vagyis < <a2 3.

Mivel < <log2 7 32 , ezért ez az egyenlôtlenség is igaz.

1715. A megadott egyenes az x tengelyt ott metszi, ahol y 0= , az y tengelyt,ahol x 0= . E metszéspontok:

logx

a

9

3

= ,log

ya

9

32

=-

.

Az egyenes és a tengelyek alkotta háromszög területe:

log loga a

9 9

2

1

16

81

3 32

$ $ =-

, ahonnan log a 23 != ,

tehát

a 9= vagy a9

1= .

Elsô esetben az egyenes egyenlete: x y2 4 9- = , a tengelymetszetek: x2

9= ,

y4

9=- .

A másik esetben az egyenes egyenlete: x y2 4 9- + = , a tengelymetszetek:

x2

9=- , y

4

9= . Tehát két egybevágó derékszögû háromszögrôl van szó. Ezek

átfogója:

2

9

4

9

4

95

2 2

$+ =J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO .

A háromszög K kerülete: K4

93 5$= +b l.

1716. Vizsgáljuk az egyenlet két oldalának lehetséges értékeit. A jobb oldal:

( )y y y6 5 3 42 2- + - =- - + ,

tehát a jobb oldal értéke legfeljebb 4, és pontosan akkor 4, ha y 3= .A bal oldalon:

( )

sin

sin

sinx

x x

x

ctg

2

2 1

2

22 2+= .

E tört értéke legalább 2, és pontosan akkor 2, ha sin x2 1= . Ezek szerint a bal

oldal értéke legalább log 2 424 = . Ezek szerint az egyenlôség csak úgy állhat

fenn, ha

y 3= és sin x2 1= , ahonnan x k4

= +r

r. ( )k Z! .


IV

1717. Az egyenlet bal oldala:

log log loglog

y x yy

2 3 2 3 4 31

10x y xx

$ $+ + + = + +J

L

KK

N

P

OO .

A jobb oldal:

log z 4 4 102

2

5 #- - +_ i< F .

Tehát az egyenlôség csak úgy teljesülhet, ha log y 1x = , azaz x y= , és z 4= .

Ezzel a második egyenlet: x5 20052= , vagyis x y 401= = .1718. Az egyenlet bal oldalán szereplô logaritmusok alapjai egymásnak re-ciprokai, továbbá a négyzetgyökök alatt teljes négyzetek szerepelnek. Így azelsô tag:

log logx

x3

133 2 2 3 2 2

-= -- + .

Vezessük be a log x a33 2 2 - =+ új ismeretlent, ekkor azt kapjuk, hogy

aa

1

2

5+ = , ahonnan a 21= , a

2

12= .

Ha log x 3 23 2 2 - =+ , akkor

x 3 3 2 2 17 12 22

- = + = +b l , vagy

x 3 3 2 2 17 12 22

- =- + =- -b l ,

ha log x 32

13 2 2 - =+ , akkor

x 3 3 2 2- = + , vagy x 3 3 2 2- =- + .

Tehát az eredeti egyenlet megoldásai:

x 20 12 21= + , x 14 12 22=- - , x 3 3 2 23= + + ,

x 3 3 2 24= - + .

1719. Az elsô egyenlet bal oldala így alakítható:

( )log log log log log logx y y x n k y x nk2 4xn

xk

yn

yk

x y+ + + = + + = .

A bal oldal legalább ( )n k2 + . A jobb oldal viszont – a számtani és mértaniközép közötti egyenlôtlenség miatt – legfeljebb ( )n k2 + . Így egyenlôség csakakkor lehet a két oldal között, ha

log logy x 2x y+ = , azaz log y 1x = , ahonnan x y= .


IV

De x zlog zx2 = , így a második egyenletbôl:

z z z z1 2 2005+ + + - = , ahonnan z 2004= .

Tehát az egyenletrendszert kielégítô számhármasok: z 2004= , >x y 1= tet-szôleges.

Vegyes és gyakorlati feladatok

11772200.. Érdemes elôször a 7-tel, 11-gyel, 13-mal

és 7-tel való oszthatóságot vizsgálni. Ez után

már könnyen kitölthetô a négyzetháló. X 459= .

11772211.. Induljunk ki abból, hogy az elsô sor,

illetve a harmadik oszlop összege páros.

11772222..A B

1 11458+ = ,

B C

1 11089+ = ,

C D

1 11629+ = . Az elsô egyenlôség-

bôl kivonva a másodikat, majd a különbséghez hozzáadva a harmadikat, ezt

kapjuk: A D

1 11458 1089 1629 1998+ = - + = .

Tehát kiskutyánk 2004-ben éppen 6 éves.

11772233.. xy =1046, yz 1569= , zq 2997= . Osszuk el az elsô és a harmadik

szorzatát a másodikkal: yz

xy zqxq

1569

1046 29971998

$ $= = = . Tehát a

kiscica 2004-ben éppen 6 éves lesz.


IV

1720.

1721.

1724. a b2

1 1

1526+

= , b c2

1 1

1402+

= , c d2

1 1

1867+

= . Az elsô és a har-

madik összegébôl vonjuk ki a másodikat:

a b c d b c a d2

1 1

2

1 1

2

1 1

2

1 1

1526 1867 1402 1991+

++

-+

=+

= + - = .

Tehát az unoka 2009-ben lesz nagykorú.1725. Ha egy egész számhoz egyet hozzáadva a számjegyeinek összegecsökken, akkor ez a szám 9-re végzôdik. Ha az utolsóelôtti számjegy (tízesek) nem 9, akkor a számjegyekösszege 9-cel csökken és 1-gyel növekszik, tehát összesen8-cal csökken. A gondolatsort folytatva arra jutunk, hogyegy számhoz 1-et hozzáadva, a számjegyeinek összegecsak k9 8+ alakú számmal csökkenhet. Tehát csak az e)állítás lehet igaz.

