Árki Tamás Konfárné Nagy Klára Kovács István Trembeczki Csaba Urbán János. sokszínû FELADATGYÛJTEMÉNY MEGOLDÁSOK. Mozaik Kiadó Szeged, 2010

Átírás

1 rki Tamás Konfárné Nag Klára Kovács István Trembeczki Csaba Urbán János sokszínû FELADATGYÛJTEMÉNY MEGOLDSOK Mozaik Kiadó Szeged, 00

2 matematika fg_mo.qd :07 Page TA R TA LO M J E GY Z É K TARTALOMJEGYZÉK Megoldások. évfolam.. Kombinatorika, gráfok (00-60) Fibonacci-számok... Permutációk, variációk... Ismétlés nélküli kombinációk, Pascal-háromszög... Binomiális egütthatók, ismétléses kombináció... Veges összeszámlálási feladatok (kiegészítõ anag)... GRFOK ontok, élek, fokszám... GRFOK út, vonal, séta, kör, Euler-vonal (kiegészítõ anag)... Fagráfok (kiegészítõ anag)... A kombinatorika gakorlati alkalmazásai... Veges feladatok Hatván, gök, logaritmus (6-) Hatvánozás és gökvonás (emlékeztetõ)... Hatvánfüggvének és gökfüggvének... Törtkitevõjû hatván... Irracionális kitevõjû hatván, eonenciális függvén... Eonenciális egenletek, egenletrendszerek, egenlõtlenségek... A logaritmus fogalma... A logaritmusfüggvén... A logaritmus azonosságai... Logaritmikus egenletek, egenletrendszerek, egenlõtlenségek... Veges feladatok A trigonometria alkalmazásai (-9) Vektormûveletek rendszerezése, alkalmazások (emlékeztetõ)... A skaláris szorzat... Skaláris szorzat a koordináta-rendszerben... A szinusztétel... A koszinusztétel... Trigonometrikus összefüggések alkalmazásai

3 matematika fg_mo.qd :07 Page TA R TA LO M J E GY Z É K Összegzési kéletek... Az összegzési kéletek alkalmazásai... Trigonometrikus egenletek, egenletrendszerek... Trigonometrikus egenlõtlenségek... Veges feladatok Függvének (60-) Az eonenciális és logaritmusfüggvén... Egenletek és függvének... Trigonometrikus függvének... Trigonometrikus egenletek, egenlõtlenségek (kiegészítõ anag)... Veges feladatok... Inverz függvének (kiegészítõ anag) Koordináta-geometria (-776) Vektorok a koordináta-rendszerben. Mûveletek koordinátáikkal adott vektorokkal (emlékeztetõ)... Két ont távolsága. Két vektor hajlásszöge. Területszámítási alkalmazások... Szakasz osztóontjának koordinátái. A háromszög súlontjának koordinátái... Az egenest meghatározó adatok a koordináta-rendszerben... Az egenes egenletei... Két egenes metszésontja, távolsága, hajlásszöge... A kör egenlete... A kör és az egenes kölcsönös helzete; két kör közös ontjai... A arabola... Veges feladatok Valószínûség-számítás, statisztika (777-89) Klasszikus valószínûségi modell... Visszatevéses mintavétel... Mintavétel visszatevés nélkül (kiegészítõ anag)... Valószínûségi játékok gráfokon (kiegészítõ anag)... Valóság és statisztika... Veges feladatok

4 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM.. KOMBINATORIKA, GRFOK Fibonacci-számok megoldások w00 f 60, f w00 a),, 0,,,,,, 8, ; b),, 0,,,,,, 8,. w00 a),,,, 7,,,, 8, 9, 7, 0, 97, 70, 6. b) Igen, a. w00 w00 A második tagot az elsõ és az elsõ elõtt álló összegeként kajuk: + ; innen 0. Az elõtte levõ tag: +0; innen. Majd z +0; z. Aztán u + ( ) ; u. Hasonlóan kajuk a többi számot:,,, 8,,,,,, 0,,,,,, Érdekes módon a Fibonacci-számokat látjuk, csak váltakozó elõjellel. Érdemes elõször kísérletezni néhán értékkel. Hamar megtaláljuk a csua 0 sorozatot, ami ismétlõdést mutat. Azonban más sorozat nem, íg megfogalmazhatjuk a sejtésünket: általában nem lehet a számok között ismétlõdés. Sõt, eg idõ után vag szigorúan növekednek, vag szigorúan csökkennek a számok a már említett csua 0 kivételével. Hogan bizonítsuk be? Gûjtsünk össze egszerû megfigeléseket. A) Ha két ozitív szám van egmás után valahol a sorozatban, akkor az utánuk levõk is ozitívak, sõt a számok szigorúan növekednek az összeadás miatt. B) Ha van két szomszédos negatív szám a sorozatban, akkor az utánuk levõk is negatívak, sõt a számok szigorúan csökkennek. C) Ha találunk nullát, és elõtte ozitív vag negatív értéket, akkor az A) vag B) esethez jutunk: a nulla megdulázza az elõtte álló számot. Jónak tûnik a gondolatmenet, foltassuk. Mi a helzet, ha eg ozitív és eg negatív érték áll egmás mellett? D) Ha a két szám abszolút értéke egenlõ, akkor megjelenik a nulla, C) esethez jutunk. E) Ha a ozitív szám abszolút értéke nagobb, akkor ozitív értéket kaunk. Ezen belül E ), ha a ozitív érték volt késõbb, az A) esethez jutottunk. F) Ha a negatív érték abszolút értéke nagobb, akkor negatív számot kaunk. Ezen belül F ), ha a negatív érték volt késõbb, a B) esethez jutottunk. Az E) és F) esetben van eg-eg további eset is: E ), ha a negatív érték van késõbb; illetve F ), ha a ozitív érték szereel késõbb. Mindkét helzetben visszajutunk D), E) vag F) esethez. Ráadásul a létrejövõ szám abszolút értéke megegezik az összeg abszolút értékével, ami szigorúan kisebb lesz, mint az elõzõ kettõ közül a nagobb abszolút értékû. Ennek a csökkenésnek edig elõbb-utóbb vége szakad: A), B) vag C) esetekhez kanarodunk vissza. Néhán élda az E ) és F ) esetekre: a) 0,, 6,, b) 0, 8,, 6,, c) 0,,, 0, Mivel minden esetet áttekintettünk, ezzel a bizonítást befejeztük: a 0, 0, 0, számok kivételével nincs más olan Fibonacci-szerû sorozat, amiben lenne ismétlõdés (sõt, elõbb-utóbb mindig szigorúan növõ vag szigorúan csökkenõ számokat kaunk).

5 w006 86! w007 7! w008 Permutációk, variációk megoldások ( + )! ( + + 0)! w009 a) 0; b) 0; c) 0!.!!!! 0! w00 w0 a) b) w w w0! !! 0! 8! ( 8 6)! 0! ; ( 0 6)! 0! ( 0 )! KOMBINATORIKA, GRFOK Ebben a feladatban és a továbbiakban is nemnegatív (sõt elsõsorban ozitív) egész megoldásokat keresünk. A legegszerûbb, ha róbálkozunk. A másik lehetõség, hog kicsit gondolkodunk a róbálkozás elõtt: n! A szám végén álló két 0 arra utal, hog két ötös rímténezõnek lennie kell a szorzatban. Az egik maga az. A másikat a 0-ben találjuk, tehát legalább 0!-ig el kell menni. Ez még kevés, a megoldás n. w0 Az elsõ három számjeget 6 0!, a második hármat -félekéen kahatjuk meg. Az eredmén a kettõ szorzata: ( 0 )! w06 a) Egszerû ermutációja 8 különbözõ elemnek: 8! 0 0. b) Válasszunk ki eg fõt, tekintsük õt kiindulóontnak. A megadott körüljárás szerint ültessük sorba a maradék hét fõt. Ez úg történik, mintha egszerûen ermutálnánk õket: 7! 00. c) Most nem érdekes a körüljárási irán, ezért uganazt kajuk, ha az asztal eg átmérõjére tükrözzük a résztvevõket. Íg az elõzõ ontban másik ültetést katunk volna, most azonban 7! ez a kettõ uganaz. A megoldás: 0. w07 Számoljuk meg a növéneket, összesen 6-félét találunk a ulton. Mindegikbõl minden helen tehet eget a kosarába, azaz a 6 n egenletet kell megoldanunk. A megoldást megkahatjuk róbálkozással vag az rímténezõs felbontásával. A megoldás: n 8. Megjegzés: Pár lecke múlva mindkét oldal 6-os alaú logaritmusát véve is meg tudjuk oldani az egenletet. 9! w08 A második dobozból az ismétlõdés miatt a cédulákat -féleké húzhatjuk ki (ermutáció,!!! hiszen mindet kivesszük). Az elsõ dobozból ugancsak az ismétlõdés miatt 0 lehetõségünk van kivenni a cédulákat (variáció, a kiválasztás miatt). Eredménünk a kettõ szorzata:

6 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w09 Eg n alaú számrendszerben 0-tól (n )-ig n különbözõ számjeg van, ezekbõl kell 7 helre írni eget-eget. (A kevesebb jegbõl álló számokat úg kajuk, hog a szám elejére megfelelõ számú 0-t írunk.) Vagis az n egenletet kell megoldanunk, amit róbálkozással vag hetedik gökvonással teszünk meg. Az eredmén n 8, a számrendszer tehát a nolcas. w00 a) Bármikor bármelik csúcsra ugorhat, minden esetben nég lehetõsége van: 0. b) Elsõnek bárhova, utána viszont már csak - helre ugorhat: 9. c) Elsõnek bárhova ugorhat. A következõ ugrása a mostani helérõl elviszi, az utána levõkben edig mindig kizárunk kettõ csúcsot: 8. w0 w0 w0 w0 Legen a mûsor nézõszáma n. Ekkor az elsõ játékost n, a másodikat (n )-félekéen választhatják ki a nézõk közül, vagis n! n n ( n )! ( ) 980. Ezt az egenletet négféleké: róbálkozással; a zárójelet felbontva másodfokú egenletként; az 980-at rímténezõkre bontva vag gökvonásból kerekítve is megoldhatjuk. Az eredmén n. a) A három említett miniszterelnököt vegük eg csomagnak. Ekkor 8 fõt kell leültetnünk, ezt 8!-féleké tehetjük meg. Az angolnak és a franciának közre kell fognia a németet, õket ezért még kétfelékéen ültethetjük minden sorrenden belül. Az eredmén: 8! b) Ismét csomagoljuk össze a hármast. 8 fõt kör alakú asztal mellé 7!-féleké ültethetünk le, ha figelembe vesszük a körüljárási iránt is. Vegük figelembe a hármasban a szélsõk sorrendjét is: 7! Végül tekintsünk el a körüljárási irántól: 7! 7! Egik lehetõségünk a róbálkozás. Másrészt viszont ha számolunk, ismétléses ermutációt kell számolnunk. Jelöljük c-vel ( c < ) a keresett színadi mûvek számát: ( + + c)! 770.!! c! Tüntessük el a törtet, a következõ egenletet kajuk: (9 + c)! c! Leosztva!-sal (figelembe véve c lehetséges értékeit): ( 9 + c) c! 6 ( 9+ c) c! A c értékétõl függõen több esetünk van. Ha 9 + c, akkor c és íg! Ez jó megoldás. Ha < c <, akkor a bal oldalon szereel, ezért a jobb oldalon is el kell menni legalább!-ig. Azonban ebben (jobb oldalon) szereel is, ami viszont a másik (bal) oldalon nem fog elõfordulni, ellentmondásra jutottunk. Ezen esetekben nincs megoldás, Lacinak színházi elõadást tartalmazó lemeze van. Az öt germek megszülethet lán; lán és fiú; lán és fiú; lán és fiú; lán és fiú; fiú variációban. Az elsõ és az utolsó esetben egszerû dolgunk van, mindkétszer! sorrendben adhattak nevet a megszületett gerekeknek. Vegük bonolultabb éldának a harmadik esetet. Ekkor a gerekek között a lánok-fiúk sorrendje!!! ismétléses ermutáció:, azon belül a lánoknak a fiúknak -félekéen!! ( )!, ( )! adhatnak nevet (ismétlés nélküli variáció). 6

7 KOMBINATORIKA, GRFOK w0 Ez alaján minden esetet számba tudunk venni (a szimmetria miatt elég az eges eseteket kettõvel szorozni), a végeredmén:!!!! +!! ( )! ( )! +!!!!! ( )! ( )! 00. Elõször is gondoljuk át a feltételeket. Az ismétléses esetben k-ra és n-re semmiféle megszorítás nincs azon kívül, hog nemnegatív egészek. Az ismétlés nélküli esetben azonban 0 k n. Ez szigorúbb feltétel az elõzõnél, íg tartsuk magunkat az utóbbihoz. A kérdés: mel, a fenti feltételeknek megfelelõ n, k-ra igaz: n n k! ( n k)!. Feltételezhetjük, hog n ¹ 0, íg nem kell a 0 0 hatvánnal foglalkoznunk. Vizsgáljuk meg k néhán értékét! Ha k 0, akkor n 0 n!!, n vagis ekkor bármel n-re teljesül az egenlõség. Ha k, akkor uganez a helzet: n! n n n ( n )!. Ha k, akkor n n (n ) egenlethez jutunk. Ennek egetlen megoldása n 0, ami nem felel meg a k n feltételnek. Ha k értékét tovább növeljük, akkor egre magasabb fokú egenletekhez jutunk, meleket nem tudunk megvizsgálni. A megoldás azonban sokkal egszerûbb. Azt kell észrevennünk, hog a kiinduló egenlõség jobb és bal oldalán is k ténezõbõl álló szorzatokat találunk, azonban a bal oldalon csua n ténezõvel, a jobbon viszont n-tõl csökkenõ ténezõkkel. Vagis ha a szorzatoknak több ténezõje is van, akkor nem lehetnek egenlõk. A megoldás: k 0ésk értékre bármel n-re megegezik n elem k-tagú ismétléses és ismétlés nélküli variációinak száma, más értékekre viszont soha. Ismétlés nélküli kombinációk, Pascal-háromszög megoldások w06 a) 6; b) 0; c) 6; d) 6; e) ; f) 78; g) ; h) 78; i). w07 a) ; b) n; c) n n; n n d) ; e) n; f). w08 a) ʈ b) Ê ˆ c) Ê ˆ 0 w09 a) Nincs. b) Eg helen: ; kettõ helen: és ; három helen: 6; nég helen: 0. (Több helen nem lehetnek, mert utoljára a szélsõ eges mellett fordulhatnak elõ.)

8 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w00 a) Ê6ˆ 6 6 b) Ê ˆ 0 c) Ê ˆ d) e) 6 elembõl nem lehet 7-et kiválasztani. w0 a) 6; b). Ê7ˆ w0. w0 a) ʈ 8060 b) 6 ; w0 w0 w06 Ê9ˆ 8. Ê7ˆ. Ê60ˆ 876. Ê90ˆ ʈ 7 7»,. 6 Ê6ˆ 6 ; w07 A Pascal-háromszög elõállításából adódóan szimmetrikus, és az értékek a sorok elején növekednek a szimmetriatengelig. Íg ha áros számról van szó, a felét kell aláírnunk. Páratlanokra két megoldást is kaunk: egik a szám felének egészrésze, másik az ennél eggel nagobb egész. A konkrét éldában: a) k, ʈ 706 b) k 6 vag k 7, Ê ˆ Ê ˆ 76. ; 6 7 w08 a) A török közül ʈ 9-féleké válogathat ebédre néget Hókuszók. b) A maradék nolc fõbõl választanak elõször kettõt, majd a maradék hatból ismét kettõt. Mivel ezeket egmástól függetlenül meg tudják tenni, össze kell õket szoroznunk: Ê8ˆ 6 0 Ê ˆ. w09 A lehetõségek száma: Ê9ˆ 0 Ê ˆ. w00 a) A négkerekû autó mind a nég kerekére nég csavar kell, íg a válasz: Ê60ˆ 6. b) Ha külön-külön vesz ki csavarokat a dobozból Sani, akkor a következõ adagot mindig néggel kevesebb közül választhatja, Ê ˆ -féleké. Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ c) Az a) eset kifejtve egszerû: Ê ˆ! Most b) esetet is fejtsük ki: 6 6!!. Ê60ˆ Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ!!! 8 60! 6!!!! 8!!!!! (!.!) Az egszerûsítések után maradt alakokból mivel 6! > (!) már látható, hog a b) esetben több lehetõségünk van a csavarok kiválasztására. 6! Végül osszuk el a b)-ben kaott eredmént az a)-ban kaottal. Íg -hoz jutunk,!!!! ami megfelel 6 elem,,, -tagú ismétléses ermutációinak. Azaz ha az a) esetben figelembe vesszük ezt a sorrendet is (vag a b) esetben eltekintünk tõle), akkor a két eset egenlõ lesz. 8

9 KOMBINATORIKA, GRFOK w0 a) Ha a iros királ a leosztott laok között van, akkor a maradék -bõl kell még mellé tenni hármat: ʈ 9. b) Ez az eset három egmást kizáró alesetbõl áll össze: iros, de nem királ; iros királ; nem iros, de királ. A három esetben összesen la van (7 + + ), melekbõl bele kell kerülnie egnek a leosztott nég la közé. A többi három leosztott la a maradék laból kerülhet ki. A megoldás: ʈ 60 Ê ˆ. c) A legalább szó ganús lehet, inkább számoljuk ki a kérdezett eset ellentétét (komlementerét). Ekkor arra kell válaszolnunk: hánféleké fordulhat elõ, hog a leosztott nég la között nincs sem iros, sem királ la? Azokból a laokból, melek nem irosak és királ sincs rajtuk, van. A megoldást úg kajuk, ha kivonjuk az összes esetbõl az ellentettet: ʈ Ê ˆ 997. w0 Az autószerelõs feladathoz hasonló szorzatot kell felírnunk: ʈ 9 6 Az ottanihoz Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ.! hasonlóan elvégezve az egszerûsítéseket:» 76, 06. (!) 0! w0 I. megoldás. A legalább eg ász ellentéte, ha nincs ász a leosztásban. Mivel összesen nég ász van a akliban, íg az ellentétes eseteket az összes esetbõl kivonva a megoldás: ʈ 8 Ê ˆ 8. II. megoldás. A legalább eg jelent eg, kettõ, három vag nég ászt. Ez nég eset, lássuk részletesebben az egiket, mondjuk a három ászt. Ekkor a csomagban levõ négbõl három bekerül a leosztásba, a maradék eget edig a nem ászok közül töltjük fel, ʈ 8 -félekéen. A többi Ê ˆ esetet is kiszámíthatjuk, összegük adja a megoldást: ʈ Ê ˆ + Ê ˆ Ê ˆ + Ê ˆ Ê ˆ + Ê ˆ Ê ˆ 0 8. w0 A legfeljebb eg tök lehet eg vag nulla darab. Ez csak két eset, nincs értelme áttérni az ellentett eseménre, hiszen ott hét alesetet kellene összeírni. Lássuk hát. Ha nincs tök a leosztásban, akkor a akliban levõ nolc laból nulla darab kerül a nég la közé, az összes többi iros, zöld vag makk: Ê8ˆ 066 Ha eg tök van, akkor iros, zöld, makk lehet három: Ê8ˆ A megoldás a kettõ összege: Ê ˆ Ê ˆ + Ê ˆ Ê ˆ. Ê 0 Ê ˆ. ˆ. w0 Gondoljunk át részletesen eg esetet, éldául a három találatot. Hármasunk úg lehet, ha az öt nerõszámból megjelöltünk (kiválasztottunk) hármat, a maradék két tiünknek viszont a nem nerõ 8 számból kell kikerülnie. Ez alaján minden esetet számba vehetünk. Ha nincs találatunk, akkor minden megjelölt számunk a nem nert -ek közül kerül ki. Ha edig telitalálatunk van, akkor ott minden megjelölt ti a nerõszámok közül kerül ki a) Ê ˆ 807 b) Ê ˆ 09 c) Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ 0 Ê ˆ ; ; ; d) Ê ˆ 700 e) Ê ˆ f ) Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ ; ; Figeljük meg, hog az összes lehetséges számötösök darabszáma Ê ˆ 9968 ami a fentiek, összege. Ez azért lehet, mert az összes esetet egmást kizáró alesetekre bontottuk. 9