1726. Az ábra alapján: a VÉK és VTP háromszögek ha-

sonlók, így

,x

x

2

4

10 5

8=

+, ahonnan x 6= .

Tehát a város lakóinak a száma: 36 860 30 960$ = fô.1727. A kötvények összértéke 5500 dollár. Olyat kell elvenni belôle, hogy amegmaradók 4-gyel is, és 3-mal is, azaz 12-vel oszthatók legyenek. Ez csak a700 dollár értékû kötvényre teljesül, tehát ez lesz az asszonyé.

1728. Ha a bolygók száma n, akkor < ( )<n n150 1 160- . Innen n 13= .1729. Az összes könyvek száma 68. Ha valamelyik gyerek hiányzott, akkor azelvitt könyvek száma: rendre 63, 59, 53, 44, vagy 55. Ezek között két olyan talál-ható, melynek van 10 és 20 közé esô osztója: 44 4 11$= vagy 55 5 11$= . Tehátaz árvaháznak 11 lakója van.1730. A feltételekbôl következik, hogy a négyzetekben szereplô számokösszege 10. Tehát elég sok 0-nak kell lennie közöttük. Rövid próbálkozás utánkapjuk az egyetlen eredményt:

1731. ab a b19 1 9 19992 2 2 2+ + + + = , azaz a b a b10 172 2+ + + = .

Innen csak a 0= vagy a 1= lehetséges. Ha a 0= , akkor ( )b b b b1 172+ = + = .

De 17 nem bontható fel két szomszédos egész szorzatára, tehát ekkor nincs

megoldás. Ha a 1= , akkor ( )b b1 6+ = , ahonnan b 2= . Tehát az illetô

születési éve: 1912.

Vegyes és gyakorlati feladatok 341

IV

1726.

1730.

1732. Ha tS

20= és t

S1

30- = , akkor S 60= . Ezzel

tx

S

2

1- = , azaz

S

x

S

20 2

1- = , vagyis

x3

2

1 60- = , ahonnan x 24= .

Tehát a biciklistának 24 km/h sebességgel kell haladnia.

1733. A sárkány legyôzésének egy lehetséges módját mutatja az alábbi

táblázat:

Vágunk Megmaradó fejek Megmaradó farkak

1 farkat 5 8

2 fejet 3 8

2 fejet 1 8

2 farkat 2 6

2 farkat 3 4

2 farkat 4 2

1 farkat 4 3

1 farkat 4 4

2 farkat 5 2

2 farkat 6 0

2 fejet 4 0

2 fejet 2 0

2 fejet 0 0

1734. A sematikus ábra alapján:

Ha valamely egész óra után 48 perccel indul,

akkor mindegy melyik utat választja. Ha egész

óra és 48 perc után indul, akkor az M-T-V

utat kell választani, ha egész óra és 48 perc

elôtt indul, akkor az M-V utat kell választani.

1735. Az öt gyerek összes kártyáinak a

száma 148. A kupacban levô kártyák számá-

nak 5-tel oszthatónak kell lennie, vagyis a

148-ból olyan számot kell elvenni, hogy a

megmaradók száma vagy 5-re vagy 0-ra végzôdjön. Ez csak Béla vagy Elemér

kártyáinak számára teljesül, tehát csak Béla hiányozhatott.

342 Vegyes és gyakorlati feladatok

IV

1734.

1736. Tek-

intsük az

ábrákat:

Az a) ábra

alapján a

kocka üres

részének tér-

fogata

tg

2

30

2 3

1�= , így a víz térfogata:

12 3

1

2 3

2 3 1- =

-.

A b) ábra alapján

A megmaradó víz térfogata: y

tg2 4 3

2 3 1

2

1=

-=

a, ahonnan ,54 57�.a .

1737. Helyezzük el az ábrát egy koordináta-rendszerben!

Az A, B és H pontokból a g gerenda egyenesének egyenlete: x y12 5 19- + =- .

Ez az egyenes az x tengelyt a ;12

190

J

L

KK

N

P

OO pontban metszi. Ezzel a gerenda hossza:

, .g m27 08.

1738. Ha S az út, v a szokásos menetidô, akkor

vp

Sp

vp

SSp

v

S

1100

100

1100

2

1006

5$

-

+

+

-=J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

.

Innen v

S-vel egyszerûsítve és a megfelelô átalakításokat elvégezve a

p

p

p

p

100 100 2

100

6

5

-+

+

-= , ahonnan p p7 275 2500 02- + = ;

%p 251= , , %p 14 292. .

1739. Az ábra alapján

OK R x= - , OTR

2= , FK

Rx

4= + , FT

R

4= .

KT OK OT FK FT2 2 2 2 2= - = - , azaz

( )R xR R

xR

2 4 42

2 2 2

- - = + -J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO , ahonnan x R

10

3= .


IV

1736/a. 1737.

1739.

1740. Legyen PT Tom, PJ pedig Jerry pihenôideje és FT Tom, FJ Jerry

futóideje! Ekkor a feltételek szerint

P F P FT T J J+ = + , P F3

1T J= és P F

4

1J T= .

Ezek szerint

F F F F3

1

4

1J T T J+ = + , ahonnan F F

8

9J T= .

Ha x Jerry sebessége, akkor

F x F99 T J$ $= , vagyis x9

8 9988

$= = egység.

1741. Legyen AB a gólvonal, S a szögletzászló,

P a keresett pont, melybôl az AB gólvonal a leg-

nagyobb szögben látszik, és legyen b a keresett

legnagyobb szög.

A megfelelô derékszögû háromszögekbôl:

x

atg =a , ( )

x

btg + =a b .

Innen – felhasználva ( )tg +a b kifejtését -:

x

ax

a

x

b

tg

tg

1 -

+=

b

b, ahonnan

( )

x ab

x b atg

2=

+

-b .

Mivel b hegyesszög, ezért akkor maximális, ha tgb a legnagyobb, azaz a

reciproka a legkisebb. De a számtani és mértani közép közötti egyenlôtlenség

miatt

( ) ( )

( )

x b a

x

x b a

ab

b a

ab

2

2

2$

-+

-

-.

Egyenlôség akkor, és csak akkor, ha ( ) ( )x b a

x

x b a

ab2

-=

-, ahonnan x ab= .

1742. Legyen v Pisti sebessége, x pedig a vonat és az 1. állomás közötti távol-

ság.


IV

1741.

1742.

A feltételek szerint

v

S x

5 40= , azaz x

v

S

v

S

5

40 8= = ,

továbbá v

S S x

5

4

40$ =

+.

A kapott eredményeket egybevetve ezt kapjuk: v5

12024= = km/h.

1743. A abc cba3 49$ + = egyenletet részletesen kiírva:

( )a b c c b a3 100 10 49 100 10$ + + + = + + ,

a b c299 20 49 97+ + = .

Innen csak a 2= vagy a 1= lehetséges.

Ha a 2= , akkor

b c598 20 49 97+ + = , azaz b c20 97 647= - .

A most kapott egyenlet bal oldala osztható 10-zel, tehát a jobb oldalnak is 0-ra

kell végzôdnie. De a jobb oldal csak akkor végzôdik 0-ra, ha 97c 7-re végzôdik,

azaz, ha c 1= . Ez esetben viszont a jobb oldal negatív lenne, tehát ez esetben

nem kapunk megoldást.

Ha a 1= , akkor

b c299 20 49 97+ + = , azaz b c20 97 348= - .

Ennek az egyenletnek – ugyanúgy, mint elôbb – a jobb oldalának 0-ra kell

végzôdnie, azaz 97c-nek 8-ra kell végzôdnie. Ez csak akkor teljesül, ha c 4= , és

ekkor

b20 388 348 40= - = , ahonnan b 2= .

A keresett szám: abc 124= . Valóban: 3 124 49 421$ + = .1744. A skatulyaelv alapján a 257 papagáj között van 65 azonos színû. Ezeketnégy korcsoportba lehet osztani (hiszen nincs 5 különbözô korú, azonos színû),tehát - ugyancsak a skatulyaelv szerint - kell lennie 17 azonos színû és azonoskorú papagájnak. Ha ezeket két részre kell osztani, akkor valamelyik részbenlesz legalább 9 azonos korú és azonos színû papagáj.

1745. A körfolyosó területe: ( )R r R r2 2 2 2- = -r r r . A kötél hosszának a

felére: , R r11 252 2 2= - . Tehát a körfolyosó területe: , ,11 25 397 62 =r m2. Így a

szükséges dobozok száma:

,

, ,,

1 6

397 6 1 1273 3

$= , vagyis 274.

1746. HCy

3= és AH HF y

3

2= = . Írjuk fel a koszinusztételt az FCH

háromszögre:


IV

yy y

3

2

3 2

2 2 2

= + -J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO ( )cos

y y2

3 2180 2�$ $ $ - a .

( )cos9

4

9

1

4

1

3

11 2 2= + - - a ,

ahonnan cos2 2

5=a .

De cosy2

1=a , így

y2

1

2 2

5= , azaz

y

2 2 5

2= .

Írjuk fel újra a koszinusztételt, most az XBF háromszögre:

( ) cosx x x12 5

22

2 5

22 2

2

$ $- = + - a

J

L

KKK

N

P

OOO

,

xx

1 210

1

2- = - , ahonnan x

5

3= .

Tehát a hajtás másik vége a háromszög AB oldalát :3 2 arányban osztja:

XA

BX

2

3= .

1747. Tekintsük az ábrát.

Ha = +a b c, akkor az ABD és ACD háromszögek hasonlók, vagyis

AD

n

n k

AD=

+, azaz ( )n n k 82+ = .

Innen n 1= , k 81= , vagy n 2= ,

k 39= .

De n 1= nem lehetséges, így Béla és

Csaba közül valamelyik a 12. fa

tövében, a másik pedig az 51. fa tövében végezte a mérést.

1748. 906

90105+ = gerezd fokhagymát kell ültetni.

1749. A megfelelô derékszögû háromszögekbôl

( ) ( )R x xR

x R x2

2 2

2

2- - = + - -J

L

KK

N

P

OO , ahonnan x R

20

7= .


IV

1747.

1749.

1746.


A háromszög területe:

( ) ( ) ( )T a

y a x z a y a a x z

2 2 22= -

-+

-+

+ -=

R

T

SSS

V

X

WWW

( ) ( )a y a x z a y

2 2

2

= -- + -J

L

KK

N

P

OO.

Ez akkor a legnagyobb a

2

2J

L

KKK

N

P

OOO, ha y vagy a x-

és z vagy a y- egyenlô 0-val. Ez azt jelenti,

hogy a háromszög területe akkor a legnagyobb, ha két csúcsa a négyzet két

szomszédos csúcsába esik, a harmadik pedig a négyzet szemközti oldalának

bármely pontja.

1751. A kúp alakú edény és a benne levô víz (kúp) hasonlók, így térfogatuk

aránya a hasonlóság arányának a köbe, azaz

,0 512 1= = .V5

4v zi

3J

L

KK

N

P

OO

A henger alakú edényben levô vízoszlop térfogata egyenesen arányos a benne

levô vízoszlop magasságával, tehát

, ,m 0 512 1 30 15 363v zi $= = cm.

1752. A nyomdai ív két oldalát az alábbi ábra szemlélteti:

1753. A feltételek szerint az L lány L 6+ fiúval táncolt, és ez az összes fiúk

száma. Ezek szerint L F6+ = és L F 42+ = . Innen L 18= és F 24= .

1754. A bankkártya:


IV

1750.

1752.

1754.

1755. Nem. Mindhárman 3

5üveg sört fogyasztottak, így András 3 üvegébôl

Csaba 3

4üveggel fogyasztott, míg Béla 2 üveg sörébôl

3

1üveggel. Ezek szerint

az 5 eurót 4 : 1 arányban kell elosztani András és Béla között.