10 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w06 w07 w08 w09 Eg kézfogás létrejöttéhez két ember kell. A kérdést módosíthatjuk íg is: hán fõbõl választhatunk ki összesen -féleké kettõt? Vag: határozzuk meg n természetes számot, amire Ênˆ Ez nem. bonolult, csak írjuk fel n alatt k definícióját, és egszerûsítsünk le (n )!-sal: n! n ( n ).! ( n )! Utóbbi egenlõséget tekintsük önálló egenletnek és tüntessük el a törteket, bontsuk fel a zárójelet, majd rendezzük eg oldalra. Íg az n n 90 0 másodfokú egenletet kajuk, aminek megoldásai: n 0ésn 9. Nekünk a feladat szövege szerint csak a természetes számok jöhetnek szóba, íg a tárgaláson 0 fõ volt jelen. Csak ki kell fejtenünk a bal oldalon álló kifejezéseket, majd közös nevezõre hozzuk õket: Ên ˆ n ( n )! ( n )! + Ê ˆ + ( n )! k + ( n )! ( n k ) n Ê ˆ. k k ( k )! ( n k)! k! ( n k)! k! ( n k)! k A végén kiemeltünk (n )!-t, és összevontunk a zárójelben. Íg éen (n )! n n! formát kajuk, és készen is vagunk. a) Az összefüggéshez eg soron belül kell három egmást követõ számot találni (vagis legalább a második sorból lásd az ábrán), éldául: + +6, A kaott értékek két sorral lejjebb találhatók 7 7 (innen az n + ), és mivel a soron belül az azonos sorszámú tagok ferdén balra dõlve követik egmást (iros vonal), íg az összeadandók közül az utolsó sorszámával egezik meg az eredmén (innen a k + ). b) A bizonítást elvégezhetnénk a definíció alaján is, azonban hosszadalmas és nem jelent újat az elõzõ feladathoz kéest. Ezért róbálkozzunk magával az ott tárgalt összefüggéssel: Ê n ˆ Ênˆ Ênˆ Ê n ˆ Ên + ˆ Ên + ˆ n Ê ˆ k k k k + k k + k +. 6 Érdemes az ábrán is követni a levezetést. a) A feladat az elõzõ éldához nagon hasonlít, csak itt nég darab eg sorban, egmás után álló számot kell összeadnunk (ezért aztán leghamarabb a harmadik sorban tekinthetjük). Ott edig vag késõbb

11 KOMBINATORIKA, GRFOK b) A 0 és 0 értékeket három sorral lejjebb, az utolsó értékkel azonos sorszámú helen találjuk. Azaz a sejtésünk: Ê n ˆ n n n n Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ. k k k k + k + c) Az igazoláshoz használjuk fel hétszer az Ên ˆ n n + Ê ˆ Ê ˆ összefüggést. A -as szorzó k k k szükséges, uganis ha csak kétszer vennénk a közésõ elemeket, akkor éldául: 7 + 8; + 6; Ezen három számból csak az egik oldalon foltathatnánk, hiszen 6 egszer szereel. A közésõ elemet ezért meg kell duláznunk, amihez három darab és három darab kell. Megjegzés: Az elõzõ két feladatot természetesen lehet általánosítani, bõvítve a számok sorát. Érdemes észrevennünk, hog az egütthatók is a Pascal-háromszögbõl valók. Azonban most részletesebben eg további általánosításra hívjuk fel a figelmet. Írjuk le az elsõ sorokat, ahol az összefüggések elõfordulhatnak íg: + + Ê ˆ + Ê ˆ + Ê ˆ Ê ˆ és Ê ˆ 0 0 ltalánosítva megfigelésünket, új sejtéshez juthatunk. Próbáljuk meg bebizonítani, hog Ênˆ n n n n + Ê ˆ + Ê ˆ + + Ê ˆ Ê ˆ. 0 n n ʈ ʈ ʈ Ê ˆ. w00 a) Az összefüggés az egmás utáni sorokban uganazon sorszámú heleken álló számok összege, mindig a sorvégi szélsõ értéktõl kezdve. Például: vag b) Úg tûnik, az összeg mindig az eggel lejjebb levõ sor eggel hátrébb levõ eleme. Sejtésünk: Êkˆ Êk + ˆ Êk + ˆ Ên ˆ Ênˆ Ên ˆ. k k k k k k + c) A bizonítást elvégezhetjük rögzített k-ra n szerinti teljes indukcióval, de bevethetünk eg aró trükköt is. Igaz uganis, hog Êkˆ Êk + ˆ Êk + ˆ Êk + ˆ Êk +, ahonnan + ˆ. k k + k + k k + Íg az elsõ kéttagú összeg egbeolvad, majd a következõ kettõ újra és íg tovább. Nem teszünk mást, mint újra és újra felhasználjuk az Ên ˆ n n + Ê ˆ Ê ˆ összefüggést. Tulajdonkéen k k k eg teleszkoikus összeghez jutunk.

12 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM d) Az összeg k -re a következõ alakot ölti: ʈ ʈ ʈ Ênˆ Ên ˆ, vag uganez máské írva: n ( n+ ) n. Ez edig nem más, mint az elsõ n természetes szám összegére vonatkozó összefüggés. Megjegzés: Játsszunk még az összefüggéssel. Használjuk ki a Pascal-háromszög szimmetriáját, és tükrözzük a szimmetriatengelre a szerelõ tagokat. Felhasználva az Ênˆ n Ê ˆ összefüggést, a következõ alakhoz jutunk: k n k Êkˆ Êk + ˆ Êk + ˆ Ê n ˆ Ê n ˆ Ên ˆ 0 n k n k n k. k k A c) részben leírt trükkel ezt is igazolhatjuk, ha felhasználjuk, hog Ê ˆ Ê + ˆ. 0 0 w0 A kérdés kicsit másként fogalmazva: oldjuk meg a ʈ 7 egenletet. Ezt róbával vag k a definíció alaján tudjuk megtenni. Lássuk a tudománosabb módszert. Eltüntetve a törtet:! 7, k! ( k)! k! ( k)! A jobb oldalon eg egész számokból álló szorzat sõt két szorzat szereel. Ráadásul mindkettõ -tõl kezdve halad az egmás utáni egészeken, íg tartalmaz sorozatban egforma ténezõket is. Tehát várhatóan bizonos értékek dulán szereelnek a szorzattá bontásában. Lássuk a rímténezõs felbontást: A 7 és rímténezõ biztosan egszer szereel, íg azok csak a hosszabb szorzat elõállításában vehetnek részt. A köztük levõ 6 is egszer szereel, elõállításához eg és eg rímténezõ szükséges. Az elõtt kell lennie az szorzatnak, ami elvisz három és eg rímténezõt. Eddig elfogasztottunk nég darab, kettõ darab, eg és eg 7 rímet. Maradt 6. A három rímbõl nem tehetünk kettõt a rövidebb szorzatba, mert akkor el kellene jutnunk 6-ig. Íg kettõ marad a hosszabban, azaz ott lesz 9 is és íg 8 is. Ezzel újabb rímeket használunk el, marad. Ez edig ont elég az szorzathoz. Vagis ! 9! és íg k vag k 9. Tehát fõbõl vag 9 fõt tudunk 7-félekéen kiválasztani. w0 A kérdés átfogalmazva: oldjuk meg a természetes számokon az Ênˆ 770 egenletet! Ennek is 7 nekiláthatunk róbálgatással, ám abból nem sokat tanulunk. Az elõzõ éldához hasonlóan kezeljük a kérdést: n! 770, 7! ( n 7)! n! ( n 7)! Rutinosan rímténezõkre bonthatjuk a jobb oldalt (rögtön válasszuk le a végérõl a 00 -t):

13 KOMBINATORIKA, GRFOK Figeljük meg a másik oldalt is, itt n-tõl lefelé hét darab egmás után következõ egre kisebb szám szorzata szereel. Mivel a 7 és 9 rímek, íg valószínûleg szereelnek a szorzatban. Köztük találjuk a 8 -t is. Várhatóan 7-ig nem jut el 9-tõl a szorzat, ezért 7-et kell keresnünk vag 7-et. Bármelik is szereel, a szorzat szélén kell állnia. Uganis van két -ös rímténezõ is, egik lehet a éítõköve, másik edig a 0 -é. Gûjtsük össze a felbontásból eddig elhasznált rímeket: Maradt még eg darab és eg darab 7, tehát a megoldás: Vagis 0 fõbõl választhatunk 77 0-féleké 7-et. Másik megoldás nincs. w0 A feladatra azonnal adhatunk két magától értetõdõ megoldást: a 868. sor. eleme és a 868. sor 867. eleme is 868. Igen ám, de található-e más lelõhele a Pascal-háromszögben a jelzett számnak? Most is fogalmazzuk meg másként a kérdést: mel n és k (n ³ k ³ 0) természetes számra teljesül, hog Ênˆ k 868? Az elõzõ ontban az Ê868ˆ 868 Ê ˆ 868 megoldást adtuk meg. 867 Próbálgatással most nem sokra megünk, mert sok az ismeretlen. Vegük hát a definíciót, bontsuk fel a 868-at rímekre, és gondolkodjunk: n! 7 7. k! ( n k)! A bal oldalt tekintsük úg, hog a több ténezõbõl álló szorzattal leegszerûsítettünk, legen ez most az (n k)! (A szimmetria miatt nem fontos, meliket tekintjük.) A túloldalon van eg 7-es rímténezõ, ami elég nag ahhoz, hog ne egszerûsített alakból kajuk. Feltehetjük, hog a 7 szereel a bal oldal számlálójában. Nézzük a 7 körüli számokat, éldául az elõzõ feladathoz hasonlóan 8 -t is ki tudjuk rakni a rímekbõl és 7-et is. 9 nem szereel, íg biztosan tudjuk, hog legfeljebb n 8. sem szereel, tehát vele már egszerûsítettünk. A 8 és között lennie kellett és6 -nek. Hat darab -es rímünk azonban nincs a felbontásban ez azért lehet, mert a szorzatot egszerûsítettük k!-sal. Most nézzük meg azt, mi hiánzik a teljes szorzatból, ennek árulkodnia kell az osztó k!-ról: ( 7 7) ( ) ( 7 7) ( ) ( 7 7) (!). Elkészültünk hát: k és n 8 megoldást ad. Uganíg a szimmetria miatt megoldás k is. Binomiális egütthatók, ismétléses kombináció megoldások w0 a) 9 6b + b ; b) e + 6e f + ef + 8f ; c) ; d) ; e),a +,a,7a +,87a 0,66a + 0,097a 6 0,0078a 7.

14 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w0 a) ; 7 b) 6a8 a7b+ 8a6b ab+ 70ab ab+ ab6 ab b 8; c) + 9 ( ) ( ) ( ) ; d) ; e) w06 a) sin cos ; b) sin cos + sin cos +. w07 a) (a + b) ; b) (0, ) ; c) ( ) ; d) w08 a) ; b) ; c) ; d). w09 a) Üres halmaz. b). c) Nincs ilen halmaz. d). e) 8. f) Nincs ilen halmaz. w060 w06 w06 w Minden bit értéke 0 vag lehet. Mivel a shortint és az integer egész számok, ezért lehetnek negatívok is: kell hagnunk az elõjelnek eg bitet (az elsõt). A szám értékének rögzítéséhez íg 7, illetve bit marad. A legnagobb érték ezért a) shortint esetén: 7 8; b) integer esetén: 768. A részhalmazok számát csak a halmazban levõ elemek száma határozza meg, máredig shortint tíusú számból darab lehet, integerbõl edig A válasz: c) 7 ; d) 67. A két megadott szám a lánok és a fiúk részhalmazainak száma. Vagis kérdés, hog -nek melik hatvána az, aminek értéke 0. Hamar kitaláljuk, 0 0. A fiúknál uganez 89. Ebbõl adódik, hog a lánok tízen, a fiúk tizenhárman vannak az osztálban, tehát az osztállétszám összesen huszonhárom. Tehát -félekéen választható ki eg csoort az egész osztálból. Megjegzés: Hamarosan megtanuljuk általánosan is megoldani a 0, ún. eonenciális egenleteket. Kézeljük el a csaat összes tagját egmás mellett állva a bemutatáskor. A belõlük kéezhetõ részhalmazokat jelölhetjük úg is, hog eg mínuszjelet kézelünk afölé, aki nem tagja; és eg lusz jelet afölé, aki tagja a részhalmaznak. Mind a tizeneg játékos felett vag lusz, vag mínusz jel állhat, íg lehetõség van különbözõ részhalmazok kézésére. a) Most ha az Enikõ feletti jelet mínusznak rögzítjük, akkor csak a többiek jele változhat, tehát a megoldás 0. b) Az elõzõ részhalmazokat úg katuk, hog Enikõ jelét mínusznak vettük. Hagjuk hát ezt íg, és most legen Évike jele lusz. Ezt is rögzítettük, szabadon választható marad kilenc fõ, a megoldás 9. c) Ebben a kérdésben öt fõt kell rögzítenünk (az mindeg, hog lusz- vag mínuszjelet rögzítünk a játékos felett kézeletben). Szabadon hat fõt választhatunk, a kéezhetõ részhalmazok száma 6, ami éen -ed része az összes lehetõségnek. a) A fociban semmi sem tiltja, hog két vag több szabadrúgást ne végezhessen el uganaz a játékos. Mivel ebben az esetben az idõbeli sorrendet is figelembe vesszük, íg 8 fõ közül kell kiválasztani az elsõ, a második stb. szabadot rúgó játékost (ismétléses variáció): 8 6»,8 0. ( ) +.

15 KOMBINATORIKA, GRFOK b) A sorrend most nem számít, ezért ismétléses kombinációt kell számolnunk. A tizeneg játékosból elhagva a három csatárt, 8 elem 6 tagú ismétléses kombinációinak száma: Ê8+ 6 ˆ 7. 6 c) Ebben a részfeladatban a csatárokat engedjük szabadrúgást lõni, de a kaust nem. Megint ismétléses variációt számolunk, az eredmén: 0. d) A sorrendre való tekintet nélkül ismétléses kombinációhoz jutunk: Ê0 + ˆ Veges összeszámlálási feladatok (kiegészítõ anag) megoldások w06 a) Ê00ˆ 9 ; b)! ; c) Ênˆ n k k! ( n k)! n elem k tagú ismétlés nélküli variációinak száma. w06! a) 8600; ( )!! b) 960 ( )! Ê ˆ elem tagú ismétlés nélküli kombinációinak száma. w066 w067 a)!; b)!;! c)! 660 ;!!! d)! ( ) 080. w068 9! a) b) Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ 70. ( 9 )!! ; ( 8 )! w069 Ê0ˆ 7 8! a) Kétféle megoldás is eszünkbe juthat. A számolós megoldáshoz fejtsük ki a két oldalt, majd amivel csak lehet, egszerûsítsünk, és tüntessük el a törteket: n! n! k! ( n k)! ( k )! ( n k+ )!, n k + k, n k. Megoldásárokat kaunk, ezeket eg táblázatba is foglalhatjuk: k n 7 9 Vagis éldául hét elembõl annifélekéen tudunk kiválasztani a sorrendre való tekintet nélkül néget, mint hármat. Öt elembõl edig anniféleké tudunk kiválasztani a sorrendre való tekintet nélkül hármat, mint kettõt.

16 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM b) Az elõzõ esethez hasonló átalakításokkal ebben az esetben (n k + ) (n k + ) (k ) k alakhoz jutunk. A zárójeleket kifejtve, és rendezve az egenletet: n + ( k) n + k 0. Tehát n ismeretlenben másodfokú egenletet katunk k araméterrel. Felírva és egszerûsítve a megoldókéletben szerelõ kifejezéseket: k ± ( k ) n,. Az összeadással n k. A kivonással k 6 kaott, k-tól független n eredmént nem tudjuk értelmezni. A táblázat a megoldásárokkal már ismerõs lehet. n A kombinatorika nelvére fordítva ez azt jelenti, hog l. hat elembõl annifélekéen lehet néget kiválasztani a sorrendre való tekintet nélkül, mint kettõt. Megjegzés: A feladat adja az általánosítás lehetõségét: mel n, k, r megfelelõ ozitív egész értékekre igaz, hog Ênˆ n Ê ˆ? Azonban az eddig alkalmazott módszerrel várhatóan k k r n-ben r-edfokú egenletet kaunk. A fenti eljárás helett sokkal egszerûbb, ha felhasználjuk, hog a binomiális egütthatók éítik fel a Pascal-háromszöget. A kékkel jelölt értékek adják az a) részben feltett kérdésre a választ, a zöldek edig a b) részfeladatra. Indokláskéen elegendõ a Pascal-háromszög szimmetriájára hivatkoznunk. Íg az általánosított kérdést is meg tudjuk válaszolni minden lehetséges n, k és r értékre w070 brázoljuk a csaatokat és a köztük lezajló mérkõzéseket. 6

17 KOMBINATORIKA, GRFOK a) Sorban haladva az elsõ csaat mérkõzést játszik (iros). A második már játszott az elsõvel, íg 0 új mérkõzést játszik (zöld). A harmadik már játszott az elsõ kettõvel (kék) stb.: b) A másik ábrát tekintve minden csaat mérkõzést játszik. Azonban figelembe kell vennünk, hog két csaat csuán egetlen egszer találkozik, mi viszont minden meccset kétszer számoltunk (egszer az egik, egszer a másik csaatnál). A heles eredmén: 66. c) Bármel mérkõzés létrejöttéhez két csaat szükséges. A feladat átfogalmazható íg: hánféleké lehet kiválasztani elembõl kettõt ismétlés nélkül? A válasz edig: ʈ 66. Megjegzés: Ha a feladatot általánosítjuk, az a) és b) részbõl adódik az elsõ n természetes szám összegére korábban már megismert kélet is: n ( n+ ) n. w07 w07 a) A legalább kettõ 8-as jelenthet kettõt, hármat, néget vag ötöt. Inkább számoljuk a komlementer esemént, ha nincs vag eg 8-as van. Az összes esetek száma (ismétléses variáció) 9. Nincs 8-as a számok között 8 esetben. Az egetlen 8-as állhat öt helen, a többi helre a maradék nolc érték valamelikét írhatjuk: 8. Az eredmén a fenti értékek különbsége: b) Most is érdemes áttérni az ellentett esetek összeszámlálására, azonban itt ismétléses kombinációkat kell felírnunk (tankönvben aró betûs rész). Az összes esetekben kilenc számból választunk ki ismétléssel ötöt: Ê9+ ˆ. Ha nincs közöttük 8-as, akkor már csak nolc számból választunk ötöt ismétléssel: Ê8+ ˆ. Ha eg 8-as van a számok között, akkor a többi néget a maradék nolc értékbõl választhatjuk, szintén ismétléssel: Ê8+ ˆ. A végeredmén: ʈ Ê ˆ Ê ˆ 6. 0! a) A faglalt átvétele 0 elem tagú ismétlés nélküli variációja, ezek száma ( 0 )!.! A énz átadása elem valamel,, tagú ismétléses ermutációja, számuk!!!. Az eredmén a kettõ szorzata: 0!! ( 0 )!!!!. 0 b) A faglaltot 0 elem tagú ismétlés nélküli kombinációjaként kajuk, számuk Ê ˆ. A,, darab érmét ki kell választanunk az,, darab azonos közül, ezt Ê ˆ, Ê ˆ, Ê ˆ -féleké tehetjük meg. Az eredmén: Ê0ˆ Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ. 7

18 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM c) A faglaltot 0 elem tagú ismétléses variációjaként kajuk, összesen 0 -félekéen. A fizetés az elõzõ részkérdéshez hasonlóan zajlik. Az eredmén ekkor: 0 Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ. d) Utoljára 0 elem eg 7 tagú ismétléses kombinációját kell tekintenünk, erre Ê0 + 7 ˆ különbözõ lehetõségünk van. 7 Az érmék kiválasztása most is ʈ, Ê ˆ, Ê ˆ -féleké történik, azonban mivel egesével számoljuk le õket, sorrendjük is számít (6 elem,, tagú ismétléses ermutációja). Az eredmén: Ê0 + 7 ˆ 6! 7 Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ!!!. w07 a) Az elsõ játékos az eredeti laból ka -öt, ezt Ê ˆ -féleké adhatja neki az osztó. A második 7 játékosnak már csak a maradék 7 laból jut 7 darab, Ê ˆ -féleké. Ezt követõen az elsõ 7 7 játékos Ê ˆ -féleké dobhat laot a kezében levõ -bõl. A második játékosnak a dobásra Ê ˆ lehetõsége van. A ledobott hat laot ezután 6!-féleké tehetik egenes sorba. Az eredmén a fentiek szorzata, hiszen egmástól nem függõ eseménekrõl van szó: w07 b) A kör alakú elrendezés esetén csak a feladat vége változik: Hatszor több lehetõségünk van a játékban egenes sorban elhelezni a laokat, mint kör alakban. a) A laok leosztásakor most sem vehetjük figelembe a sorrendet, íg a lehetséges leosztások száma: ʈ 8 Ê ˆ 6 Ê ˆ 8. b) Az elõbbihez hasonlóan: Ên n k n k k n k k kr ˆ k Ê ˆ k Ê ˆ Ê º k º ˆ k. c) Fejtsük ki elsõnek az a) részt. Két helen is egszerûsíthetünk: ʈ 8 8 Ê ˆ 6 Ê ˆ!!!! 8! 8! 6!! 8!!! 6! 8!!. A b) esetben is hasonlóan végezhetünk egszerûsítéseket: n! ( n k)! ( n k k kr )! k! ( n k)! k! ( n k k)! kr! ( n k k kr)! n! k! k! k! ( n k k k )!. Mindkét esetben megfigelhetjük, hog a nevezõben levõ faktoriálist kijelölõ számok összege (l ) kiadja a számlálóban szerelõ számot. Ilet korábban az ismétléses ermutációnál láttunk ( elem, 6, 8 és tagú ermutációinak száma enni). 8 ʈ 7 7 Ê ˆ 7 Ê ˆ Ê ˆ 6! ʈ 7 7 Ê ˆ 7 Ê ˆ Ê ˆ! r r r

19 KOMBINATORIKA, GRFOK GRFOK ontok, élek, fokszám megoldások w07 A keresett gráf az ábrán látható. A B K G w076 A keresett gráf az ábrán látható. B CS L A T U w077 M J, M G, J H, J G, N G. w078 A keresett gráf az ábrán látható T C w079 a) 6 ; b) 6. w080 a) A keresett gráf az ábrán látható. b) Gábor és Zoli. A J G E Z CS w08 A keresett gráf az ábrán látható. A CS L w08 w08 w08 a) Például: buszforduló, zsákutca. b) Eg utcáról lakótelere vezetõ út két bejárattal. Nem. a) A keresett nég gráf az ábrán látható. F 9

20 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM b) A keresett nolc gráf az ábrán látható. A A A A B C B C B C B C A A A A B C B C B C B C w08 A:, H:, G:, N:, J:, M:. w086 A keresett gráfok az ábrán láthatók. a) ; b) ; c). w087 Három lehetõség van:,,, ;,,, ; 0,,,. A keresett gráfok az ábrán láthatók. w088 Az a) és b) részfeladat megoldása az ábrán látható. c) Ilen gráf nem létezik. a) b) w089 b) Várhatóan a négfokúakból. w090 A keresett gráfok az ábrán láthatóak. a) b) c) 7 6 w09 A keresett betûk sorban: a) b) c) 0

21 KOMBINATORIKA, GRFOK w09 A huszár léési szabála alaján az ábrán látható helekre juthat el a megjelölt ontokból. Íg a) G8 ont fokszáma ; b) D ont fokszáma 8. ( ) w09 Tekintsük végig a figurákat. A királ nem ilen, hiszen a sarokban () kevesebb lehetõsége van léésre, mint a tábla közeén (9). A vezérnek hasonlóan a királhoz, a sarokban állva () kevesebb a lehetõsége, mint a közésõ nég mezõben (7). A futónak a sarokból indulva 7, míg a közésõ nég mezõ valamelikébõl léési lehetõsége van. A básta azonban a sarokból () ugananni léést tehet, mint közéen állva (). Úg tûnik, hasonló a helzet a galoggal: az üres táblán mindig eget léhet A B C D E F G H elõre, íg a köztes mezõket jelölõ gráfontok fokszáma azonban a tábla kiindulóontjáról csak elõre léhet eget, íg ezen ontok fokszáma. Tehát az egetlen megoldás a básta. w09 Tudjuk, hog eg n csúcsú teljes gráfnak Ênˆ n ( n ) berajzoltunk n darabot, akkor még éle van. Ha eg egszerû gráfba már n ( n ) n ( n ) n élt kell megrajzolni, hog teljessé váljon. w09 w Ha a berajzolható élek maimális számát keressük, akkor tekintsünk csak egetlen izolált ontot a gráfban uganis minél több izolált ontot kézelünk el, annál kevesebb élt rajzolhatunk meg. A maradék öt ont között akkor rajzoljuk a legtöbb élt, ha teljes gráfot készítünk. Ennek éleinek száma edig ʈ ( ) 0. Akik 6-ot mondtak, azok összesen 7-en vannak eg nemzetbõl. Akik -et mondtak, azok -en. Azonban mivel fõ mondta a -et, legalább három ötfõs különbözõ nemzet tagjai. Aki -t válaszolt, azok hárman vannak. Íg mindkét kérdést megválaszolhatjuk: a) Öt különbözõ nemzet tagjai dolgoznak a cégnél. b) Összesen 8 fõt kérdezett meg a fõnök, maradt még 7 fõ. fõnek kell még 6-ot, fõnek -öt, fõnek -t válaszolni a cégvezetõ kérdésére. w097 a) Vigünk rendszert az esetek összeszámlálásba. Vizsgáljuk meg, ha 0, aztán, majd,,,, 6 éle van az egszerû gráfnak. A megoldás az ábrákon látható. A B C D E F G H 0 él: él: él: él: él: él: 6 él: A B D C Érdemes megfigelni, hog az eges esetek szimmetrikusak: 0 élû eset anni van, mint 6; élû, mint ; élû eset edig, mint. Ez abból adódik, hog n élt berajzolni ontosan annifélekéen tudunk, mint n élt a teljes gráfból letörölni.

22 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w098 w099 w00 w0 b) Az ábrán az üres ABCD gráfot tekintve hat különbözõ hel van. Ezek mindegikére vag rajzolunk élt, vag nem. Ez élenként két lehetõség. Tehát az egszerû gráfok száma 6 6. (Ezzel biztosítottuk azt is, hog a keletkezõ gráf valóban egszerû lesz.) A 097. feladat b) részét kell továbbgondolnunk. Tekintve az n ontú teljes gráf minden eges élét, azt vag hozzávesszük a kialakítandó egszerû gráfunkhoz, vag nem. Ez minden él esetében két Ênˆ lehetõség, az n ontú teljes gráf éleinek száma edig Ênˆ A megoldás tehát.. Mivel a feladat egszerû n ontú gráfokról szól, ezért a legnagobb fokszámú ont fokszáma legfeljebb n. Tehát a feladatban kérdezett fokszámok csak n,n,n,,,, 0 lehetnek. Ez n darab különbözõ érték. Lehetséges-e ilen gráf? Nem, mert az n és a 0 fokszámok kizárják egmást: ha van n fokú ont, akkor nincs 0 fokú és fordítva. Megjegzés: Uganezen gondolatmenettel igazolhatjuk, hog minden egszerû gráfban van legalább két azonos fokszámú ont. Ha ezt megtettük, a feladat megválaszolásához elegendõ erre hivatkoznunk. brázoljuk a keresett gráfot, majd az ábráról leolvashatjuk, hog az elsõ szinten él van, majd minden szinten -vel több. Ha n ont szereel az utolsó sorban, akkor felette (n ) élt találunk. Azaz (n ) ( n ) n (n ) darab élt találunk a gráfban, ha az utolsó sorban n tégla van. a) Haladjunk sorban a gráf ontjainak száma szerint. Mivel a gráf egszerû és van három éle, legalább három ontjának is lennie kell. Háromontú, háromélû gráf eg van. A négontú és háromélû gráfokat a 087. feladatban gûjtöttük össze, három darabot találtunk. Ötontú és háromélû gráfokat gárthatunk a négontúakból, csak vegünk hozzájuk még eg izolált ontot. Ezeken kívül még eg lehetõségünk van: ha eg ontárt elkülönítünk a többi háromtól. Hatontú gráfokat hasonlóan tudunk gártani az ötontú gráfokból. Itt is csak eg további lehetõség van: ha elkülönítünk három, éllel összekötött ontárt (utolsó ábra). 6 Íg hat ont esetében összesen öt különbözõ háromélû egszerû gráfot készíthetünk el. Ha most tovább szeretnénk növelni a ontok számát, hiába: nem lesz több lehetõségünk háromélû egszerû gráfot elõállítani. b) Az elõzõ rész alaján elmondhatjuk, hog akkor érjük el a legnagobb szabadsági fokot az élek elhelezkedésében, ha minden eges élt különálló gráfnak is tekinthetünk. Nem nehéz végiggondolni, hog ehhez legalább n ontra van szükség. w0 A feladat szerint nincs kikötve, hog csak egszerû gráfokkal dolgozhatunk, tehát a gráfban használhatunk többszörös és hurokéleket is. Tudjuk, hog a fokszámok összege minden gráfban kétszerese az éleknek, ezért a fokszámok összegének áros számnak kell lennie. Páratlan sok áratlan fokú ontot tartalmazó gráf nem rajzolható. Pl.,, fokszámú ontokból álló gráf nem készíthetõ. Sõt, a feltételeknek megfelelõ hatontú gráf sem: akár áros, akár áratlan számmal kezdjük a fokszámok felsorolását, mindig három darab áratlan számnak kellene lennie.

23 KOMBINATORIKA, GRFOK w0 Az,, fokú ontokból álló gráfot meg tudjuk rajzolni eg vag két hurokél segítségével. Sõt, ha bármelik gráf minden eges ontjára rajzolunk még k darab hurokélt, akkor a ontok fokszámai: +k, +k, +k. Ilen gráfok tehát biztosan készíthetõk. Gondolkodjunk tovább a második ábra alaján. Egrészt áros (n) fokú ontot mindig készíthetünk elegendõ (n) hurokél segítségével. Másrészt áratlan (n + ) fokú ontból mindig áros soknak kell lennie. llítsunk árba két ilen ontot, és kössük össze õket eg éllel, majd illesszünk megfelelõ számú hurokélt a ontokra. Íg éen a megfelelõ gráfot készíthetjük el. Összefoglalva: igen, lehetséges, egész ontosan mindig rajzolható olan gráf, melben a ontok fokszámai egmást követõ ozitív egész számok, ha a számok között áros sok áratlan van. A feladatot lefordítva a gráfok nelvére: Az A, B, C, g, v, á ontokat akarjuk úg élekkel összekötni, hog minden nagbetûs ont össze legen kötve minden kisbetûs onttal, de ne legenek metszõ élek. Bizonos számú róbálkozás után megsejtjük, hog ez nem lehetséges. A bizonításhoz elõször azt kell észrevennünk, hog a bekötések során mindig ki kell alakulnia eg zárt négszögnek. (Nég darab fokú ontnak, melek egszerû gráfot alkotnak a rajzon AvBg.) A harmadik ház vag a négszög belsejébe, vag kívülre esik. Ebbe is bekötve a két közmûvet, már három zárt négszögünk lesz (a rajzon BvCg, AvCg). Mivel a két lehetõség a gráfok szemontjából megegezik, elég az egiket tekintenünk. Bárhog is tettünk eddig, a harmadik közmû a nag négszögön kívülre, vag az egik belsejébe, vag a másik belsejébe esik. Mindhárom esetben lesz eg olan négszög, amit tekintve a harmadik közmû azon kívül/belül van, azonban valamelik ház meg belül/kívül. Ezt a kettõt íg nem köthetjük össze korábbi él metszése nélkül (szaggatott élek). Megjegzés: Bár a feladatot gráfokkal ábrázoljuk, igazából a toológia témakörébe tartozik. A v á A g A g A g á C C C á v B v B v B g B C A v C g B w0 w0 w06 GRFOK út, vonal, séta, kör, Euler-vonal (kiegészítõ anag) megoldások Például: ABE, ABCBDBE. Például: ABFECD, ABFEDC, AFEDCB, ABCDEF, ADCBFE. DACBA, DABCA, ABCAD, ACBAD. w07 a) Például: ABABDF. b) Például: ABCEBDF. c) Például: ABDF. w08 w09 w0 Igen, maga a gráf eg kör: ABDFGHECA. Nincs, a zárt és nitott Euler-vonal kizárja egmást: a nitott vonalhoz két áratlan fokú ont szükséges, zárt vonalhoz viszont minden ont fokszámának árosnak kell lennie. Nincs. Ha eg séta nem vonal, akkor legalább kétszer áthalad eg élen, íg annak végontjain is. w a) Van zárt Euler-vonal, éldául: ABCD. b) Van nitott Euler-vonal, éldául: BACDBC. c) Nincs.

24 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w w Ahhoz, hog a ceruza felemelése nélkül lerajzoljuk, az alakzatban nitott vag zárt Euler-vonalnak kell lennie. Íg a) lerajzolható (nitott); b) lerajzolható (nitott); c) nem rajzolható le; d) lerajzolható (nitott). A keresett gráfok az ábrákon láthatók. a) b) c) w Az ábrákon már az iránítás nélküli gráfok láthatók. A gráfok nem összefüggõek, mindegik két komonensre esik szét. a) b) c) w w6 w7 A megoldásban két-két egszerû feltételt adunk a fokszámok segítségével arra, hog eg gráf nem összefüggõ, illetve arra, hog összefüggõ. a) Természetesen a gráf nem lehet összefüggõ, ha van izolált ontja. Ha eg gráfnak van 0 fokú ontja, akkor nem összefüggõ. Ha a gráf élei elég ritkák, akkor sem lesz összefüggõ. Például ha vag több ontból álló gráfban minden ont foka maimum, akkor nem alakulhatnak ki láncok, amik összefûznék a ontokat. (Ha megengedjük fokú ontok létezését is, akkor már létrejöhet eg olan lánc, amel a gráf összes ontját tartalmazza.) Ha eg n > csúcsú gráfban nincs -nél nagobb fokszámú ont, akkor nem összefüggõ. b) Ha találunk a gráfban eg olan ontot, amelhez az összes többi ont kacsolódik, akkor ezen a onton keresztül bármelik ontból bármelik ontba eljuthatunk. Ha eg n ontú gráfnak van n fokú ontja, akkor összefüggõ. Ha van olan ont, amelhez majdnem minden ont kacsolódik, akkor a gráf összefüggõségéhez elegendõ, hog a lemaradó ont is kacsolódjon a többihez. Ha eg gráfnak van n fokú ontja, de nincs 0 fokú ontja, akkor összefüggõ. Ha az ábra gráfjának két ontja összeköttetésben van egmással, az azt jelenti, hog a négzetrács megfelelõ sorának és oszloának metszetében levõ iel ki van színezve. Amenniben a gráfban eg onthoz több másik kacsolódik, úg az adott sorban vag oszloban több iel található (hog oszloról vag sorról van szó, az él iránítása adja meg). Az összefüggõ komonensek ontjai sorokat és oszlookat jelölnek ki. A gráf különbözõ komonensei tehát olan részábrákat jelölnek, melek különbözõ sorokban és oszlookban helezkednek el, vagis az eges részeknek nincs közös négzetrács-oldaluk. (Ilen kétkomonensû ábrákat láttunk a. feladatban.) Elõször is írjuk fel a szövegben szerelõ összefüggést jelekkel. Legen a gráf n ontú, rendelkezzen e darab éllel, és a minimális fokú ont fokszáma legen f, a maimális fokú ont foka F. Ekkor a feladat állítása: f e F. n

25 KOMBINATORIKA, GRFOK w8 w9 Tüntessük el a törteket a kifejezésbõl, szorozzuk végig az egenlõtlenséget -vel és n-nel. Íg az n f e n F összefüggést kajuk. Ez természetesen teljesül, hiszen e a gráf fokszámainak összege. A bal oldalon álló n f akkor lenne a fokszámok összege, ha minden ont foka megegezne a minimális fokú ont fokszámával (aminél természetesen lehetnek nagobb fokú ontok is a gráfban). Hasonlót mondhatunk a másik egenlõtlenségre is, sõt az egenlõségek csak egszerre teljesülhetnek. Tételezzük fel az állítás ellentétét. Tegük fel, hog van olan gráf, amelnek n ontja van, és minden ont fokszáma legalább n, de legalább két komonensre esik szét. Mivel a gráfnak n csúcsa van, az egik komonensbe biztosan n vag annál kevesebb csúcs kerül. Mivel a gráf egszerû, íg komonensei is egszerûek. Ellentmondáshoz jutunk, uganis eg legfeljebb n ontú egszerû gráfban a legmagasabb fokú ont fokszáma legfeljebb n lehet, ellentétben a feladat által említett n-nel. Vagis a feltett állítás hamis, amibõl adódik, hog ellentéte igaz. Megjegzés: A feladat állítását indirekt úton igazoltuk. Tekintsünk elõször kevesebb ontú gráfokat. A legkisebb egszerû gráfnak, mel tartalmazhat kört, három ontja van. A nég- és ötontú egszerû gráf ontjai is csak eg kört alkothatnak. A hatontú egszerû gráf ontjai alkothatnak eg kört vag két háromontú komonenst. Hétontú gráf megint vag egetlen kör, vag eg három- és eg négontú komonens. Nolcontú gráf állhat egetlen körbõl, vag eg három- és eg ötontú komonensbõl, vag két négontú komonensbõl. Kilencontú gráf állhat három háromontú komonensbõl, vag eg nég- és eg ötontú komonensbõl vag egetlen körbõl. Megfigeléseinkbõl kitûnik, hog csak a, vag ontú gráfok alkothatnak egetlen módon kört. A több ontból álló gráfokat már felbonthatjuk ilen összetevõkre. Az általános megoldáshoz fogalmazzuk át a kérdést: hánfélekéen bonthatjuk n-t, vag többszöröseinek összegére? Mivel minket csak a lehetséges válaszok maimuma érdekel, elegendõ a legrövidebb (háromontú) körök számát megállaítani. Azt kell kiszámolnunk, hog n-ben hán egész számszor van meg a. Például az n ontú gráfban lehet öt darab három hosszú kör; n 6 ontú gráfban lehet nég három- és eg négontú kör; n 7 ontú gráfban lehet nég három- és eg ötontú kör. Íg mindegikük legfeljebb öt kört tartalmazhat. w0 w w Fagráfok (kiegészítõ anag) megoldások Mindkettõbõl eg. Mivel két ont között ontosan eg út vezet, a gráf élû fa. Íg ontja van. a) Fa. Van 8 ontja, 7 éle, levele, három- és kétfokú ontja. b) Nem fa, mert kört tartalmaz. c) Fa. Van 9 ontja, 8 éle, levele, három- és kétfokú ontja. d) Nem fa, mert nem összefüggõ. w a) Például láncnak vag fonalnak. b) Kettõ.