1756. A négy repülôgép egy olyan szabályos tetraéder csúcsaiban van, melynek

testmagassága 300 m. Az a oldalú szabályos tetraéder testmagassága

a3

2300= , ahonnan az él (vagyis két repülôgép távolsága) ,

2

300 3367 4. m.

1757. A félgömb és a henger térfogatának egyenlôségébôl, valamint a fél-

gömb és a kúp térfogatának egyenlôségébôl:

m3

24 4 henger

3 2$ $ $ $=r r , ahonnan m3

8henger= cm;

m3

24

3

14 pku

3 2$ $ $ $ $=r r , ahonnan m 8k pu= cm.

1758. Ha l a lányok száma, 3l a fiúk száma, akkor a kérdéses alkalommal:

( )l l8 5 3 8$- = - ,

ahonnan l 16= és l3 48= .

1759. Az alábbiakban mutatunk néhány megoldást:

100 1 2 3 4 5 6 7 8 9$= + + + + + + + ;

100 1 2 3 4 5 6 7 8 9$ $ $= + + - + + ;

100 1 2 3 4 5 6 7 8 9$ $ $=- - - - + + ;

( ) ( )100 1 2 3 4 5 6 7 8 9$= + - - - - - - .

1760. A 6 literest megtöltjük, majd átöntjük a 7 literesbe. Ezután a 6 literest

újra megtöltjük, és feltöltjük vele a 7 literest, ekkor a 6 literesben 5 liter marad.

A 7 literest kiürítjük, majd az 5 litert beleöntjük a 6 literesbôl. Aztán a 6 literest

újra megtöltjük, feltöltjük vele a 7 literest, így a 6 literesben 4 liter marad. Vé-

gül a 7 literest kiürítjük, áttöltjük a 6 literes-

ben levô 4 litert, majd a 6 literest ismét

megtöltjük, és 3 litert átöntünk a 7 literesbe,

így a 6 literesben éppen 3 liter marad.

1761. Jelölje A halmaz a robotgéppel, Bhalmaz a mosógéppel, C halmaz a moso-

gatógéppel rendelkezô családok számát.

A feltételek szerint

a x 550$+ , b x 152$+ , c x 302$+ , ezért

a b c x3 1004$+ + + .

De a b c 1000#+ + , így x3 4$ , azaz


IV

1761.

x3

4$ . Tehát 1-nél több megkérdezett család rendelkezik mindhárom ház-

tartási eszközzel.


A hajtogatás jellegébôl következik, hogy

KB Cl � B KC= l � AB D= l � 45�= , és

BK B K= l , valamint B A BA=l . Tehát az

ADB’ háromszög is egyenlô szárú, ezért a

téglalap másik oldala AB 42 2= . Mivel

x x 2 42+ = , ahonnan

( )x 42 2 1$= - ,

ezért az összehajtott terítô területe:�

[ ( )]T

2

42 42 2 1 42 242 17642

$ $=

+ -= = cm2.

1763. A piramis felülnézete egy 10 # 10 m-es négyzet, melynek területe

100 m2, ami be van vonva arannyal. Ezenkívül még az öt db hasáb oldallapjai,

melyek 4-esével egybevágó téglalapok. E téglalapok mindegyikének egyik

oldala 1 m, a másik oldalak pedig rendre 4 m, 5,5 m, 7 m, 8,5 m és 10 m. Tehát

az arannyal bevont terület:

( , , )100 4 4 5 5 7 8 5 10 240$+ + + + + = m2.

1764. Az ábra jelöléseivel:

KGH egyenlô szárú derékszögû há-

romszög, így KFb

2= . Thalész tételé-

bôl: PFh

2= . Így a keresett PK távol-

ság: PKh b

2

2 2

=-

.

1765. Gömb alakú hordó: 2. grafi-

kon; körlapján álló kúp alakú hordó:

4. grafikon; csúcsán álló kúp alakú

hordó: 1. grafikon, henger alakú hor-

dó: 3. grafikon.

1766. A BMT és BMP háromszögek

hasonlók; területeikbôl a hasonlóság

aránya 1 : 2.


IV

1762

1764.

1766.

Az APMD és a BCTM trapézok területe

( )T

x x yxy

2

3 2

2

5500C

$$=

+= = ,

( )T

x x yxy

2

3 24 800D

$=

+= = .

(Ugyanezt a gondolatmenetet követve: ha a DMT háromszög területe t, a BMPháromszög területe T, akkor az egyes trapézok területe: T t Tt2C= + ,

.T T Tt2D= + l

1767. András és Béla széke között a távolság 68 33 35- = szék. Ezek szerint,

ha a legmagasabb sorszámú szék az x, akkor x17 92 35+ - = , ahonnan

x 110= .

1768. A körcikk területe: T3

1

3k rcikkq

2 $= =

r r.

Mivel TAO� 30�= , tehát BAO� 120�= , így

cosOB x AO x AO2 120�2 2 2 $ $= + - .

De cosAO

x

30 2� = , tehát AO

x

2

3

2= , ahonnan

AOx

3= .

Azt kapjuk, hogy xx x

13

23 2

12

2 2

$ $= + - -J

L

KK

N

P

OO,

ahonnan x4 3

32=

+=

13

3 4 3-b l

.

Ezzel

,T

T

3

13

3 4 3

13

3 4 3 3

13

9 4 30 500 05

k rcikk

n gyzet

q

e

$ .=

-

=-

=-

r r r

b

b b

l

l l

.

,3 14=r -gyel számolva tehát a négyzet területe nagyobb, mint a körcikk terü-

letének a fele, vagyis az építési engedélyt nem adják meg.

(Igen érdekes eredményre jutunk, ha r-nek nem két tizedesjegy pontosságával,

hanem négy vagy több tizedesjegy pontosságával számolunk. ,3 141 5=r -tel

számolva a két terület hányadosa már jóval kedvezôbb: 0,499 8, vagyis ez eset-

ben a ház megépíthetô.)