26 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w Két különbözõ fagráf létezik. w a) b) c) kétfélekéen háromfélekéen ötfélekéen w6 w7 A fákat más módon is felírhatjuk: a) 7 ; b). ( ) Az élek száma a fokszámok összegének fele, tehát 8. Mivel fa, íg eggel több ontja van, mint éle: 9. A levelek száma: ; ; ; 8. w8 a) (8 ):; b) (+) (:). A c), d) és e) alontok megoldása az ábrán látható. a) b) 68 c) + d) + e) w9 A mûveletek fagráfok segítségével: + a + a + a b b c b c b a c a b a a b c a b b a a+( b+ c ) (+)+ a b c a (+) b c ( a b)+ ( a c) w0 Megjegzés: A mûveleti tulajdonságokat is lefordíthatjuk a gráfok nelvére. Például a kommutativitás jelentése, hog a mûvelet alatti két ágat felcseréljük. Igen, van. Egrészt minden fában van legalább kettõ elsõfokú ont, másrészt nitott Euler-vonal létezésének szükséges feltétele ontosan kettõ áratlan fokú ont létezése. Elõbbi megjegzésbõl adódóan a kettõ áratlan fokú ont csak elsõfokú lehet. Olan fa, amelben ontosan kettõ elsõfokú ont van, nem tartalmazhat elágazást, tehát csak egetlen lánc lehet. Megjegzés: Pontosan ilen gráfokról volt szó a. feladatban. 6

27 KOMBINATORIKA, GRFOK w w w a) Furcsa, hog a gráfban nem ismerjük ontosan a mûveletek számát. Írjuk át a gráf alakot hagomános formába: ( + ( ( + ( )))) ). Fejtsük ki belülrõl, és róbáljunk meg valamiféle szabálszerûséget találni. ; + ; ; + ( ) ; ; stb. Azt látjuk, hog nég léés után visszajutunk Mûvelet száma k + k + k + (k +) az elsõ állaothoz. Az összeg a mûveletek számától (egész ontosan a mûveletek számá- Eredmén nak néggel való osztási maradékától) függõen változik (k ³ 0). Az és maradék jelöli a kivonás, a és 0 maradék edig az összeadás mûveletet. Mivel a áratlan maradékok egszer ozitív, egszer negatív eredmént adnak, az összeg elõjele a kivonások számának aritásától függ. b) Tegük uganazt, mint az elõbb: :( (:( ( (:( ( : )))) ))). Belülrõl kifejtve a zárójeleket: : ; ; : ; ; stb. Ebben az esetben az osztás mûveletek mindig -et adnak eredménül, függetlenül azok számától. Ha eg fagráfnak ontja van és levele, akkor még van ontja, ami nem levél. Ezen ontok fokszáma nagobb, mint, és egmáshoz kacsolódnak. Három ont csak úg alkothat fát, ha körmentesen egmáshoz kacsolódnak, fokszámaik a leveleket nem tekintve,,. A levelek hozzájuk kacsolódnak valamilen módon, de a két szélsõ onthoz legalább eg-eg (a közésõ onthoz nem feltétlenül kell, hog levél kacsolódjon). Ezek után megválaszolhatjuk a kérdést. a) A legkisebb fokú ont fokszáma, a legnagobb. b) A gráf leghosszabb útja eg levéltõl indul, áthalad a három közbülsõ onton, majd eg másik levélen végzõdik. Ez bármel, a feltételeknek megfelelõ fa esetében íg van. Az út hossza nég él. Keressünk szélsõséges eseteket! Ilen eset éldául, ha az öt komonensbõl eg tartalmazza az összes élt (6 él, 7 ont), a másik nég komonens edig eg-eg izolált ontból áll. Ekkor a gráf összesen 7 +ontot tartalmaz. Ha kicsit változtatunk az erdõn, és eggel növeljük az egik komonens éleinek számát, akkor ez a komonens már eggel több ontot tartalmaz, a legnagobb komonens ezzel szemben eggel kevesebbet. Tehát az összontszám nem változik. A fenti gondolatot általánosíthatjuk. Jelöljék a, b, c, d, e egész számok az eges komonensek éleinek számát (0 a; b, c, d, e 6). Ekkor: a + b + c + d + e 6, az eges komonensek ontjainak száma edig rendre: a +, b +, c +, d +, e +, hiszen minden komonens fagráf. Az összes ontok száma edig valóban független a, b, c, d, e-tõl: (a + ) + (b + ) + (c + ) + (d + ) + (e + ) a + b + c + d + e w A gráfban a ontok fokszámainak összege n. Ebbõl adódik, hog éleinek száma n. a) Elõször tételezzük fel, hog a feladatban említett gráf összefüggõ. Mivel gráfunknak n ontja és n éle van, íg nem lehet körmentes: az n ontú fának, ami maimális körmentes gráf, csak n éle van. Mivel itt az élek száma eggel több, már nem lehet körmentes, következéskéen a gráfban van kör. 7

28 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w Amenniben a gráf nem összefüggõ, azaz több komonensbõl áll, akkor valamelik összefüggõ komonensben legalább anni ontnak kell lenni, mint amenni éle van. (Uganis ha minden komonensben kevesebb él lenne, mint amenni ont, akkor az élek és ontok összege nem lenne egenlõ.) Erre a komonensre edig alkalmazhatjuk az elõzõ bekezdés gondolatmenetét. Ezzel bizonítottuk, hog az n ontú, n élû gráfban van kör. b) Tételezzük most fel, hog az n ontú, n élû gráf egszerû, összefüggõ és legalább kettõ kört tartalmaz. Ekkor két eset lehetséges: vag van két különálló kör a körök között, meleknek minden éle különbözõ; vag van két kör, meleknek van legalább eg közös éle. Ha az elsõ lehetõség áll fenn, akkor valamelik körbõl eg élt törölve a kaott gráf még mindig összefüggõ, n ontú, viszont n éle van. Mivel több különálló kört tartalmazott, és csak az egik kör egik élét töröltük, íg még mindig tartalmaz kört. Ez azonban nem lehetséges, mert az n ontú, n élû egszerû, összefüggõ gráf fa, vagis körmentes. Ebben az esetben ellentmondásra jutottunk. Ha van két kör, meleknek van közös éle, akkor ezt az élt törölve, ismét n ontú, n élû, egszerû, összefüggõ gráfhoz jutunk. Azonban a feltevés alaján ez a gráf is tartalmaz kört, uganis a törölt él két végontja között két különbözõ út vezet: egik út az egik kör visszamaradt élein át, másik út a másik kör visszamaradt élein át. (Amenniben nem a közös élek közül törlünk eget, akkor az egik kör megmarad eredeti állaotában, vagis visszakajuk az elsõ lehetõséget.) Tehát ebben az esetben is ellentmondásra vezetett a gondolatmenet. Bárhogan is okoskodtunk, feltevésünk mindig ellentmondásra vezetett. Tehát az ellentéte kell hog igaz legen: az n ontú, n élû, egszerû és összefüggõ gráf ontosan eg kört tartalmaz. (Emlékeztetõül: az a) ontban bizonítottuk, hog az n ontú, n élû gráf mindig tartalmaz kört.) Megjegzés: A feladat b) részében indirekt bizonítást alkalmaztunk. a) Tételezzük fel, hog darab ( nemnegatív egész) legalább háromfokú ontja van a fának. Ezen ontok fokszámainak összege ekkor legalább n. Elsõnek töröljük a gráfból a kétfokú ontokat úg, hog a ontot elhagva szomszédait egetlen éllel kötjük össze. Ezekrõl egrészt amúg sem szól a feladat, másrészt csuán anni szereük van, hog nújtják a gráfot, az elágazásokat és a leveleket kötik össze. A gráf a törlés után is fa, hiszen egszerû maradt, összefüggõ és körmentes. Fontos megjegeznünk, hog a megmaradó ontok fokszámát nem változtatja meg a kétfokú ontok törlése. Ezután töröljük a gráfból a leveleket is, a hozzájuk kacsolódó élekkel egütt. A gráf a levelek törlése után is fa marad. A megmaradó ontok ontosan a darab, eredetileg legalább harmadfokú ontok lesznek. Mivel fát alkotnak, összekötõ éleik száma. Fokszámaik összege ezért ( ). Mivel eredetileg a fokszámösszeg legalább volt, íg legalább + darab él hiánzik. Mivel a kétfokú ontok nem változtattak a többi ont fokszámán, íg a hiánzó fokszámot csak az elsõfokú ontok ótolhatják, mégedig eg fokszámot eg ont. Legalább háromfokú ont ontosan darab volt, elsõfokú ont edig legalább +, íg az elsõfokú ontok száma legalább kettõvel több a legalább háromfokú ontok számánál. b) Az a) rész gondolatmenetébõl világos, hog akkor van ontosan elsõfokú onttal több a gráfban, mint legalább háromfokú ont, ha utóbbiak fokszámösszege ontosan. Ez edig csak akkor lehetséges, ha minden legalább háromfokú ont foka ontosan három, nincs neged vag magasabb fokú ont a fagráfban. 8

29 KOMBINATORIKA, GRFOK w6 A kombinatorika gakorlati alkalmazásai megoldások a) A feltételek szerint az elsõ szoba egik gée össze van kötve a másik két szoba eg-eg géével. Mivel a másik kettõ szobában is ontosan eg gé van összeköttetésben a többi szobával, íg ezek a géek már meghatározottak. A géeket nem különböztetjük meg. A hálózat az ábrán látható. b) Ebben a hálózatban van három darab ötontú teljes gráf (összesen tizenöt ont), illetve az ezeket összekötõ három él. Tehát a onthoz kacsolódik összesen 0 + él. Világos, hog a gráf összefüggõ, íg éleinek elhagásával készíthetõ belõle fa. Azonban eg ontú fában maimum él lehet, íg gráfunkból el kell hagni ontosan 9 élt. c) Az eredeti felálláshoz kéest anni változott, hog most nem feltétlenül uganaz a gé tartja a kacsolatot a másik két szobával. Azaz az elsõ szoba öt gée közül valamelik kacsolatban áll a második szoba öt géének valamelikével. Ez lehetõség. Ettõl függetlenül uganez a helzet a második és harmadik, illetve a harmadik és elsõ szoba között is. A lehetõségek száma a heliségek közötti kacsolatok kiéítésére összesen: ( ) 6 6. d) Mivel minden heliségbõl kettõ géet választanak ki, az összes lehetõségek száma a három független ismétlés nélküli kombináció szorzata: ʈ Ê ˆ Ê ˆ ÈÊ ˆ Î Í. e) Természetesen három kábellel nem lehet minden géet hálózatba kötni. Legfeljebb néget lehet sorba vag csillag alakzatba kötni, illetve a másik véglet, hog kettõ-kettõ-kettõ darabot három csoortba (a szöveg szerint felhasználjuk mind a három kábelt). Tételezzük fel, hog a hat gé -tõl 6-ig van sorszámozva. 6 Ekkor közöttük Ê ˆ lehetõség van kábel elhelezésére. Ebbõl a helbõl választhatunk ki hármat, ahova ténlegesen kábelt helezünk. Íg a három kábellel összesen ÊÊ6ˆ ˆ Ê ˆ lehetõség van a hat számítógé összekacsolására, ha azokat megkülönböztetjük. Az ábrán szürkével a lehetõségek, irossal eg konkrét megvalósítás látható. f) Ha nem különböztetjük meg a géeket, akkor a három kábel elhelezésére összesen öt lehetõségünk adódik. Az ábrákon látható, hog az izolált ontok száma 0 és között változik. 9

30 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w7 a) Nincs. b) Unokától dédszülõig hat generáció (unoka gerek saját maga szülõ nagszülõ dédszülõ). c) Lássuk generáció szerint: unokák ; gerekek és házastársaik ; a túzok, házastársa és az õ testvére ; szüleik és a túzok szüleinek testvérei 6; a túzok nagszülei ; az õ szüleik 8. Összesen 7. d) Az unokák miatt háromféle gráf lehetséges: vag mindkét unoka a túzok fiának gereke, vag mindkettõ a túzok lánának gereke, vag egik unoka a fiúé, egik edig a láné. Az az ábra hiánzik, amikor mindkét unoka a lángereké. dédszülôk dédszülôk nagszülôk nagszülôk aós anós aós anós nagbácsi aja anja nagnéni nagbácsi aja anja nagnéni túzok feleség sógor túzok feleség sógor mene fia lána veje mene fia lána veje unokák unoka unoka e) Az ábrán jól látható, nem fagráfot katunk. Amenniben az unokák testvérek, öt kört és eg izolált ontot tartalmaz a gráf; ha edig unokatestvérek, akkor nég kört és nulla izolált ontot tartalmaz a családfa gráfja. f) A túzokok nem házasodnak családon belül, ezért minden madárnak két újabb szülõje van. Mivel az ükszülõkig nég generáció van, összesen 6 ükszülõje van a túzoknak. g) Az összes rokon ismétlés nélküli ermutációinak száma: 7! h) Az eges sorokban ismétlés nélküli ermutációkat kell számítanunk. Az eges sorok nem függnek a többitõl, íg szorzatukat kell tekintenünk:!!! 6!! 8! i) A 7 túzokot kell három csadában elheleznünk, maimum tízesével. Íg a lehetséges esetek: (), (6), (). Zárójelben a darabszámok lehetséges ermutációinak számát adtuk meg. Mivel az eges variációk minden esetben megegeznek, íg az összes esetek száma eg elég nag érték: Ê ˆ 7 0 Ê ˆ 0 Ê ˆ + Ê ˆ 7 0 Ê ˆ 9 Ê ˆ + Ê ˆ 8 9 Ê 8ˆ Ê 9ˆ 9 9. Veges feladatok megoldások w8,, 0,,,,,, 8,, w9 7! 00. w0 w 6!!!! 60.! ( )!

31 KOMBINATORIKA, GRFOK w w a) b)! 00;!! 8! 8 7 6! >.!!! 9! w a) Ê0ˆ 0 b) 7 ; Ê0ˆ 0 Ê ˆ 0. 7 w a) Ê8ˆ 86 b) ʈ 00 c) ʈ 9 d) Ê ˆ 0 Ê ˆ 6 ; 6 ; ; w6 A megadott konve sokszög átlóinak számára felírható: Ênˆ n ( n ) n n 70. Az egenlet rendezése után kajuk: n n 00, amibõl n 0és n 7. A sokszögnek tehát 0 csúcsa van. ʈ 6006 Ê ˆ. w7 w8 a) ; b) a 9 + 8a 8 b + a 7 b + 67a 6 b + 06a b + 0a b + 76a b a b ab 8 + b 9 ; c) ; 7 d) w9 a) 8 6; b) 6 66; c) egenlõk; d) egenlõk. w0 w w Ê90ˆ ÈÊ ˆ Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ Î Í +. Elõször A felhívja B-t, aki megadja D telefonszámát. Másodszor A felhívja D-t, aki megadja C számát. Harmadszor A felhívja C-t, aki megadja E számát. Negedik léésben A felhívhatja E-t: nég hívás szükséges. a) Igen, a teljes gráf. b) Nem. c) Kézeljünk el eg szabálos hatszöget, kössük össze éllel a szomszédos és a szemközti ontokat. d) Nem. e) Tegük uganazt, mint c)-ben. Összesen 0 meghajlást fog látni a titkárnõ. Az eddig látott meghajlások száma: , azaz 0 8 még hátra van. B C E D A

32 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w a) A gráf szétesik két különálló részre: a áros és a áratlan sorszámú ontokra. b) Jelest. a) b) w Nem, a gráf szétesik eg BGDE és eg AHCF különálló részre. A B H C G D F E w a) Séta: AFAFG. b) Vonal: ACDAEG. c) Út: ABG. w6 w7 w8 w9 w60 a) A nitott Euler-vonalhoz eg élt, a zárt Euler-vonalhoz kettõ közös végont nélküli élt kell berajzolni az A, B, D, F ontok között. b) Az AB élt kell törölni. Az ábra szimmetrikus a bal felsõ sarokból a jobb alsó sarokba húzott átlóra. a) ltalában fagráfot kaunk. b) Csak akkor nem fa a kaott gráf, ha tartalmaz kört. Ez edig akkor van, ha vag a szülõk, vag valamelik nagszülõk testvérek vag féltestvérek. Mivel hat helség van, a feltételnek megfelelõen fagráfot kell létrehoznunk: ontosan öt útnak (élnek) kell lenni. Most három van, kettõt szükséges éíteni. Például lehet Andalógiából Félnótába és onnan Butulba, vag Celebbõl Félnótába és onnan Egügbe. Két mérés elegendõ: elõször vegünk el eget, és szedjük szét három-három érmére a maradékot. Ezeket mérjük meg, ha a két rész egenlõ tömegû, kész vagunk, az elvett érme a hamis. Ha az egik rész nehezebb, ismételjük meg azon három érmére a fentieket. Mindez fagráffal ábrázolva a rajzon látható. < + + <

33 matematika fg_mo.qd :07 Page H A T V N Y, G Y Ö K, L O G A R I T M U S.. HATVNY, GYÖK, LOGARITMUS Hatvánozás és gökvonás (emlékeztetõ) megoldások w 6 a) a; g) a b; w 6 a) > 0, b) b ; h) a b 7; c) ; i) a b; d) ; j) a b. ; b) ÎR, ¹ 0, c) a > 0, a; e) a > 0, w 6 9 a a a; 7 a b6 h) a, b > 0, ; > c) d) < < 6 b) 77 9 < ; 7 ; ; ; ; ; (0) ; 00 d) > b) 9 00 c) b 9 b b ; a7 a a b9 b 60 b9 b 0 b. a77 a a7 a a9 a) a) b7 b b ; a a b a7 b ; e) w 6 f ) a, b > 0, f ) a b ; ; d) a, b ÎR, a, b ¹ 0, g) a, b > 0, f) e) 8 ; ; ( 800) 9 9 8

34 matematika fg_mo.qd :07 Page M E G O L D S O K. É V F O LYA M e) 7 7 ; f) a) w 6 : ( 7 7 ) b) ( + ) + ( ) ; ( + ) ( + c) 8 d) + ) ( ( ) ) ; ( 7 + ) ( 7 + ) ; ( + ) ( ). Hatvánfüggvének és gökfüggvének megoldások w 66 a) b) c) 0 ÎR; d) e) f ( ) ( +)+ ÎR; f ( ) ( +) f ( ) ( )+ ÎR; f) 0 0 f ( ) ( +) ÎR; f( ) ÎR; + f ( ) + ÎR;

35 matematika fg_mo.qd :07 Page H A T V N Y, G Y Ö K, L O G A R I T M U S g) h) i) 0 f ( ) + f ( ) ++ ÎR; f ( ) ( ) ÎR; j) ÎR; k) l) f ( ) ( +)+ 0 f ( ) ( +)+ ÎR; m) f ( ) ( )+6 ÎR; n) ÎR; o) ) f ( ) ++ f ( ) ³, ÎR; w 67 f ( ) + ³, ÎR; f ( ) + ³, ÎR; ³, ÎR. a) Értékkészlete: [ 6; 0]. Menete: a függvén növekszik. Szélsõértékei: minimumának hele:, értéke: 6; maimumának hele:, értéke: 0. Zérushele:. 0 f()