1769. Ha a küllô hossza k, akkor a feltételek szerint

( )k40 9 402 2$ $ $+ =r r, ahonnan k 80= cm.


IV

1768.

1770. A füves rét területe: rr

22

2

-rJ

L

KK

N

P

OO .

A kecske által elérhetô terület az r sugarú rét 4

3-d

része, valamint 2 negyedkör, melyek sugara r

2,

vagyis

rr

r4

32

2 4 8

72

2

2$ $+ =rr

rJ

L

KK

N

P

OO .

Ezek szerint a kecske lelegelheti a rét

,

rr

r

4

8

7

0 95

2

2

2

.

-r

r%-át.

1771. Ha elôször k db papírt vágtunk ketté (k 100# ), akkor k100 + db

papírlapunk lesz. Másodszor 2k papírt vágtunk ketté, így ez után k100 3+

papírlapunk lesz. Harmadik alkalommal 4k db papírt vágtunk ketté, így 100 +

k7+ papírlapunk lesz. Belátható, hogy az n-edik darabolás után ( )100 2 1n+ -

db papírlapunk lesz.

( ) k100 2 1 2005n $+ - = , azaz ( ) k2 1 1905 3 5 127n $ $ $- = = .

Mivel 1905 2 1n- alakú osztói közül csak a 127 jöhet szóba, így n 7= és ekkor

k 15= . Tehát legelôször 15 db papírlapot vágtunk ketté és az eljárást 7-szer

ismételtük meg.

Nevezetes egyenlôtlenségek

1772. Legyen x y 18+ = . Ekkor x y

xy92

$=+

, tehát xy81 $ . Az egyen-

lôség pontosan akkor teljesül, ha x y 9= = . Ekkor a szorzat értéke: 81

1773. Legyen x y 100+ = . Ekkor x y

xy502

$=+

, tehát xy2500 $ . Az

egyenlôség pontosan akkor teljesül, ha x y 50= = , ekkor a szorzat értéke: 2500.

1774. Legyenek az oldalak: a és b. Mivel a b2 150+ =_ i , ,a b

ab37 52

$=+

=

= tt glalape. Tehát a téglalap maximális területe: 1406,25 cm2, ekkor az oldalak:

a = b = 37,5 cm.


IV

1770.

352 Nevezetes egyenlôtlenségek

IV

1775. Legyenek a befogók: a, b. Ekkor a b

ab92

$=+

. A maximális

terület ,ab

cm2

40 5 2= , az átfogó hossza 81 cm.

1776.a b a b

212 2

2 2

#=+ +

, azaz a b 8822 2$+ , tehát a keresett minimális

érték: 882. Ezt fel is veszi, ha a b 21= = .

1777. Legyen a keresett szakaszok hossza: x cm, illetve 50-x cm.

A négyzetek területének összege: x x5022

+ -_ i .

x x x x

2

5025

2

5022

#+ -

=+ -_ _i i

. Tehát a minimális terület: 625 cm2, ek-

kor a négyzetek oldala: x = y = 25 cm.

1778. Legyenek a levágott darabok: x cm és 160-x cm. A négyzetek oldalai:

x

4cm és

x

4

160 -cm.

x x x x

24 4

160

202

4 4

1602 2

#+

-

=

+-J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

.

Tehát a minimális terület: 800 cm2, ekkor a négyzetek oldalai: 20-20 cm hosszúak.

1779. Becsüljük xy értékét közepekkel!

xyx y

2 2

17#

+= , melybôl xy

2

172

#J

L

KK

N

P

OO , az egyenlôség pontosan akkor tel-

jesül, ha x = y = 8,5. Ez nem eleme az alaphalmaznak. Létezik-e ekkor egyál-

talán megoldása a feladatnak? Természetesen igen, az x = 8, y = 9 vagy fordítva.

A feladat általánosítható: x1 + x2 + x3 + ... + xn = c és n nem osztója c-nek

esetekre hasonló a megoldás gondolatmenete.

1780. (1) Ha x pozitív valós szám és tart 0-hoz, akkor x

1tart végtelenhez, így

S is tart végtelenhez.

(2)

xx

yy x

xy

y2

1 1

2

1 12 2

$

+ + + + + +

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

;

xx

yy

x y xyx y

1 12

2

11 1

2

11

2

1

4

1

2 2

2 22

2

$ $+ + +

+ +

=

+

+

+

=J

L

KK

J

L

KK

J

L

KKK

J

L

KK

J

L

KKKK

_N

P

OO

N

P

OO

N

P

OOO

N

P

OO

N

P

OOOO

i

Nevezetes egyenlôtlenségek 353

IV

,2

1 412 5

2

=+

=_ i

, tehát S $ 12,5, s ezt az értéket fel is veszi ha xx

yy

1 1+ = + ,

vagyis ha x = y =2

1.

1781. Vizsgáljuk meg S értékét, ha x = y = z és a feltételnek megfelelôen,

tehát:

x2 + y2 + z2 = 1.

Alkalmazzuk a négyzetes és a harmonikus közép közötti egyenlôtlenséget!

x y z

x y z

1 1 1

3

3 3

1

3

32 2 2

#

+ +

+ += = .

Vegyük mindkét oldal reciprokát!

x y z

1 1 13

3

3

3

93 3$$+ + = = .

Ekkor x y z3

3= = = esetén az egyenlôség teljesül, így a kifejezés minimuma

S 3 3= .

1782. Alakítsuk át az elsô tagot, és a nevezôben alkalmazzuk a számtani és

mértani közép közötti egyenlôtlenséget:

x y

x

x y

x xy xyx

x y

xyx

xy

xyx

xy

2 2

2 2

$+

=+

+ -= -

+- = - .

Átalakítás után alkalmazzuk ismét a számtani és mértani közép közötti egyen-

lôtlenséget:

Sx y

x

y z

y

z x

zx

xyy

yzz

zx

2 2 2

2 2 2

$=+

++

++

- + - + - =

x y zx y y z z x

2

1

2 2 2 2

1$= + + - =

++

++

+- xy yz zx

2

1

2

1+ + - = .