36 matematika fg_mo.qd :07 Page 6 M E G O L D S O K. É V F O LYA M b) Értékkészlete: [ 6; 0]. 0 Menete: [ ; 0]-ban csökken, [0; ]-ban növekszik. g() Szélsõértékei: minimumának hele: 0, értéke: 6; maimumának hele: és, értéke: 0. Zérushelek: 6 és 6. c) Értékkészlete: [ ; ]. Menete: a függvén növekszik. Szélsõértékei: minimumának hele: értéke: maimumának hele: értéke: Zérushele:. d) Értékkészlete: [0; ]. Menete: a függvén növekszik. Szélsõértékei: minimumának hele: értéke: maimumának hele: értéke: Zérushele:. e) Értékkészlete: [; ]. Menete: a függvén növekszik. Szélsõértékei: minimumának hele: értéke: maimumának hele: értéke: Zérushele: nincs. f ) Értékkészlete: [; ]. Menete: a függvén csökken. Szélsõértékei: minimumának hele: értéke: maimumának hele: értéke: Zérushele: nincs. 6 h() 6, ; 0,. 6 0 i(), 0;,. 0 j(), ;,. 0, ;,. k() 0

37 matematika fg_mo.qd :07 Page 7 H A T V N Y, G Y Ö K, L O G A R I T M U S g) Értékkészlete: [ ; ]. Menete: a függvén csökken. Szélsõértékei: minimumának hele: értéke: maimumának hele: értéke: Zérushele:. h) Értékkészlete: [ ; 0]. Menete: a függvén csökken. Szélsõértékei: minimumának hele: értéke: maimumának hele: értéke: Zérushele:. w 68, ; 7,. l() 7, ;, 0. m() 0 a) A függvén átalakítva: ( ), ha f () ( ), ha ³, <. 0 Értékkészlete: [ ; 7]. 7 Menete: [0; ]-ban csökken, [; ]-ban növekszik. f() Szélsõértékei: minimumának hele: értéke: maimumának hele: értéke: Zérushelei: és. b) A függvén átalakítva:, ha 0, ha g(), ha, ; 0 és, 7. <,, <. Értékkészlete: [0; ]. 8 Menete: [ 8; ]-ban csökken, [ ; ]-ban konstans, [; 8]-ban növekszik. Szélsõértékei: minimumának hele: értéke: maimumának hele: értéke: Zérushele:. g(), 0; 8 és 8,. 7 8

38 matematika fg_mo.qd :07 Page 8 M E G O L D S O K. É V F O LYA M c) A függvén átalakítva: ( ), ha h() ½( ) ½ ( ) +, ha Értékkészlete: [0; 9]. ³, <. 9 7 Menete: [ ; ]-ban csökken, h() [; ]-ban növekszik. Szélsõértékei: minimumának hele: értéke: maimumának hele: értéke: Zérushele:., 0;, 9. Törtkitevõjû hatván megoldások w 69 w 70 a) 8; b) 9; ; 00 e) ; f) ; i) ; j) 000. k) 8 ; 7 l). d) 7 ; e) ; f) 9 ; 000 h) a) 8 ; b) 7 ; c) g) ; h) i) ; ; i) ; f) 8 a a a a c) 00 6 c c 6 c 6 c a a c c 8 a 0 ; g) c ; ; a l) b) d) 6 b b ( ( b b d d. b h) ; 7 7 ; 6 l) d) ; ; ; 6 j) a ; k) c) 6 ; 8; 9 ; a) j) b) 7 ; e) 0 ; a) 0 ; 0 ( ) ( ) 0 0 ; k) 0 ( ) w 7 d) ; g) w 7 c) ; ) ) d d b 9 0 b 0 7. b 0 ; 7 d 0 d d d d 7 0 d 0 d.

39 matematika fg_mo.qd :07 Page 9 H A T V N Y, G Y Ö K, L O G A R I T M U S w 7 a) < 9 7 b) 7 c) d) 7 w 7 8 a) c) 0 ( ʈ e) < 8 6 < 8 8 < 7 6 < < 8 < < ; 6 7 < < < 9 ; < ; < 7 < 7 7 < 9 78 < ) ( ) a; 6 a 6; 8 () 6 a 6 ; b) 6 d) 8 f) () ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a; 8 a 8; - 6 a 6. Irracionális kitevõjû hatván, eonenciális függvén megoldások w 7 a) Értékkészlete: a() > 8. Menete: a függvén szigorúan monoton növekszik. Zérushele:. a() 8 b) Értékkészlete: b() >. Menete: a függvén szigorúan monoton növekszik. Zérushele: nincs. b() 0 9

40 matematika fg_mo.qd :07 Page 0 M E G O L D S O K. É V F O LYA M c) Értékkészlete: c() >. Menete: a függvén szigorúan monoton növekszik. Zérushele: 0. c() 0 d) Értékkészlete: d() >. Menete: a függvén szigorúan monoton növekszik. Zérushele: nincs. d() 0 e) Értékkészlete: e() >. Menete: a függvén szigorúan monoton csökken. Zérushele: 0. e() 0 f ) Értékkészlete: f () >. Menete: a függvén szigorúan monoton csökken. Zérushele:. f() 0 0

41 matematika fg_mo.qd :07 Page H A T V N Y, G Y Ö K, L O G A R I T M U S g) Értékkészlete: g() > 0. Menete: a függvén szigorúan monoton növekszik. Zérushele: nincs. g() 0 h) Értékkészlete: h() > 0. Menete: a függvén szigorúan monoton növekszik. Zérushele: nincs. h() 0 i) Értékkészlete: i() >. Menete: a függvén szigorúan monoton növekszik. Zérushele:. i() 0 j) Értékkészlete: j() >. Menete: a függvén szigorúan monoton növekszik. Zérushele: nincs. j() 0

42 matematika fg_mo.qd :07 Page M E G O L D S O K. É V F O LYA M k) Értékkészlete: k() >. Menete: a függvén szigorúan monoton növekszik. Zérushele:. k() 0 l) Értékkészlete: l() >. Menete: a függvén szigorúan monoton csökken. Zérushele:. l() 0 m) Értékkészlete: m() >. Menete: a függvén szigorúan monoton csökken. Zérushele:. m() n) Értékkészlete: n() >. Menete: a függvén szigorúan monoton növekszik. Zérushele:. n()

43 matematika fg_mo.qd :07 Page H A T V N Y, G Y Ö K, L O G A R I T M U S o) Az o() függvén átalakítható a következõkéen: o() + +. o() 0 Értékkészlete: o() >. Menete: a függvén szigorúan monoton növekszik. Zérushele: nincs. ) A () függvén átalakítható a következõkéen: (). Értékkészlete: () >. Menete: a függvén szigorúan monoton növekszik. Zérushele:»,6. (Késõbb, ha a logaritmust tanuljuk, ezt az értéket már ki tudjuk számítani.) w 76 a) a() ; b) b() ; c) c() ; d) d() + ; e) e() + + ; f ) f () 8; w 77 () ʈ j) j() 8, j() ; ʈ h) h() +, h() ʈ g) g(), g() ; ʈ i) i(), i() + + ; + 8. a) t(0) ºC, t(6)» ºC. b) t()» 60,76 ºC, tehát túlléte a 60 ºC-ot. c) t(8)» 7,8 ºC. t()» 9,9 ºC, ami,%-os növekedés. w 78 a) A függvén átalakítva:, ha f () 0, ha, ha >,, <. f()

44 matematika fg_mo.qd :07 Page M E G O L D S O K. É V F O LYA M b) A függvén átalakítva:, ha < vag >, g() 0, ha vag,, ha < <. g() c) A függvén átalakítva:, ha h() +, ha h() ³, <. d) A függvén átalakítva: 9), ha i() ½ + 9½ + 9), ha ( ( + ³, <. i() 0 w 79 a) brázolás elõtt rendezve az egenletet: f() g() Legen Az ábráról leolvasott megoldások, ellenõrzés után: és. f () és g() 9 + Legen b) brázolás elõtt átalakítva: + azaz Ê ˆ f() ˆ Ê g() Az ábráról leolvasott megoldások, ellenõrzés után: és. f () és g()

45 matematika fg_mo.qd :07 Page H A T V N Y, G Y Ö K, L O G A R I T M U S Eonenciális egenletek, egenletrendszerek, egenlõtlenségek megoldások w 80 w 8 a) ; g) 9; h) ; m) ; n) ; 6 s) ; t) 6; b) 0; a) ; d) és ; g) Nincs megoldás. c) ; i) ; d) ; j) ; 7 e) ; k) 0; ; u) 0. ) ; 7 q) ; o) b) 6 vag 0; a) ; b) ; w 8 a) 0; g) ; b) ; h). w 8 a) d) g) j) w 8 a), ; b) 0, ; d), ; e), 0; g), 7; h), ;, 0;, ; ; ; l) ; r) ; c) és 7; e) ; h) ; w 8 f ) ; f ) ; i). c) ; d) ; e) ; f ). c) ; d) ; e) ; f ) ; b) e) h) k), ;, ; ; 0; c) f) i) l), ;, ;»,0, ;. c), ; f ), ; i), ; j),. w 86 b) ³ ; c) ³ ; d) < ; h) ; i) < ; j) > a) ; b) ; c) ; d) g) ; h) ; i), ; k) ; l) ; a) < ; g) > w 87 ; 7 m) ; 8 e) > ; f) ; 9 e) ; f ) ;. 7 7 ; n) ; j), ; o) ; ).

46 matematika fg_mo.qd :07 Page 6 M E G O L D S O K. É V F O LYA M w 88 a) 7, ; d), ; g) ; b), ; e), ; h) ; 7 + k, + l, k, l ÎZ; 6 6 l) 7; m) ; j) o), ; w 89 c), ; f ) 6; i) + k, k ÎZ; k). n), ± ; ),. a) A hatvánokat átírva: 7 () 7, ahonnan és 8, a megoldás: 0,. () b) Az eonenciális függvén szigorú növekedése miatt a két egenletbõl: () +, a megoldás:,. () + c) Az eonenciális függvén szigorú növekedése miatt a két egenletbõl: (), a megoldás:,. () + + d) Az eonenciális függvén szigorú növekedése miatt a két egenletbõl: (), a megoldások:, és,. () e) Jelölje 6 a, és b. Íg: () a + 8b 8. + () a b A ()-es egenletet beszorozva a b-vel, valamint az () egenletbõl kifejezett a helettesítve ()-be kajuk: 8b 8b b + 8 b, amibõl ered: b b + 0. Megoldásai: 0, 0. 8b -t f ) A () egenletben átrendezés után: 7. Felhasználva, hog 0 ( > 0), valamint, hog az eonenciális függvén szigorú monoton, kajuk: 7 0. Ebbe helettesítve ()-bõl kifejezett -et nerjük az egenletet, melnek gökei:, és 8, melhez tartozó értékek: 0, és 9. Az egenletrendszer megoldása: ( 8 ; 9) számár. 6

47 matematika fg_mo.qd :07 Page 7 H A T V N Y, G Y Ö K, L O G A R I T M U S w 90 a) Az eonenciális függvén szigorú növekedése miatt: + >, amibõl > 0, + + megoldása: < <. b) Az eonenciális függvén szigorú növekedése miatt: + ³, amibõl ³ 0, + + megoldása: < vag. c) Az eonenciális függvén szigorú növekedése miatt: + 0 <, amibõl < 0, 8 megoldása: <. d) Az eonenciális függvén szigorú növekedése miatt: > 8, megoldása: < vag <. e) Az eonenciális függvén szigorú növekedése miatt: <, megoldása: < <. f ) Az eonenciális függvén szigorú növekedése miatt: + ³ 6 6, megoldása: ÎR. g) Az eonenciális függvén szigorú növekedése miatt: ½½ +, megoldása:. h) Az eonenciális függvén szigorú növekedése miatt: ½ ½ >, megoldása: < vag > 6. i) A -re vonatkozóan másodfokú egenlõtlenség, megoldása vag ³, amibõl a megoldás: 0 vag ³. j) Az -re másodfokú egenlõtlenség megoldása:, amibõl:. k) Az -es alaú eonenciális függvén szigorú csökkenése miatt: >, megoldása: >. l) Az -os alaú eonenciális függvén szigorú csökkenése miatt: 6 ½½ <, megoldása: < <. 7

48 matematika fg_mo.qd :07 Page 8 M E G O L D S O K. É V F O LYA M w 9 a) Az egenletnek akkor van értelme, ha > 0, ¹. A zárójelek felbontása után: Ê + + ˆ. Az eonenciális függvén szigorú monotonitása miatt: Ê + ˆ, + ha új változót vezetünk be: t, beszorzás után: t t 0, melnek gökei: t, t, csak az elsõ felel meg, ebbõl 9. b) A jobb oldali kifejezés a számtani és mértani közé közötti összefüggés alaján: + + ³ + 0. A bal oldal: 6 0 ( + ) 0. Akkor van megoldás, ha mindkét oldal 0-zel egenlõ, ekkor:,. c) Az egenletnek akkor van értelme, ha ¹ + k, k ÎZ. Alakítsuk az egik kitevõt: sin + cos tg +, cos cos íg az egenletünk: tg + tg Az egenlet tg -re vonatkozóan másodfokú. Megoldásai: tg 0, aminek nincs megoldása, és tg 8, amibõl tg, azaaz tg vag tg. Ezek megoldásai: w 9 + k vag + l, k, l ÎZ. Az egenlet t-re nézve másodfokú. Mivel > 0, akkor lesz két különbözõ valós gök, ha az egenlet diszkriminánsa D > 0 () és a t-re másodfokú egenlet mindkét megoldása ozitív (). Az () teljesül, ha: ( ) ( ) > 0, ennek megoldása: <. 6 A () teljesül, ha t t > 0 () és t + t > 0 (). A () alaján: > 0, megoldása: < vag <. A () alaján: ( ) < 0, megoldása: <. Az (), () és () feltételek mindegike teljesül, ha: < vag < <. 6 8

49 matematika fg_mo.qd :07 Page 9 H A T V N Y, G Y Ö K, L O G A R I T M U S w 9 Az elsõ egenlet: A második egenletbõl: +, vagis Az elsõ egenletbe helettesítve: A -re nézve másodfokú egenlet megoldásai: 6 8 és 6. Az egenletrendszer megoldásai: és,., w 9 a) Válasszuk szét a különbözõ alaokhoz tartozó hatvánokat: >, ˆ Ê ˆ Ê + > +,, > ʈ Ê ˆ >, ʈ ʈ >. Ê ˆ Az eonenciális függvén szigorú növekedése > miatt: >, amibõl <. b) Írjuk fel mindegik alaot hatvánaként: ( ) ( ) 8 0, Az egenlõtlenség másodfokú a -ra vonatkozóan: A másodfokú kifejezés zérushelei: 6, 8. Az egenlõtlenség megoldása: 8 6. Visszahelettesítve: 8 6. A bal oldali egenlõtlenség minden valós szám esetén igaz, a jobb oldali edig teljesül, ha ³. 9

50 matematika fg_mo.qd :07 Page 0 M E G O L D S O K. É V F O LYA M A logaritmus fogalma megoldások w 9 f) g) i) ; m) ; 7 ; j) ; n) ; ; k) 0; o) ; d) ; h) ; 7 l) ; ). a) 0; e) 9; i) ; b) 7; f ) 7; j) 8; c) ; g) ; k) ; d) ; h) 69; l) 8; m) 0,; n) a) 6; b) 6; c) ; d) e) 7; f ) ; g) ; h) ; i) ; 9 j) a) ; b) ; c) ; d) 0; e) 00; f ) 000; g) 6; h) 8; i) ; 6 j) ; k) ; l) a) ; b) ; e) ; w 96 w 97 w 98 m) w 99 w 00 ; o) ; ; k) ) ; l) ; 6. 8 ; 7 n) ÎR, > 0, ¹ ; o) nincs megoldás; ) 8. a) > ; 6 b) > ; d) e) > ; f) < i) > ; ¹ ; j) nincs megoldás. c) > ; 8 vag > ; g) > ; ; a) ; b) ; c) ; h) ; i). g) w 0 8 ; 7 c) 7; d) 0; a) log log ( log 6 ) log ( log ) log ; b) log log ( log ) log ( log ) log 0; 0 << ; 7 h) < < ; 7 e) ; 7 8 f) ;

51 matematika fg_mo.qd :07 Page H A T V N Y, G Y Ö K, L O G A R I T M U S 0 c) lg lg (lg0(0 )) lg (lg00) lg0 ; ˆ Ê d) log ÈÎlog (log6 6 ) log log log ( ), ami nem érrtelmezhetõ. w 0 a) 0 0lg 0 0; c) e) log log log 6 9 ; 6 d) log ( log ) 00; ; b) 8 (log ) 8 ; f ) log9 (9log9 6) 6 8 ; g) 7log7 ( i) k) 9log9 6 ) 0; j) log 0; l) m) log a a a a a 6 a 7 7 log a a ; 6 log ( log ) ; 6 log ( log ) 8 w 0 log 9 (log 9 ) (6) 7 h) log ; log 8 (log ) 8 ; ; lg ( n) log 8 ) log a) Az 8 > 0 egenlõtlenség megoldása: < vag <. b) Az 9 > 0 egenlõtlenség megoldása: < vag >. Az > 0 egenlõtlenség megoldása: <. Az egenlõtlenségek közös megoldása: <. c) A 6 + > 0 egenlõtlenség megoldása: < vag >. A 7 + > 0 egenlõtlenség megoldása: >. 7 Az egenlõtlenségek közös megoldása: < < vag >. 7 vag <. A + > 0 egenlõtlenség megoldása: < vag 0 <. d) A + > 0 egenlõtlenség megoldása: < Az egenlõtlenségek közös megoldása: < vag <

52 matematika fg_mo.qd :07 Page M E G O L D S O K. É V F O LYA M e) A ½½ > 0 egenlõtlenség megoldása: < <. A + > 0 egenlõtlenség megoldása: >. Az egenlõtlenségek közös megoldása: < <. f ) Az ½½ > 0 egenlõtlenség megoldása: < vag <. Az + > 0 egenlõtlenség megoldása: >. Az egenlõtlenségek közös megoldása: < < vag <. vag <. Az > 0 egenlõtlenség megoldása: < 0 vag <. g) A ½½ > 0 egenlõtlenség megoldása: < Az egenlõtlenségek közös megoldása: < vag <. h) A 9 > 0 egenlõtlenség megoldása: >. A + > 0 egenlõtlenség megoldása: >. Az egenlõtlenségek közös megoldása: >. vag > 0, ¹. Az > 0 egenlõtlenség megoldása: < vag >, ¹. Az egenlõtlenségek közös megoldása: 0 < <. j) A 7 > 0 egenlõtlenség megoldása: > vag >, ¹. 7 Az 6 > 0 egenlõtlenség megoldása: < vag > 0, ¹. i) A + > 0 egenlõtlenség megoldása: > Az egenlõtlenségek közös megoldása: < <, ¹. w 0 a) A > 0 egenlõtlenség -re másodfokú, megoldása: < < 8, amibõl: < <. b) A sin > 0, cos > 0 és tg > 0 egenlõtlenségek egütt teljesülnek, ha: k < < + k, k ÎZ. c) A sin > 0 egenlõtlenség megoldása: l < < + l, l ÎZ. Az + > 0 egenlõtlenség megoldása: < vag <. A két egenlõtlenség közös megoldása: 0 < < vag < < vag k < < + k, k ÎZ, ½k½ ³.