Azaz S2

1$ , így tehát S minimuma

2

1, ha x = y = z =

3

1.

1783. Alkalmazzuk a számtani és mértani közép közötti egyenlôtlenséget

a2 1+ és 1-re.

,a

a2

2 1 12 1 1$

+ ++

__

ii azaz a + 1 a2 1$ + .

Tehát:

a b c a b c a b c2 1 2 1 2 1 1 1 1 3 4#+ + + + + + + + + + = + + + = .

Az egyenlôség pontosan akkor teljesül, ha a2 1 1+ = , vagyis ha a 0= , illetve

hasonlóan ,b c0 0= = . Ez viszont ellentmond a kezdeti feltételeknek, így csak

felsô korlát adható, de maximuma nincs.

1784. Vezessük be a következô jelöléseket: xa

1= , y

b

1= , z

c

1= .

Ekkor xyz = 1.

Az állítás bal oldalának elsô tagja:

a b cy z

x

y z

x yz

y z

x1

1 13

3 3 2

+=

+

=+

=+_ i

.

Ha elvégezzük mind a három tagra az ilyen típusú átalakításokat, és alkalmaz-

zuk a súlyozott számtani és harmonikus közép közötti egyenlôtlenséget az

, ,y z

x

z x

y

x y

z

+ + +számokra, valamint az x, y, z súlyokra:

x y z

S

x y z

xy z

xy

z x

yz

x y

z

xx

y zy

y

z xz

z

x y

x y z$

+ +=

+ +

++

++

+

++

++

+

+ +,

azaz

Sx y z

x y z x y z

2 2

2

$+ +

+ +=

+ +

_

_

i

i.

Alkalmazzuk a számtani és mértani közép közötti egyenlôtlenséget, és vegyük

figyelembe, hogy xyz = 1.

Sx y z

xyz2

3

3 2

3

2

33$ $

+ += .

Így tehát az állítást igazoltuk.

Az egyenlôség pontosan akkor teljesül, ha x y z= = , azaz ha a b c= = .

1785. Legyen a páros indexû számok összege P, a páratlanoké pedig Q.

Ha P és Q számokat összeszorozzuk, akkor a vizsgált összeg minden egyes

tagját megkapjuk. Természetesen kapunk olyan további tagokat is, melyek nem

tagjai az összegnek, de a feltétel szerint ezek egyike sem lehet negatív.

Így ...x x x x x x x xn n1 2 2 3 3 4 1+ + + + - # PQ, másrészt P Q 1+ = és P, Q nem-

negatív számok.


IV


IV

Alkalmazzuk rájuk a számtani és mértani közép közötti egyenlôtlenséget.

...x x x x x x x xn n1 2 2 3 3 4 1+ + + + - PQP Q

2 4

12

# #+

=J

L

KK

N

P

OO .

Azt kaptuk tehát, hogy a vizsgált összeg nem lehet 0,25-nél nagyobb.

Ez a becslés már tovább nem javítható, mivel ha például ,x x 0 51 2= = és

...x x x 0n3 4= = = = , akkor az összeg pontosan 0,25.

1786. Válasszuk a nagyság szerinti középsôszámot t-nek, megengedve az

egyenlôséget is.

A másik kettô összege ekkor t1 - , a különbségük legfeljebb t

3

1 -a feltételek

miatt.

Mivel minden a, b valós számra aba b a b

4

2 2

=+ - -_ _i i

,

a két „szélsô” szám szorzata nagyobb vagy egyenlô, mint

tt

4

13

12

2

- --

=

J

L

KK_

N

P

OOi

t9

21

2= -

J

L

KK _

N

P

OO i .

A három szám szorzata tehát biztosan nem kisebb, mint t t9

21

2-_ i .

t t t x y z t tt

22

$ $+ + + + + + ,

t4

1

5

2# # . Tehát minden, a feltételeknek megfelelô x, y, z számhármasra van

olyan ,t4

1

5

2!

R

T

SSS

V

X

WWW, hogy xyz f t t t

9

21

2$ = -_ _i i . A három szám szorzata tehát

biztosan nem kisebb, mint az f függvény minimuma az adott intervallumon. Ez

a minimum létezik, mivel f folytonos. Az , ,t

t t3

1

3

21

--_ i számokra teljesül-

nek feltételeink, így az xyz szorzatnak is létezik a minimuma és az éppen az fminimumával egyenlô, Az f függvény konkáv a vizsgált intervallumon, hiszen f

második deriváltja t9

24 6- -_ i itt negatív, ezért f minimumát az intervallum

valamelyik végpontjában veszi fel.

<f f4

1

32

1

125

4

5

2= =

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO. Tehát xyz szorzat legalább

32

1, és akkor pontosan

ennyi, ha x, y, z számok értékei sorrendtôl eltekintve: , ,4

1

4

1

2

1.

1787. Mivel xy x y x y2

1 22 2= + - +_ ì j< F, ezért behelyettesítés és teljes

négyzetté alakítás után: ( )xy z z z z2

12 1 2 3

2

31

2

12 2

2= - - + - = - +` _j i: D .

Tehát xy a z-ben másodfokú kifejezés.

A jobb oldalt, mint z függvényét vizsgálva f(z)-nek keressük z-tôl függô mini-

mumát, azon z értékekre, melyekre létezik az eredeti egyenletrendszernek (x,y) valós megoldása.

f(z)-nek abszolút minimuma z 1= esetén van, de ekkor

x yx y

1

02 2

+ =

+ =3

egyenletrendszernek nincs valós megoldása.

Kérdés: mely z értékekre van megoldása az eredeti egyenletrendszernek?

Mivel x z y2 1= - - , ezt behelyettesítve:

2y2 - (4z - 2)y + (3z2 - 6z + 4) = 0 egyenlethez jutunk.

Ennek az egyenletnek akkor és csak akkor van valós gyöke, ha diszkriminánsa

nemnegatív.

D z z8 32 28 02 $=- + - megoldása:

z22

22

2

2# #- + .

Mivel z 1$ esetén f z_ i szigorúan monoton nô, ezért f(z) ott veszi fel a

legkisebb értéket, ahol z a legkisebb, azaz z 22

21= - esetén. Ekkor f z1 =_ i

2

31

2

2

2

12

= - +

J

L

KKK

N

P

OOO

.

Tehát xy minimális értéke: 4

11 6 2-.

1788. Az eredeti egyenlet: x x216

273 4= + (1)

Alakítsuk át az egyenletet a következô módon: ( )x x216

273 - = . (2)

Mivel (1) jobb oldala pozitív minden valós x esetén, így x szintén pozitív.

Ha x 2$ , akkor (2) bal oldala kisebb vagy egyenlô 0.

Tehát x ,0 2! 7A .

Alkalmazzuk a számtani és mértani közép közötti összefüggést a , , , ( )x x x

x3 3 3

2-

számokra, így ( )x x x

x3 3 3

2 - -et becsüljük felülrôl.


IV


IV

( )x x x

x3 3 3

2 -( )

x x xx

43 3 3

2

2

1

16

1

4

4

#+ + + -

= =

J

L

KKK

J

L

KK

N

P

OOO

N

P

OO .

Tehát ( )x x

27

2

16

13

#-

, az egyenlôség a tagok egyenlôsége esetén teljesül, azaz

x2

3= .

Ez valóban gyöke az egyenletnek.

1789. Nyilván az f(x)-nek pontosan ott van maximuma mint a 2f(x)-nek.

f x x x2 2 82

= -_ _i i .

Becsüljük felülrôl 2f(x)-et közepekkel!

( )( ) ( )

x xx x x

2 83

2 8 8

3

1623 #-

+ - + -= ;

( ) ( )f x x x2 2 83

16

27

40962

2

#= - =J

L

KK

N

P

OO .

Tehát ( )f x27

2048# .

Ezt az értéket fel is veszi, ha x x2 8= - , azaz x3

8= , ekkor f

3

8

27

2048=

J

L

KK

N

P

OO .

1790. Df minden olyan valós (x, y) számpár, melyben sem x, sem y nem 0.

Alakítsuk át:

x yx y

x yx y x y

2 1 14 4

2 2

4 4

2 2 2 2+ + = + + + .

Erre a négy pozitív számra alkalmazzuk a számtani és mértani közepek közötti

egyenlôtlenséget.

( )f z x yx y x y

x yx y x y

1 14

1 144 4

2 2 2 2

4 4

2 2 2 24$= + + + = .

Felveszi-e f(z) a 4 minimumértéket?

Igen, ha x yx y

14 4

2 2= = teljesül.

Ezek az (x,y) számpárok a következôk: (1; 1), (1; -1), (-1; 1), (-1; -1).


IV

1791. Becsüljük alulról az ( )f x xx

94

= + függvényt számtani és mértani

közép közötti összefüggés segítségével!

xx x

x49

2

49

#+

;

12 ( )x

x f x4

9# + = .

Tehát az f(x) függvény nem vesz fel 12-nél kisebb értéket.

Ha x

x4

9= , azaz x =3

2, akkor a függvényérték pontosan 12. Tehát ez a mini-

mum.

Megjegyzés: minden ( )f xx

ax b2

=+

függvény minimuma, ha x pozitív szám, a,

b szintén pozitív esetén min(f(x)) = ab2 az x =a

bhelyen.

1792. Jelöljük a négyzetszámokat r2-tel, illetve s2-tel, azaz legyen

15a + 16b = r2 és

16a - 15b = s2, ahol r, s egész számok.

Ekkor r s a b a b ab ab225 256 2 15 16 2 15 164 4 2 2 2 2 $ $ $ $+ = + + + + - =` `j j

= a b a b481 13 372 2 2 2$+ = +` `j j.

Mivel 13 és 37 relatív prímek, r4 + s4 osztható 13-mal és 37-tel is. Ebbôl viszont az következik, hogy r és s is osztható külön-külön velük. Ezenállítás belátható az egész számok negyedik hatványának 13-mal, illetve 37-telvaló osztási maradékainak vizsgálatával. (Alkalmazható az ismert Fermat-félekongruenciatétel is.)

Tehát az elôzôekbôl következik, hogy

r 481$ , s 481$ .

Ekkor r és s legkisebb értéke 481 lehet. Ez meg is felel feltételeinknek, mert a

15a + 16b = 4812,

16a - 15b = 4812

egyenletrendszernek van pozitív egész megoldása:

a = 481 $ 31 = 14 911, b = 481.

A két négyzetszám minimumának legkisebb értéke ezért: 4812 = 231 361.

1793. Az n db könyvet n! különbözô módon tehetjük fel a polcra.Képzeletben kötözzük össze a k db kedvencet felrakás elôtt. Így n - k + 1 db„könyvet” (n - k + 1)!-féleképpen tehetünk fel a polcra, tehát a kedvezô esetekszáma: k!(n - k + 1)!

Így ( )!

!( )!P k

n

k n k 1=

- +.


IV

Ez 1-gyel egyenlô, tehát maximális, ha k = 1 vagy k = n.

Legyen P(k) nagyobb mint P(k + 1). A minimum helyének meghatározása

érdekében vizsgáljuk meg mely k-ra teljesül az egyenlôtlenség.

( )

( )

! !

! !

P k

P k

k n k

k n k

k

n k

1 1

1

1

1

+=

+ -

- +=

+

- +

_ _

_

i i

i, tehát P(k) akkor, és csakis akkor

nagyobb P(k + 1)-nél, ha (n - k + 1) nagyobb (k + 1)-nél, azaz 2k kisebb mint n.

>n k k1 1- + + ,azaz <k n2 .