53 matematika fg_mo.qd :07 Page H A T V N Y, G Y Ö K, L O G A R I T M U S A logaritmusfüggvén megoldások w 0 a) Értelmezési tartomán: ÎR, > 0. Menete: a függvén szigorúan monoton növekszik. Zérushele:. 8 a() b) Értelmezési tartomán: ÎR, > 0. Menete: a függvén szigorúan monoton növekszik. Zérushele:. b() c) Értelmezési tartomán: ÎR, > 0. Menete: a függvén szigorúan monoton csökken. Zérushele:. c() d) Értelmezési tartomán: ÎR, > 0. Menete: a függvén szigorúan monoton csökken. Zérushele:. 7 d()

54 matematika fg_mo.qd :07 Page M E G O L D S O K. É V F O LYA M e) Értelmezési tartomán: ÎR, >. Menete: a függvén szigorúan monoton növekszik. Zérushele:. e() f ) Értelmezési tartomán: ÎR, >. Menete: a függvén szigorúan monoton növekszik. Zérushele:. f() g) Értelmezési tartomán: ÎR, >. Menete: a függvén szigorúan monoton csökken. Zérushele:. h) Értelmezési tartomán: ÎR, >. Menete: a függvén szigorúan monoton csökken. Zérushele:. g() h()

55 matematika fg_mo.qd :07 Page H A T V N Y, G Y Ö K, L O G A R I T M U S i) Értelmezési tartomán: ÎR, >. Menete: a függvén szigorúan monoton növekszik. Zérushele:. i() j) Értelmezési tartomán: ÎR, >. Menete: a függvén szigorúan monoton növekszik. Zérushele: 8. j() k) Értelmezési tartomán: ÎR, >. Menete: a függvén szigorúan monoton csökken. Zérushele:. 8 k() l) Értelmezési tartomán: ÎR, >. Menete: a függvén szigorúan monoton csökken. Zérushele:. l()

56 matematika fg_mo.qd :07 Page 6 M E G O L D S O K. É V F O LYA M m) Értelmezési tartomán: ÎR, > 0. Menete: a függvén szigorúan monoton csökken. Zérushele:. m() n) Értelmezési tartomán: ÎR, >. Menete: a függvén szigorúan monoton csökken. Zérushele: 0. n() o) Értelmezési tartomán: ÎR, >. Menete: a függvén szigorúan monoton csökken. Zérushele: 0. o() w 06 a) c) e) g) a() log ; c() log ( ); e() log ( + ) + ; g() log vag g() log ; b) d) f) h) b() log ; d() log ( ); f () log ( ) ; h( ) log vag h() + log ; i) i() log ( + ) vag i() log ( + ). w 07 a) A függvénbe behelettesítve: s(0) 00, s() lg 8» 7,, tehát a megjelenéskor db-ot, eg év múlva darabot fognak eladni. b) A lg (7t + ) egenletbõl: 0 7t + 0, 6 amibõl t» 08 év.

57 matematika fg_mo.qd :07 Page 7 H A T V N Y, G Y Ö K, L O G A R I T M U S w 08 a) Értelmezési tartomán: ÎR, > 0. a() b) Értelmezési tartomán: ÎR, > 0. 0 b() c) Értelmezési tartomán: ÎR, ¹ 0. 0 c() d) Értelmezési tartomán: ÎR, > 0. d() e) Értelmezési tartomán: ÎR, >. e() w 09 a) Az ábráról leolvasott megoldásokat ellenõrizni kell. Megoldások:,,,. g( ) 7 f ( )log

58 matematika fg_mo.qd :07 Page 8 M E G O L D S O K. É V F O LYA M b) Az ábráról leolvasott megoldásokat ellenõrizni kell. Megoldások:,. g( ) + f ( ) log A logaritmus azonosságai megoldások w 0 a) a z ; b) b ; d) d ; z e) e g) g 00 ; h) h j) j 0 z w w b) b ; e) e ; f) f 9 8 log 6 b) log6 9 ; z ; 0 f) f 0 ; i) i ; ( + ) z 0. 0 a) a 8; a) log c) c 8 z ; ; 9 log log6 c) c ; d) d 0; g) g 7; h) h ; 0 log6 6 ; 9 c) log log 6 log 9 ; 6 d) log log 0; log log log 8 ; e) log f ) log log8 log8 ; 0 0 tg60 cos 0 sin 0 log ; g) log log 8.

59 matematika fg_mo.qd :07 Page 9 H A T V N Y, G Y Ö K, L O G A R I T M U S sin log log ; h) log sin 60 tg0 i) log w log. 6 7 a) Mivel az adott szorzatban a lg tgº értéke 0, ezért a szorzat is 0. cos 0º sin 0º lg 0; lg b) lg sin 60º ÈÊ ˆ È + lg 0 ; + lg Í + c) lg Í Î Î 9a 6 log6 log6 6 ; d) log6 a a + ˆ Ê e) log0, 0 log0, ÈÎ ( + ) log0,0. w a) lg (6 0) lg 6 + < log 6 6 log, mert lg 6 < ; 0 b) lg (9, 0 ) lg 9, < log log 0 0, mert lg 9, < ; c) log log( ) log 80 > log log ( 80) log 80, 8 mert log > log. ˆ È Ê ˆ Ê d) Bal oldal: lg Èlog log7 9 lg Ílog log7 7 lg log lg 0. Í ÍÎ Î ( ) ˆ Ê Jobb oldal: log Èlog log8 log log log log ÍÎ 6 6 ( ) A két kifejezés egenlõ. w a) lg 0 lg ( 0) b lg a + b. 0 0 c) Az a + lg és b lg + lg alaján lg b lg b (a ) b a +. b) lg 7 lg w 6 A bal oldali tagokat átírva b alaú logaritmusra: logb a + 6 logb a + logb a 0 logb a logb a. A jobb oldal: logb a logb a. 9

60 matematika fg_mo.qd :07 Page 60 M E G O L D S O K. É V F O LYA M Logaritmikus egenletek, egenletrendszerek, egenlõtlenségek megoldások w 7 a) Értelmezés: >, megoldás:. 7 b) Értelmezés: >, megoldás:. c) Értelmezés: >, megoldás: d) Értelmezés: >, megoldás: e) Értelmezés: >, megoldás: f ) Értelmezés: >, megoldás:. 6 g) Értelmezés: < 8 vag > 8, megoldások: 8, vag >, megoldások: 8,. i) Értelmezés: ÎR, megoldások:,. h) Értelmezés: < vag >, megoldások: 0,. k) Értelmezés: >, megoldás:. 7 l) Értelmezés: >, megoldás: 8. m) Értelmezés: > 0, ¹, megoldások:,. Csak az elsõ megoldás. j) Értelmezés: < n) Értelmezés: >, ¹, adódik:,. Csak az elsõ megoldás. 6 0 o) Értelmezés: >, adódik:,, 0. A harmadik nem megoldás. 7 w 8 a) Értelmezés: >, megoldás: 7. b) Értelmezés: >, c) Értelmezés: >, d) Értelmezés: >, e) Értelmezés: >, 60 adódik: 7, de nem megoldás. adódik: 9, de nem megoldás. 0 megoldás:. adódik:, de nem megoldás. 8

61 matematika fg_mo.qd :07 Page 6 H A T V N Y, G Y Ö K, L O G A R I T M U S f ) Értelmezés: 7 < <, megoldás:. 7 g) Értelmezés: >, megoldás:. 9 h) Értelmezés: >, megoldások:,. i) Értelmezés: >, megoldások: 6,. j) Értelmezés: >, adódik:, 7. Csak a második megoldás. k) Az értelmezési tartomán üres halmaz, nincs megoldás.,. Egik sem megoldás. m) Értelmezés: > 6, adódik:, 8. Csak a második megoldás. l) Értelmezés: > 8, adódik: 7 n) Értelmezés: >, adódik:,. Csak az elsõ megoldás. w 9 Értelmezés: > 0, > 0. a) 0, 6; b) 8, 9; c), ; g), 8; d) 7, 9;, 0. 0 w 0 a) Értelmezés: >. A logaritmusfüggvén szigorúan monoton növekvõ, ebbõl. Az egenlõtlenség megoldása: <. b) Értelmezés: >. A logaritmusfüggvén szigorúan monoton csökkenõ, ebbõl ³. Az egenlõtlenség megoldása: >. c) Értelmezés: >. A logaritmusfüggvén szigorúan monoton növekvõ, ebbõl > 7. Az egenlõtlenség megoldása: > 7. e), ; f ), 6; h) d) Értelmezés: >. A logaritmusfüggvén szigorúan monoton növekvõ, ebbõl. Az egenlõtlenség megoldása: <. e) Értelmezés: >. A logaritmusfüggvén szigorúan monoton csökkenõ, ebbõl > 6. Az egenlõtlenség megoldása: > f ) Értelmezés: >. A logaritmusfüggvén szigorúan monoton csökkenõ, ebbõl < 00 7 Az egenlõtlenség megoldása: < <. 00 6

62 matematika fg_mo.qd :07 Page 6 M E G O L D S O K. É V F O LYA M w a) Értelmezés: >, megoldás:. 7 b) Értelmezés: >, adódik:, de ez nem megoldás. c) Értelmezés: >. Érdemes beszorozni -vel, a + 7 ( + ) egenlethez jutunk, melnek gökei:,. Csak a második megoldás. d) Értelmezés: >. tszorzás után a ( ) egenletet kajuk, melnek gökei:,. Csak az elsõ megoldás. 9 e) Értelmezés: > 000. talakítva az egenletet: lg ( 000) lg lg lg 00. A logaritmusfüggvén szigorú monotonitása miatt , tehát: 00. f ) Értelmezés: >, ¹ 0. tszorzás után, felhasználva a logaritmusfüggvén szigorú monotonitását, az + 0 egenletet kajuk, melnek gökei:,. Csak az a megoldás. g) Értelmezés: ( ) ( ) > 0, 0 > 0 és lg ( 0) ¹ 0 közös megoldása: >, ¹,. Az egenletet átszorozva lg( 0)-zel, kajuk: lg( ) ( ) lg( 0). A logaritmusfüggvén szigorú monotonitása miatt 8 + 0, amel akkor teljesül, ha:,. Az értelmezési tartomán miatt az egenletnek nincs megoldása. h) Értelmezés: >. Felhasználva a logaritmus azonosságait, kajuk: lg [( ) 8] lg( ), melbõl a logaritmusfüggvén szigorú monotonitása miatt adódik: 8 6, vagis Az egenlet gökei:,. Mindkét gök megfelel az adott értelmezési tartománnak. i) A logaritmus definíciója alaján, sorban felbontva a zárójeleket: log [log (log )], amibõl log (log ), ebbõl edig log 6, amibõl 6. Ellenõrzéssel meggõzõdünk a megoldás helességérõl. j) A logaritmus definíciója alaján felbontva a zárójeleket:. Ellenõrzéssel meggõzõdünk a megoldás helességérõl. k) Az elõzõ módszerrel: 8. Ellenõrzéssel meggõzõdünk a megoldás helességérõl. l) Az elõzõ módszerrel: 6. Ellenõrzéssel meggõzõdünk a megoldás helességérõl. w. A logaritmus definíciója alaján: ( 0 + ), 8 amibõl:,. Mindkettõ megoldás. 7 b) Értelmezés: 0 < <,, ¹ vag > 6. A logaritmus definíciójának segítségével kajuk: 9 +, amibõl: 7,. Mindkettõ megoldás. a) Értelmezés: 0 < <, ¹ vag > 6

63 matematika fg_mo.qd :07 Page 6 H A T V N Y, G Y Ö K, L O G A R I T M U S c) Értelmezés: > 6. A logaritmus definíciója alaján: 7 0, amibõl: 0,. Csak az elsõ megoldás. d) Értelmezés: >, ¹. A logaritmus definíciója alaján, amibõl: 0,,. Csak az megoldás. e) Értelmezés: > 0. A lg -re nézve másodfokú egenlet megoldásaiból: 0, 0. f ) Értelmezés: > 0. A log -re nézve másodfokú log 8 log + 0 egenlet megoldásaiból adódik:, 7. g) Értelmezés: > 0. A log + 9 log 9 0 másodfokú egenlet megoldásaiból adódik:,. ˆ Ê h) Értelmezés: >. A lg lg egenletet megoldásai: és. Csak a másodikból adódik megoldás, és abból is csak az felel meg. i) Értelmezés: log ¹ ¹ és log ¹ ( ¹ ). Beszorozva az egenletet a közös nevezõvel, és log a-val jelölve, kajuk: (a ) (a + ) (a + ) (a ), melbõl a a + 6 0, amibõl a és a, amelnek megfelelõ értékek: log ( 8) és log ( ). j) Értelmezés: > 0, ¹. Alkalmazva a logaritmus definícióját: 6. Rendezés és kiemelés után: ( 6) 0. Mivel ¹ 0, ezért 6 0. Az egenlet gökei: és. Az értelmezési tartománnak csak az elsõ gök felel meg. w a) b) c) d) e) f) Értelmezés: Értelmezés: Értelmezés: Értelmezés: Értelmezés: Értelmezés: >, >. Megoldás: 0,. > 0, > 0, ¹. Megoldás: 9,. >, <. Megoldás: 7,. > 0, ¹, > 0, ¹. Megoldás: 8, 7. > 0, > 0. Megoldás: 00,. > 0, + > 0. Megoldás:,. g) Értelmezés:, > 0 vag, < 0. Megoldás: w, ;,. a) Értelmezés: >. A logaritmusfüggvén szigorúan monoton növekvõ, ebbõl < 0 vag <. Megoldás: <. b) Értelmezés: >. A logaritmusfüggvén szigorúan monoton csökkenõ, ebbõl < <. Megoldás: < <. c) Értelmezés: >. Rendezés után, a logaritmusfüggvén szigorúan monoton növekvõ, ebbõl. Nincs megoldás. 6

64 matematika fg_mo.qd :07 Page 6 M E G O L D S O K. É V F O LYA M ³ egenlõtlenségbõl: < vag. Megoldás: ³. d) Értelmezés: >. Az egenlõtlenségbõl: e) Értelmezés: >. A vag >. Megoldás: >. 7 7 egenlõtlenségbõl: <. Megoldás: <. f ) Értelmezés: >. A g) Értelmezés: > 6. Az ( ) ³ 6 egenlõtlenségbõl: > 6. Megoldás: > ³ 8 egenlõtlenségbõl:. Megoldás: <. h) Értelmezés: >. A ( ) 8 i) Értelmezés: >. A ( ) ( ) ³ 00 egenlõtlenségbõl adódik: vag 7. Megoldás: ³ 7. j) Értelmezés: >. A ( + ) ( ) 7 egenlõtlenségbõl adódik:. Megoldás: <. k) Értelmezés: < Megoldás: < + egenlõtlenségbõl adódik: < vag ³ 6. vag >. A vag ³ 6. l) Értelmezés: 0 < < vag >. A vag <. Megoldás: 0 < ( ) egenlõtlenségbõl adódik: vag <. m) Értelmezés: > vag <. Az ( ) ( ) egenlõtlenségbõl adódik:. Megoldás: < vag <. n) Értelmezés: >. A ( + ) ( ) > + 6 egenlõtlenségbõl adódik: < vag > 6. Megoldás: > 6. o) Értelmezés: < <. A ½½ ³ 8 egenlõtlenségbõl adódik:. Megoldás:. ) Értelmezés: < 0. Az > 0 egenlõtlenségbõl adódik: < vag >. Megoldás: <. w ( + ) a) Értelmezés: >. ttérve -es alaú logaritmusra az egenlethez jutunk. Megoldás:, 7. 8 b) Értelmezés: > 0, ¹. ttérve -as alaú logaritmusra, a log + 6 másodfokú log egenletbõl: 9, 8. 6

65 matematika fg_mo.qd :07 Page 6 H A T V N Y, G Y Ö K, L O G A R I T M U S c) Mivel > 0, az egenletnek minden valós szám esetén van értelme. Írjunk fel minden tagot logaritmussal, és alkalmazzuk a logaritmus azonosságait: lg [0 ( + )] lg ( 0). A logaritmusfüggvén szigorú monotonitása miatt, és -nel osztva, a másodfokú egenlet megoldásai: 6, aminek nincs megoldása és, ahonnan. d) Értelmezés: > 0. Vegük mindkét oldal 0-es alaú logaritmusát: ( + lg ) (lg lg ) lg +. A lg -re másodfokú egenlet: (lg ) + ( lg ) lg (lg + ) 0. Az egenlet diszkriminánsa: D ( lg ) + 6 (lg + ) + 0 lg + (lg ) ( + lg ). A megoldások: lg lg 0, amibõl 0 és lg, amibõl 0. w 6 Az értelmezésbõl ( > 0, ¹, > 0) következik, hog csak ozitív -k esetén van megoldás. A logaritmus definíciója szerint:. Ha, akkor a megoldás: > 0, ¹. Ha ¹ (de > 0), vegük mindkét oldal alaú logaritmusát: log + log., a logaritmus definíciója alaján:. Ellenõrzéssel meggõzõdhetünk a megoldás helességérõl. Ebbõl log w 7 a) Értelmezés:, > 0, ¹, ¹. Legen a lg, ezzel a második egenlet: a +, lg a 6 aminek megoldásai: a, a. lg az elsõ egenletbe beírva: 000, 00. lg lg az elsõ egenletbe helettesítve: 00, 000. lg b) Értelmezés: >, >, + > 0. Az elsõ egenletbõl: ( ) A második egenletbõl:. 6 () + +, + ahonnan +, ezt ()-be helettesítve a következõ egenletet kajuk: A megoldásai: 6,, a második nem megoldás, mert >, az elsõbõl. 7 6

66 matematika fg_mo.qd :07 Page 66 M E G O L D S O K. É V F O LYA M Veges feladatok megoldások w 8 Az eges kifejezések értékei: 0 A, B, C, D, E, A növekvõ sorrend: D < B < A < C < G H < E < F. w 9 a) Igaz. b) Hamis. w 0 a),. c) Hamis. d) Igaz. b). F 6, G, e) Igaz. H. f ) Igaz. c). d) Értelmezés: >, megoldás: 0,. e) Értelmezés: < <, megoldás:,. Csak a második megoldás. f ) Értelmezés: > 0. talakítva az egenletet (log )-re másodfokú egenletet kaunk: (log ) (log ) 0. Legen: log a. A a a 0 egenlet gökei: a és a, ennek megfelelõen. Mindkét gök megfelel az egenlet értelmezési tartománának. és g) Értelmezés: ³ 0. Jelölje a -nak, s átrendezve az a a + 0 egenletet kajuk, melnek gökei: a és a. Ebbõl a, ahol mindkét oldal -as alaú logaritmusát véve kajuk: log log Þ log, valamint Þ 0 Þ 0. Mindkét gök megfelel az értelmezési tartománnak. Megjegzés: Az elõbbi gök számolható úg is, hog mindkét oldal 0-es alaú logaritmusát véve kajuk: lg lg lg Þ» 0, 6 Þ» 0,. lg h) Összevonva a és egütthatóit, átrendezve az egenletet kajuk: 9 9, melbõl 0. Az egenletnek eg göke van, az 0. lg Þ <, 8. trendezve az egenletet: lg log ( ), majd alkalmazva a logaritmus definícióját, kajuk:, amibõl. Jelölje: a. Íg a a + 0, melnek gökei a 8 és a. Ennek megfelelõen és. Mindkét gök megfelel az értelmezési tartománnak. i) Értelmezés: < j) Értelmezés: > 0, ¹. Jelölje a log 6, íg a következõ egenletet kajuk: a 7a + 6 0, melnek gökei: a 6 és a. Behelettesítve a log 6 a alakba: log 6 6, melnek gökei: és, de csak az elsõ gök felel meg az értelmezési tartománnak. 66

67 matematika fg_mo.qd :07 Page 67 H A T V N Y, G Y Ö K, L O G A R I T M U S w a), 0. b) Értelmezés: >, >. A logaritmus azonosságait és monotonitását felhasználva a következõ egenletrendszerhez jutunk: ( ) +. ( ) ( ) A feltételeknek megfelelõ megoldások:, 0. c) Értelmezés: >. Az elsõ egenletbõl a logaritmus definíciója miatt: Û +. Ezt a kifejezést helettesítve a második egenletbe: + 97, vagis 97. Osztva -nal, valamint felhasználva, hog 6, kajuk: 6 6, melnek göke, amibõl. Az egenletrendszer megoldása a (; ) számár. d) Értelmezés: + > 0, > 0, ¹. Az elsõ egenletbõl ered: 000, a második +, amelbõl. Ezt visszahelettesítve az elsõ egenletbe, kajuk, egenletbõl edig: hog 8 000, vagis: ±, melbõl ±. Az egenletrendszer megoldása: ( ; ). e) Értelmezés: + > 0, > 0, ¹. Az elsõ egenletet átrendezve, azt kajuk, hog. Ezt helettesítve a második egenletbe, melbõl a logaritmus azonosságok felhasználása után: egenletet katuk, ered: 8, melnek göke: ±, amibõl ±. Ê ˆ Az egenletrendszer megoldása: ;. f ) Értelmezés:, > 0, vag, < 0. Az elsõ egenletet átrendezve, azt kajuk, hog 6 +. A második egenletben a logaritmus definíciója miatt az 9, melbe helettesítve az elsõ egenletbõl kifejezett 6 + -t ered: + 0. Ebbõl,. Íg 9 és. Az egenletrendszer megoldásai a (9; ) és a ( ; ) számárok. g) Értelmezés:, > 0. Az elsõ egenletbõl a logaritmus azonosságainak felhasználása után, kajuk, hog 8. A második egenletbõl, felhasználva, hog 0, 0, valamint, hog az eonenciális függvén szigorúan monoton, ered: +. Ezt visszahelettesítve az elsõ egenletbe kajuk a egenletet, melnek gökei:,, amibõl 6,. Ê ˆ Az egenletrendszer megoldásai a (; 6) és a ; számárok. w a) Az helettesítés után az egenlõtlenséget kajuk, melnek megoldása:. Ebbõl: b) Értelmezés: >. A logaritmus azonosságait felhasználva, a logaritmusfüggvén szigorúan monoton növekvõ, ebbõl 6. Megoldás: <. 67

68 matematika fg_mo.qd :07 Page 68 M E G O L D S O K. É V F O LYA M c) Értelmezés: <. A 0-es alaú logaritmus szigorú monoton növekedése miatt: < 6, vagis 0 <, amelnek gökei: < vag > 7. Az egenlõtlenség megoldása az értelmezési tartománon: <. d) Értelmezés: >. Felhasználva, hog log, valamint, hog a -es alaú logaritmusfüggvén szigorú monoton nõ, kajuk, hog log ( ) <, majd log, és az -ös alaú logaritmusfüggvén szintén szigorúan monoton nõ, ezért <, amibõl < 6. Az egenlõtlenség megoldása: < < 6. e) Felhasználva, hog 0, a megoldandó egenlõtlenség: ( + ) ( ) < 0. Ez akkor teljesül, ha a szorzat egik ténezõje negatív, másik ozitív, tehát itt akkor és csak akkor, ha < <. ʈ, valamint, hog az alaú logaritmus szigorúan monoton csök 8 ken, ezért: a megoldandó egenlõtlenség. Ebbõl: 8 + 0, amibõl. f ) Felhasználva, hog w a) 8 Ê ˆ 7 ʈ + log + 7 log ; 8 b) 0 log 0 6 lg + 8log log8 9 w a) Értelmezés: > 0. Vegük mindkét oldal -es alaú logaritmusát, és alkalmazzuk a logaritmus azonosságait: (log + ) log log. log a-t helettesítve kajuk: (a + ) a 0, melbõl a + a 0, melnek gökei a és a. Visszahelettesítve log a kifejezésbe elõször a -et ered:, majd a -bõl kajuk:. Mindkét gök megfelel az értelmezési tartománnak. b) Értelmezés: > 0. Vegük mindkét oldal 0-es alaú logaritmusát, ekkor: 8 lg lg lg00 Þ 8 lg Þ lg Û lg ±, melnek gökei: 0 0 és 0. 0 Mindkét gök megfelel az értelmezési tartománnak. w A feltételek szerint: lg( a) + b. lg(9 a) + b A második egenletbõl kivonva az elsõt: lg (9 a) lg ( a), aminek megoldása: a, visszahelettesítve: b. A függvén hozzárendelési szabála: f () lg ( + ). 68

69 matematika fg_mo.qd :07 Page 69 H A T V N Y, G Y Ö K, L O G A R I T M U S w 6 a) b) A egenletbõl, mindkét oldal logaritmusát véve: 6 lg ,6 óra. lg lg A kísérlet naig tart. w 7 a) lg (0 7 ) 7. b) Az, lg K egenlõségbõl: K 0,»,6 0 6 mol. dm c) Ha lg K, akkor lg(00 K) lg00 lg K lg K. A H érték -vel csökken. w 8 a) h() 00 log» 7. b) Mivel h() 00 log 7» 886 és h() 00 log» 09, ezért a növekedés,%-os. c) Az log (t + ) egenletbõl t, tehát várhatóan 07 márciusában éri el a halak száma az 00-at. w 9 a) Értelmezés:, > 0; ¹. Az elsõ egenlet mindkét oldalának vegük a 0-es alaú logaritmusát, majd rendezzük át, íg lg kajuk:. Ezt a második egenlet bal oldala helett beírva ered: lg. lg Tehát: lg lg. Az elsõ egenletbõl kaott lg lg -t helettesítve ebbe az egen letbe kajuk, hog lg lg, amibõl lg, tehát 0, amibõl 0. ( ) Az egenletrendszer megoldása: 0 ; 0 számár. b) Értelmezés:, ¹. Térjünk át -es alaú logaritmusra mindkét egenlet esetén. Íg: log log + Þ log + log, log 6 log log 6 + log log Þ +. log log Jelölje: a log és b log -t. Ekkor: a + b + a b, Az elsõ egenletbõl kaott b a-t helettesítve a második egenletbe: + a a amibõl: a a + 0, vagis a és a, valamit: b és b. Az a és b értékeket visszahelettesítve kajuk és értékeit, mel szerint: log, amibõl, és log, amibõl, valamint: log, amibõl, és log, amibõl 6. Az egenletrendszer megoldásai: (; ), és (; 6) számárok. 69

70 matematika fg_mo.qd :07 Page 70 M E G O L D S O K. É V F O LYA M c) Értelmezés: > 0 és > 0. Mindkét egenlet 0-es alaú logaritmusát véve: () lg lg lg 9, ( lg ) () lg + lg lg 00. ( lg + ) lg -t (lg ¹ 0, egébként ()-es nem teljesülhetne) lg helettesítjük a () egenletbe, íg kajuk, hog: lg + lg + lg, lg Az elsõ egenletbõl kifejezett lg melbõl a lg ( + lg ) lg + lg 0 másodfokú egenlet gökei: lg, valamint lg lg. Az lg megoldás esetén 00 és, az lg esetén és 00. Az egenletrendszer megoldásai a (; 00) és a (00; ) számárok. Megjegzés: Egszerû helettesítéssel belátható, hog mindkét számár igazzá teszi az egenletrendszert. w 0 a) Az egenlet jobb oldala: lg lg. lg 8 lg Az egenlet bal oldalának átalakításával: ʈ ʈ + ʈ,. Az eonenciális függvén szigorú monotonitása miatt:. b) Értelmezés: >. A logaritmus azonosságait alkalmazva, az lg [0 ( + )] lg [ (9 )] egenletet kajuk, amibõl a másodfokú egenlet adódik, ennek megoldásai: 9 és. Csak az elsõbõl kaunk megoldást:. c) Értelmezés: > 0. Vegük mindkét oldal 0-es alaú logaritmusát: È ÍÎ(lg ) 8 lg lg, ÈÊ ˆ Í lg lg lg. 8 Î Beszorzás után a következõ negedfokú egenlet adódik: (lg ) (lg ) + 0. Ennek a megoldásai: (lg ) és (lg ). Mindkettõbõl kaunk megoldást: 00,, 0, Mind a nég eredmén megoldása az eredeti egenletnek. 70

71 matematika fg_mo.qd :07 Page 7 H A T V N Y, G Y Ö K, L O G A R I T M U S d) Vizsgáljuk az értelmezési tartománt, melre: > és >, vagis az elsõ esetben: lg >» 0, 6, lg a második esetben: > lg», 6. lg Tehát az egenlet értelmezési tartomána: > lg. lg Felhasználva a logaritmus azonosságait: log ( ) ( ), majd alkalmazva a logaritmus definícióját, és elvégezve a beszorzást, kajuk: vagis a esetén: () 7 () + 0 0, a 7a + 6 0, melnek gökei: a 6 és a. Helettesítve a a kifejezésbe, 6 esetén 0. A második gök nem felel meg az értelmezési tartománnak, az elsõ kifejezhetõ 0-es alaú lg 6», 6. Ez megfelelõ göknek bizonul. logaritmussal is, ahol lg w Értelmezés: >, ¹. A számtani és mértani közé közötti egenlõtlenség alaján: 6 6 log7 ( ) + ³ log7 ( ) 8. log7 ( ) log7 ( ) Az egenlõség akkor áll fenn, ha log7 ( ) 6 log7 ( ).. 9 Tehát a kifejezés az és esetén lesz a legkisebb, amelnek értéke 8. 9 Megoldásai: log7 ( ), amibõl, és log7 ( ), amibõl 7

72 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM.. A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI Vektormûveletek rendszerezése, alkalmazások (emlékeztetõ) megoldások w a) Egenlõ vektorok: a és c. b) Ellentett vektorok: b és d. c) a+ f + d 0, a+ b + e 0. w a) OB a + c; b) AF a c; c) FD c a; d) BD a c; e) EA a + c; f ) EC c + a; g) FC c. w A vektorok által bezárt szög: a) 0º; b) 80º. w a) b) a+ b; a b. w6 A vektor hossza: a) +» 6,8 cm; b) » 7, 09 cm. w7 a+ b 0 cos0º» 8,79; a b 0 sin0º» 6,8 egség. a+ b a+ b a b a b w8 a) b) b + ; c). ; w9 a) Olan vektorok felelnek meg a feltételnek, amelek hegesszöget zárnak be. b) Olan vektorok felelnek meg a feltételnek, amelek hossza egenlõ. w0 a) (,;,); b) (0; 8); c) (,0;,). w a) AB (; 8). b) A felezõont helvektora f(; ). w A háromszög belsõ szögfelezõje a szemben levõ oldalt a szomszédos oldalak aránában osztja: AD íg a D ont az AB oldal A-hoz közelebbi harmadolóontja. A szakasz harmadolóontjába mutató helvektorra vonatkozó összefüggés ismeretében: CD a b DB 0 0, +. w a) Az a + b és c vektor bezárt szöge 90º. b) a + b + c + ( ). w a) AI a b c + + b) AJ a + b + c c) IJ a + c. ; ; w A v vektor elõállítható az a és a b vektorok lineáris kombinációjaként v a a+ b b alakban. A feladatunk az, hog a és b értékét meghatározzuk. Ehhez meg kell oldanunk a következõ egenletrendszert: 6 a b a + b. Az egenletrendszer megoldásai: a, b. Tehát a vektor elõállítása: v v a+ b. 7

73 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI w6 Elõször megmutatjuk, hog az OA + OB + OC vektort az O C kezdõontba eltolva a vektor végontja rajta lesz a háromszög C csúcsából induló magasságának egenesén. Az O ont az ABC háromszög köré írt kör közéontja, tehát az M OA és OB vektorok egenlõ hosszúságúak. A aralelogrammaszabál alaján a két vektort összeadva eg rombuszt kaunk. O B Mivel a rombusz átlói merõlegesek egmásra, ezért az összegvektor merõleges lesz AB egenesére. A Ismét használva a aralelogrammaszabált, az O kezdõontból kiindulva adjuk hozzá az OA + OB vektorhoz az OC vektort. Mivel a háromszög C csúcsából induló magasságának egenese és az OA + OB egaránt merõleges AB egenesére, az OA + OB + OC végontja rajta lesz az ABC háromszög C-bõl kiinduló magasságvonalán. Hasonlóan belátható, hog ha az O kezdõontból kiindulva az OB + OC vektorhoz hozzáadjuk az OA vektort, az OA + OB + OC végontja rajta lesz az ABC háromszög A-ból kiinduló magasságvonalán is. Azt katuk, hog ha OA + OB + OC kezdõontja az O ont, akkor végontja rajta van a háromszög két magasságvonalának egenesén, tehát a vektor végontja a háromszög M magasságontja. Ezzel beláttuk, hog OA + OB + OC OM. w7 w8 Legen az ABC háromszög magasságontja M, a körülírható kör közéontja O, azab oldal felezõontja F. Mivel OF merõleges AB-re, elég belátnunk, hog CM OF. Ismert, hog eg tetszõleges vonatkoztatási ontból eg szakasz felezõontjába mutató helvektor a végontokba mutató két helvektor számtani közee. Ha a vonatkoztatási ont O, akkor OA + OB OF. A 6. feladat alaján: OA + OB + OC OM, amibõl következik, hog: CM OM OC ( OA + OB + OC ) OC OA + OB. Tehát CM OF, vagis a feladat állítását bebizonítottuk. Az ABC háromszög körülírható körének O közéontjából a csúcsokba mutató vektorok legenek a, b és c. Eg tetszõleges vonatkoztatási ontból az ABC háromszög súlontjába mutató helvektor a csúcsokba mutató helvektorok számtani közee. Ha a vonatkoztatási ont a háromszög körülírható körének O közéontja és az S ont a háromszög súlontja, akkor: a b c OS + +. A 6. feladat alaján: OM a + b + c. Ez utóbbi két egenlõségbõl következik, hog OM OS, ami azt jelenti, hog O, M és S ontok eg egenesen vannak, és S ont az OM szakasz O-hoz közelebbi harmadolóontja. 7

74 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w9 a) Az ABC háromszög körülírható körének O közéontjából a csúcsokba mutató vektorok legenek a, b és c, magasságontja M. A 6. feladat alaján OM a + b + c, tehát: OF a b c + +. A háromszög AB oldalának C felezõontjába mutató vektor: a b a b c a b c OC + Þ CF OF OC Hasonló számolással adódik, hog a BC oldal A, illetve az AC oldal B felezõontjába a b mutató vektorok, illetve. Mivel az a, b és c vektorok hossza a háromszög köré írható kör sugara, az F ont a háromszög minden oldalának felezõontjától egenlõ távolságra van. b) Az A csúcs és az M magasságont által meghatározott szakasz felezõontja legen A, ekkor OA. B C OM + a B A 6. feladat alaján: M c A ( a + b + c) + a A F OA. C A a O b C Mivel FA OA OF, B ( a + b + c) + a a + b + c a FA. Hasonlóan adódik, hog az F ontból a B csúcs és az M magasságont által meghatározott szakasz B felezõontjába, illetve a C csúcs és az M magasságont által meghatározott szakasz b c C felezõontjába mutató vektorok, illetve. Mivel az a, b és c vektorok hossza a háromszög köré írható kör sugara, az F ont a háromszög minden csúcsát a magasságonttal összekötõ szakasz felezõontjától egenlõ távol van. A meggondolásainkból következik, hog ha az ABC háromszög körülírható körének sugara R, R akkor az F közéontú sugarú körön rajta van a háromszög három oldalának felezõontja, és a háromszög minden csúcsát a háromszög magasságontjával összekötõ szakasz felezõontja. Ezt a kört hívják a háromszög Feuerbach körének. Szokás még kilenc ont körének is nevezni, mivel az említett hat onton kívül még rajta van a háromszög három magasságának talontja is. A skaláris szorzat megoldások w60 a) 6; b) 0; c) 6 ; d). w6 a) 60º; b) º; c) 90º; d)» 67,98º. w6 a) 9; b) ; c) ; 7 d) 0. 7

75 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI w6 A skaláris szorzat legkisebb értéke 8, a legnagobb értéke 8. w6 a) AB AC cos 60º ; b) AB BC cos 0º ; c) AB AT cos 0º ; d) BC TC cos 0º. w6 A négzet átlójának a hossza egség. a) ( AB + AD) AC AC AC AC ; b) ( AB AD) AB DB AB cos º ; c) ( AB AD AB AD AB AD + ) ( ) 0, vag ( AB + AD) ( AB AD) AC DB cos 90º 0; d) ( AB + AD) AD AB AD + AD AD 0+, vag ( AB + AD) AD AC AD cos º. w66 a) a b cos 60º ; b) a + b a b mivel a két vektor merõleges egmásra. ( ) ( ) 0, c) ( a b) b b; d) ( a b) ( a b) ( a b) ; 7 e) ( a+ b) ( a b) () a a b ( b). w67 BC CA + CA AB + AB BC cos 0º. w68 a) Mivel a b a b cos a és a b a, ezért b. cosa Minden olan b vektor megfelel, amelnek hossza az a és b vektorok által bezárt szög koszinuszának a reciroka. b) Nincsenek ilen vektorok, mert a skaláris szorzat értéke mindig eg valós szám. c) Minden olan a és b vektor megfelel, amelek nem egiránúak. d) Az egenlõség igaz, ha a két vektor merõleges egmásra. e) Az egenlõséget olan a és b vektorok teljesítik, amelek skaláris szorzata. w69 a) Mivel az a b vektor merõleges a c vektorra, a skaláris szorzatuk 0. b) Mivel az a + b és a + c hossza egaránt, valamint a közbezárt szögük 60º: ( a+ b) ( a+ c). c) Az a + b + c testátló vektora, az a + c laátló vektora hosszúságú, és a bezárt szögük koszinusza ezért:, a+ b + c a+ c ( ) ( ). 7

76 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w70 Legen a és b vektorok által bezárt szög a. Mivel a a+ b vektor merõleges az vektorra, a skaláris szorzatuk 0: ( a + b) ( a b) a a b b 0. Ebbõl következik, hog: a b Þ cos a. Íg kajuk, hog cos a 0,, amibõl a» 0,8º. w7 A két vektor merõleges egmásra, mert: ( a b) ( a+ b) a 6 a b 8 b a 6 a b cos 0º 8 b Ê + ˆ a 6 a 8 a a ( 8) 0. a b w7 Tekintsük a két vektor skaláris szorzatát, és alkalmazzuk a skaláris szorzás ismert mûveleti tulajdonságait: ( a b) c ( a c) b a ( a b ) ( c a ) ( a c) ( b a )0. Mivel a szorzat 0, a két vektor merõleges egmásra. w7 Az általánosság megszorítása nélkül feltehetõ, hog az ABCD tetraéder ABC lajának oldalai között az AB ³ BC ³ CA egenlõtlenség áll fenn. Elég bizonítanunk, hog a BCA hegesszög. Ehhez elég belátni, hog CA CB skaláris szorzat értéke ozitív valós szám: CA CB ( DA DC) ( DB DC) DA DB DA DC DC DB + DC DC. Mivel DA, DB és DC vektorok áronként merõlegesek egmásra, ezért: DA DB DA DC DC DB 0. Íg: CA CB DC DC DC > 0, ezzel az állításunkat bebizonítottuk. w7 Az ábrán látható ABCD négszög oldalainak vektorai a, b, c D és a + b + c. Elég belátni, hog a szemközti oldalvektorok négzetösszegének különbsége akkor és csak akkor nulla, ha az átlóvektorok merõlegesek egmásra. Vegük a szemben lévõ oldal- a + b + c c C a + b vektorok négzetösszegének a különbségét: A b ( a + b + c) + c b + b a c a b + a b + b c + a c B ( a + b) ( b + c). Ez utóbbi szorzat akkor és csak akkor 0, ha a + b átlóvektor merõleges b + c átlóvektorra. Ezzel a feladat állítását bebizonítottuk. 76