Ha 2k = n (n páros), akkor P(k) = P(k + 1), ha pedig 2k nagyobb mint n, akkor

P(k) kisebb mint P(k + 1).

Ha tehát n páros, akkor kn

2= -ig P(k) monoton fogy, a P

nP

n

2 2

2=

+J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

értékek minimálisak, ezt követôen P(k) monoton nô.

Ha n páratlan, a minimuma kn

2

1=

+értékhez tartozik.

Láttuk: P(1) > P(2) és P(n-1) < P(n), tehát a k = 1, illetve k = n értékeken

kívül más maximális érték nincs.

11779944.. A kezdeti helyzet után t másodperc múlva az A-ból induló pont a

derékszög C csúcsától t100 8- méterre lesz. A B-bôl induló pont pedig a

derékszög C csúcsától 6t méterre van.

Ezért egymástól d t t t100 8 62 2

= - +_ _ _i i i méterre vannak.

Ennek a kifejezésnek ott van minimuma, ahol a

d t t t t100 8 6 100 8 3622 2 2

= - + = - +_ _ _ _i i i i kifejezésnek.

Ha t 8= , akkor a két pont távolsága minimális: 60 m.

Ekkor A pont a derékszög csúcsától 36 m-re, C pont pedig 48 m-re van.

11779955.. Jelöljük a négy falut a négyzet körbejárásának sorrendjében A-val, B-

vel, C-vel, D-vel, az AB, CD szakaszok felezôpontját E-vel, F-fel. Mérjünk fel

az EF szakaszra E-bôl is, F-bôl is 3-3 km-t. A kapott pontokat jelöljük G-vel,

H-val. Az AG, BG, GH, HC, HD szakaszokból álló útrendszeren bármelyik

faluból bármelyik faluba eljuthatunk, és az útrendszer hossza km-ben:

s = GH + 4AG = 4 + 4 34 , ez kisebb, mint 27,5 km.

A rendelkezésre álló pénz tehát elegendô.

1796. Az a oldalra merôleges magasság nem lehet nagyobb, mint b és coldalak kisebbike. Tegyük fel hogy m ba# , így a háromszög t területére felsô

korlátot kapunk:

tam ab

2 2 2

1 21

a $# #= = .


IV

A terület el is érheti az 1 felsô korlátot, ha a = 1, b = 2, illetve ma = b.

Ekkor a háromszög derékszögû, befogói a, b. Átfogója c 5= , mely kielégíti

feltételeinket.

1797. Ismert összefüggés, hogy a súlyvonalak négyzetösszege megegyezik az

oldalak négyzetösszegének 4

3-vel. (koszinusztétellel bizonyítható).

Tehát s s sa b c a b c k

4

3

4

9

3 4a b c2 2 2

2 2 2 22

$+ + =+ + + +

=J

L

KK

` N

P

OO

j, ahol a, b, c az olda-

lak hosszát, sa , sb , sc a súlyvonalak hosszát jelöli.

Az egyenlôtlenségnél a számtani és a négyzetes közepek közötti összefüggést

használtuk fel. Emiatt az egyenlôség csak a = b = c esetén áll fenn.

A megoldás tehát a szabályos háromszög.

1798. Legyenek x, y, z pozitív valós számok, melyekre

x b c a= + - ;

y c a b= + - ;

z a b c= + - .

Mivel

x y z a b c+ + = + + , és ay z

2=

+, b

z x

2=

+, c

x y

2=

+, így

Sx

y z

y

z x

z

x y

2 2 2=

++

++

+,

Sy

x

x

y

x

z

z

x

z

y

y

z2 = + + + + + .

Egy pozitív valós szám és reciprokának összege legalább 2, így S legalább 3.

Vizsgáljuk az a = b = c esetet! Ekkor S értéke pontosan 3, így S minimuma 3.

1799. Ha a levágott kis négyzetek egyenlô oldalhosszúságát x jelöli, akkor az

így kapott doboz térfogata:

V a x x2d

2= -_ i , ahol x

a0

2# # .

Nyilván Vd ugyanarra az x értékre veszi fel maximumát, melyre négyszerese.

Így V a x x4 4 2d

2= -_ i .

Alkalmazzuk a számtani és a mértani közepek közti összefüggést az alábbi

nemnegatív számokra: a - 2x, a - 2x, 4x.

Ekkor V a x a x xa x a x x a

4 2 2 43

2 2 4

3

2d

33 3 #= - -

- + - +=_ _ _

_ _i i i

i i.

Az egyenlôség pontosan akkor teljesül, ha a x x2 4- = , azaz xa

6= .

Ekkor a maximális térfogat:

( )max V aa

a3

2

6 27

2d

2

3$= =J

L

KK

N

P

OO .

1800. Legyenek az egy csúcsba futó élek: x, y, z.

Alkalmazva x2, y2, z2 számokra a számtani, illetve a mértani közepek közötti

egyenlôtlenséget:

x y xyy x yzz x zy

2

2

2

2 2

2 2

2 2

&

$$$

+

+

+

_

`

a

bb

bbx y z xy yz xz A2 22 2 2 $+ + + + =` _j i .

Tehát: x y zA

22 2 2 $+ + , egyenlôség pontosan akkor teljesül, ha x y z2 2 2= = ,

vagyis mivel pozitív számokról van szó: x y z= = , azaz ha a téglatest kocka.

1801. Legyenek az egy csúcsból induló élek: x, y, z. Alkalmazzuk x-re, y-ra, z-

re a négyzetes, illetve a mértani közepek közötti egyenlôtlenséget!

x y zxyz V

3

2 2 2

3 3$+ +

= .

x y z V32 2 232

$+ + , az egyenlôség pontosan akkor teljesül, ha x = y = z, azaz

kocka estén. Az x y z2 2 2+ + kifejezés geometriai jelentése a téglatest testátló

négyzetének vizsgálatával ekvivalens.


IV

Documents

Matematika Gyakorlo Es Erettsegire Felkeszito Feladatgyujtemeny I Megoldas