77 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI w7 Iránítsuk az oldalakat az ábrán látható módon vektorokként. F Eg szakasz felezõontjába mutató vektor a végontokba mutató E vektorok számtani közee: e CH a b f + C G. D a b g A H B Az ábráról leolvasható, hog EF f e. Tekintsük ez utóbbi két vektor skaláris szorzatát: CH EF a b + ( f e) ( a + b) ( f e) a f ( a e + b f b e). Az a és e, valamint a b és f vektorok merõlegesek egmásra, tehát skaláris szorzatuk 0, tehát: CH EF ( a f b e ). Legen g a háromszög C csúcsánál lévõ szöge. Tekintsük az a f és b e skaláris szorzatokat: a f a f cos( g + 90º ), b e b e cos( g + 90º ). Figelembe véve, hog a e és b f, a két skaláris szorzat egenlõ, tehát CH EF ( a f b e) 0. Ha két vektor skaláris szorzata 0, akkor merõlegesek egmásra, tehát CH egenese merõleges EF egenesére. Az EF CH összefüggés bizonításához tekintsük a ( CH) EF különbséget: ( ) CH EF ( a + b ) ( f e ) a + a b + b. e + e f f Az a e és b f Þ a + b e f 0, valamint az ACB g, illetve az ECF 80º g, tehát: ( CH) EF a b + e f a b cosg + e f cos( 80º g). Ismert, hog cos g cos(80º g), tehát: ( ) CH EF a b cosg e f cos g 0. Azt katuk, hog ( CH) EF 0, vagis EF CH. w76 Vezessük be a következõ jelöléseket: AB c, AC b, AM m. Legen a BC-vel árhuzamos egségvektor e. Ha MC q és BM, akkor MC q e, illetve BM e. A következõ egenlõségeket emeljük négzetre: c m e és b m+ q e. A skaláris szorzás tulajdonságai miatt ezeket négzetre emelve kajuk a következõ egenleteket: AB AM m e AC AM q + és + + q m e. ( ) ( ) B c A m e M q e C b 77

78 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w77 w78 Az elsõ egenletet q-val, a másodikat -vel szorozva, majd összeadva, megkajuk a következõ összefüggést: AB q + AC AM ( + q) + q + q, AB q + AC AM ( + q) + q ( + q), AB MC + AC BM AM BC + BM MC BC. Ez utóbbi összefüggés éen a bizonítandó állítás. Az ABC háromszög S súlontját tekintsük vonatkoztatási ontnak. Ekkor a súlontba mutató kélet alaján az A, B és C csúcsok a, b és c helvektoraira fennáll: a + b + c 0 Þ a + b + c 0. Ha a P ont helvektora, akkor r, továbbá: PA PB PC + + ( a ) + ( b ) + ( c ) a + b + c ( a + b + c) + a + b + c + r. Tehát az adott ABC háromszögben a PA + PB + PC összeg az r sugarú kör kerületének bármel P ontjára nézve uganakkora. A 77. feladat alaján adott ABC háromszög esetén a PA + PB + PC a + b + c +r összeg akkor minimális, ha r 0, vagis P ont éen a háromszög súlontja. Skaláris szorzat a koordináta-rendszerben megoldások w79 a) ; 7 b) c) d) ; ; e) ; f ). 0 ; w80 a) 90; b). a w8 Az a vektorral egiránú egségvektor: a0 tehát koordinátái: a, Ê ˆ a) a 0 (,; 08 06,); b) a 0 ; ; Ê c) a m n mn ˆ 0 ;. m + n m + n a w8 Az a vektorral megegezõ iránú egség hosszú vektor: b, tehát koordinátái: a Ê 60ˆ Ê 0 0ˆ a) b ; ; b) b ; 0 0 ; ( ) c) b ;. 78

79 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI w8 a Az a vektorral ellentétes iránú egség hosszú vektor: b, tehát koordinátái: a Ê Ê 7 0 0ˆ a) b 6ˆ ; ; b) b ; ; 0 0 Ê c) b 6 ˆ ;. w8 a) 9; b),; c),8; d) 08,; e). w8 a),º; b) 9,8º; c) 8,60º; d) 90º. w86 Két vektor merõlegességének szükséges feltétele, hog a két vektor skaláris szorzata 0 legen. a) b) c) vag,. 7 ; ; w87 Az AB vektor: Ê b b ˆ AB ;. a b a b A vektor hossza a koordinátáinak négzetösszegébõl vont négzetgök: Ê b ˆ Ê b ˆ b AB + a b a b a b. w88 Az AOB háromszög OA oldalának hossza az A ont helvektorának az abszolút értéke: a ( ) A OB oldal hossza a B ont helvektorának az abszolút értéke: b Az AB oldal hossza az AB(0; ) vektor abszolút értéke: AB 0 + ( ) 7. A háromszög kerülete: ,7 egség. w89 Mivel: ( ), a két vektor skaláris szorzata: a b ( ) + 0. Tehát a két vektor 90º-os szöget zár be. w90 Ê ˆ a) b(; ); b) b ; ; c) b( k; k). w9 A c vektor koordinátái legenek c(; ). A skáláris szorzatokat a koordináták segítségével kiszámolva a következõ egenletrendszert kell megoldani: a c 7 Þ 7. b c Þ Az egenletrendszer megoldása: és. Tehát a c vektor: c( ; ). 79

80 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w9 Legen b(; 7). A két vektor skaláris szorzatát számolhatjuk kétfélekéen, íg felírhatjuk a következõ egenletet: Négzetre emelés után az másodfokú egenlethez jutunk, amelnek gökei és 9. Ha 9, akkor a két vektor skaláris szorzata negatív, tehát nem zárhatnak be hegesszöget. A b vektor elsõ koordinátája, és ekkor a két vektor valóban º-os szöget zár be. w9 Az adott vektorokkal egiránú egségni hosszú vektorok rombuszt feszítenek ki, íg összegük a két vektor szögfelezõjének iránába mutat. A keresett vektor tehát íg állítható elõ: a b v +. a b a Ê ˆ b Ê ˆ Mivel koordinátái ; és koordinátái ;, ezért a két vektor szögfelezõjének a b iránába mutató vektor: Ê v ˆ ;. 6 6 w9 Mivel az OA, illetve OB vektorok skaláris szorzata: OA OB + 7 0, a két vektor merõleges egmásra, tehát az OAB háromszög derékszögû. a b c Eg derékszögû háromszög beírt körének sugarát kiszámíthatjuk az r + alaján, ahol a, b a befogók, és c az átfogó hosszát jelöli. A befogók hossza: OA 9 és OB Az átfogó hossza: AB A beírt kör sugara tehát: ( r ) 9»,. A háromszög köré írt kör sugara Thalész tételének értelmében az átfogó fele, vagis: 96»,. összefüggés w9 Két vektor akkor és csak akkor zár be tomaszöget, ha a két vektor skaláris szorzata negatív: ( ) ( +)+ ( ) <0. Keressük valós araméter értékét úg, hog a ( ) + ( ) + ( ) < 0 egenlõtlenség minden valós -re fennálljon. 80

81 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI Ha az egenlõtlenség elsõfokú, akkor, és vizsgálnunk kell a 8 8 < 0 egenlõtlenséget. Ez csak > esetén teljesül, tehát nem felel meg a feladat feltételeinek. Ha az egenlõtlenség másodfokú, akkor az f () ( ) + ( ) + ( ) másodfokú függvén csak negatív értékéket vehet fel. Ez akkor teljesül, ha a függvén fõegütthatója negatív, és a függvénnek nincs zérushele. Mivel a függvénhez tartozó másodfokú egenlet diszkriminánsa: D ( ) ( ) ( ), a következõ egenlõtlenségrendszert kell megoldani: ( ) ( ) ( ) < 0. < 0 Az elsõ egenlõtlenség a következõ alakra hozható: < 0, amelnek megoldása: < vag > 9. A második egenlõtlenség > esetén teljesül. A két megoldáshalmaz metszete: > 9. Tehát > 9 esetén minden valós értékére az a és b vektor tomaszöget zár be. w96 Legen a(a ; a )és b(b ; b ). Számítsuk ki a skaláris szorzatukat kétfélekéen: ahol a a két vektor által bezárt szög. Ismert, hog cosa, íg ebbõl közvetlenül adódik a bizonítandó egenlõtlenség. Egenlõség akkor áll fenn, ha cosa, vagis a két vektor egiránú. Tehát létezik olan l ³ 0 valós szám, hog a l b,ésa l b. w97 a) Alkalmazzuk az a(; ) és b(a; b) vektorokra a Cauch-Schwarz egenlõtlenséget. Egenlõség akkor áll fenn, ha b a ³ 0. b) Alkalmazzuk az a( 7a + ; 7b + ) és b(; ) vektorokra Cauch-Schwarz egenlõtlenséget, és használjuk ki, hog a + b : Egenlõség akkor áll fenn, ha a b. w98 Alkalmazzuk az a ; és b( a; b) vektorokra a Cauch-Schwarz egenlõtlenséget, a b és végezzünk ekvivalens átalakításokat: felhasználva, hog a + b 7: a b + a b a + a b + b cos a, 7a + + 7b + ( 7a + ) + ( 7b + ) +. a + b + a + b, a b a b + + a b 7. 8

82 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM Mivel az egenlõtlenség mindkét oldala ozitív: ( ) + 7 ( ). + Tehát + minimális értéke a b 7 A kifejezés a minimális értéket olan a és b értékekre veszi fel, amelre teljesül, hog: b a b a és a+ b 7. Az egenletrendszert megoldva: a ( 6 ) és b 7 ( + + 6). +. a b A szinusztétel megoldások w99 A helesen kitöltött táblázat: a b c a b g cm,70 cm,6 cm 7 6,88 m 8,67 m 9 m 7 9,7 dm dm,6 dm 6 7 w00 A helesen kitöltött táblázat: a b c a b g 9 cm cm 9,9 cm 70,7 78, 7, m m 8 m 7,0 0 0,70 8 dm 9, dm 0 cm 6 77,8 7,7 w0 a) A háromszögben két oldal és a kisebbikkel szemben levõ szög adott, tehát a háromszög nem egértelmûen meghatározott. Legen a szokásos jelöléseket használva a 6, b 0 és a 0º. Felírva a szinusztételt: sin b sin b,. sin0º 0 Þ»0 8 6 Innen b értéke heges- és tomaszög is lehet: b 6,º, illetve b,6º. A szinusztételt ismételten használva a háromszög szögei és oldalai lehetnek: a b c a b g 6 cm 0 cm,98 cm 0 6, 9,6 6 cm 0 cm, cm 0,6 6, b) Hasonlóan az elõzõ részhez a háromszög szögei és oldalai lehetnek: a b c a b g 6 cm 0 cm, cm 0,7, 6 cm 0 cm,7 cm 0,,7 8

83 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI w0 w0 w0 w0 w06 w07 a) Az a + b cm összefüggésbõl a b. A szinusztételt használva: sin,8º sin7,º b b. A b oldalra íg adódik: A szinusztételt ismételten használva a háromszög oldalai:,00 cm, 7,00 cm és 6,6 cm. b) A háromszög oldalai: 7,8 cm, 0,7 cm és,89 cm. A szinusztételt használva a háromszög oldalai: a) 6,86 cm, 9,86 cm és 60,7 cm; b),8 cm,,8 cm és 0,6 cm. A szinusztétel segítségével a háromszög oldalaira kajuk: 8, cm,,0 cm és 9, cm. A háromszög oldalai:,89 cm, 7,6 cm és 9,7 cm. A a + b c egenlõség mindkét oldalát osztva c-vel, majd használva a szinusztételt adódik, hog igaz az állítás. A aralelogramma oldalai: 0,9 cm és 8, cm. w08 a) 6,6 N és 8, N; b) 8,9 N és 6,7 N. w09 a), cm ; b), cm. w0 Eg háromszög területét a szokásos jelöléssel számíthatjuk a következõ kélettel: a) A háromszög szögei 0º, 8º és 8º, íg az eges oldalak:: a sin7,º b» 7,00. sin,8º + sin7,º a sin b sing T Þ a sina T sina sin b sin g. T sin0º T 8º 6 b 8 sin8º sin 8º» sin,, sin0º sin 8º», 9, T sin 8º c»,. sin0º sin8º A háromszög oldalai tehát:,6 cm, 8,9 cm és, cm. b) Hasonlóan a háromszög oldalaira kajuk:, cm, 8,0 cm és 7, cm. 8

84 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w Az ABC háromszög harmadik szöge 66º. A háromszög AB és AC oldalára felírva a szinusztételt: AB 7 sin 7º' sin66º' Þ AB» 7,6. Az AB távolság 7,6 m. B 66 A 6 7 m 7 C w w w A aralelogramma, cm-es átlója a aralelogramma oldalaival olan háromszöget határoz meg, amelnek szögei 7º, 79º és 6º. Ebben a háromszögben felírva a szinusztételt adódik, hog a,6 és b,00. A aralelogramma oldalai:,6 cm és,00 cm. Vegük fel az ABCD traéz hosszabbik AB alaján az E ontot úg, hog az AECD négszög aralelogramma legen. Ekkor: EB cm, d CEB 7º, EBC º és BCE 8º. A Az EBC háromszögnek ismerjük eg oldalát és a szögeit, íg a szinusztétellel a b és d oldalak hosszát kiszámíthatjuk: b sin7º sin7º Þ b» 7, 79; sin8º sin8º d sin º º Þ d sin8º sin» sin8º, 9. a) A traéz szárainak hossza: 7,79 cm és,9 cm. b) A terület meghatározásához számoljuk a traéz magasságát: m b sin º»,67. A traéz területe:, 67 ( + ) T 90,9 cm. A szóban forgó ABCD traéz hosszabbik AB alaján vegük fel az E ontot úg, hog az AECD négszög aralelogramma legen. Az EBC háromszögben íg ismert két oldal, és a hosszabbikkal szemben levõ szög. Szinusztétellel b és EB oldal számítható: sin b 6 Þ b»,76º Þ g» 6,º; sin7º EB sin6,º Þ EB» 0,8. sin7º 6 7 a d 8 m b 7 7 cm E cm cm 6 cm 6 cm a) A traéz rövidebb alaja: AB EB 0 0,8 9,7 cm. b) Mivel a traéz eg száron nugvó szögeinek összege 80º, a traéz szögei rendre: 7º,,76º, 6,º és 08º. b D D 79 cm C g, cm cm 7 7 b A E B 0 cm C B 8

85 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI w w6 w7 w8 Ahhoz, hog a csónak a kikötõbe érjen, a csónak és a foló sebességvektorának összege a foló artjával 0º-os szöget kell hog bezárjon. A két vektort a háromszögszabál szerint összeadva, a vektorok eg olan háromszöget alkotnak, amelnek két oldala, illetve 0,8 egség, és a egségni oldallal szemben levõ szög 0º. Feladatunk az, hog szinusztétellel meghatározzuk a 0,8 egségni oldallal szemben levõ a szöget: sina, a sin0º 08 Þ» 8,8º. Tehát a cél iránától 8,8º-kal kell eltérnünk a folási iránnal ellentétesen. Az ABCDE szabálos ötszög minden szöge 08º. A beírt IFGH négzet oldala cm. A GFC háromszögben: GFC 08º 90º 8º. Felírva a szinusztételt: sin8º Þ» 8,. sin08º A HGD egenlõ szárú háromszögbõl:,»,. cos6º Az ötszög oldala: +,7 cm. Alakítsuk át a sin a + sin b sin g egenlõséget: sina sin b +. sing sing (Háromszögrõl lévén szó, sing nem lehet 0.) A szinusztétel értelmében ez utóbbi egenlõség íg is írható: a c b + Þ a + b c. c 6 6 cm 08 C 8 08 F B Ha eg háromszögben két oldal hosszának négzetösszege egenlõ a harmadik oldal négzetével, akkor a Pitagorasz-tétel megfordítása alaján a háromszög derékszögû. Mivel ekvivalens átalakításokat végeztünk, a Pitagorasz-tétel értelmében az állítás megfordítása is igaz. Tudjuk, hog eg háromszögben tomaszög vag derékszög csak a legnagobb oldallal szemben lehet, ezért ha van a feltételeknek megfelelõ háromszög, akkor a 0 cm-es oldallal szemben levõ a szög csak hegesszög lehet. Legen a cm-es oldallal szemben levõ szög b. Felírva a háromszögben a szinusztételt: sin b Þ sin b sin a. sina 0 0 Mivel sinb értéke legfeljebb lehet, ahhoz, hog létezzen ilen háromszög szükséges, hog sina teljesüljön. 0 E H I A a 0 m 0,8 s D 08 m s cm cm a G 8

86 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM a) Ha 0 sina < Þ sin a <, 0 amibõl a <,77º. Ekkor a háromszögben két oldal és a kisebbikkel szemben levõ szög adott, tehát két ilen háromszög létezik. b) Ha 0 sina Þ sin a, 0 amibõl a,77º. Ekkor eg, a feltételeknek megfelelõ háromszög van. c) Nincs a feltételeknek megfelelõ háromszög, ha sin b értéke -nél nagobb vag a tomaszög, vagis ha a >,77º. a) b) c) 0 cm 0 cm 0 cm cm cm cm a a a 0 cm a cm w9 a) Az országúton az A ont felõl haladjunk a D ont felé. A galogút mentén lévõ éületek helét jelölje B és C. Az ABD háromszögben: ADB 80º 0º 70º, ABD 80º 70º 0º 80º. A háromszögben felírva a szinusztételt: AB sin70º sin70º Þ AB sin80º sin80º Az ACD háromszögben: A ADC 80º 80º 00º, ACD 80º 00º 0º 0º. A háromszögben felírva a szinusztételt: AC sin00º sin00º Þ AC sin0º sin0º A két éület sin00º sin70º BC 00 00» 99, m sin0º sin80º távolságra van egmástól. b) A gazda a megadott sebességgel 99, t 66, 8, másoderc alatt teszi meg az utat. Ez idõ alatt a kutája által megtett út: s 66,8 6 97,68 m. 00 m országút 0 0 D galogút B 0 C 86

87 A koszinusztétel megoldások A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI w0 A helesen kitöltött táblázat: w a) A háromszög legnagobb szöge: 0,6º. b) A háromszög legkisebb szöge: 6,0º. w A két mutató végontja,9 cm távolságra van egmástól. a b c a b g 9 cm 8 cm 9,79 cm 9,8 0,6 70 7, m, m 8, m 0,89 7, 8 dm 7,7 dm 0 cm 7, ,0 w A aralelogramma átlói 66,80 cm és 90,98 cm hosszúak. w A két erõ eredõje 6,0 N. w w6 w7 w8 w9 A aralelogramma oldalai 0,9 cm és, cm. a) A aralelogramma másik oldala 0 cm. b) A aralelogramma átlói, cm és 6,89 cm hosszúak. óra 0 erc múlva a két hajó 08,0 km-re lesz egmástól. Koszinusztétellel számítható a PQ távolság:, km. A vitorlás átlagsebessége: v, km 0,6 h» 88, km h. Az AC oldal hossza legen. Felírva a koszinusztételt: 00 + () () cos º Þ»,9. A háromszög hiánzó oldalainak hossza:,9 cm és,79 cm. w0 Számítsuk ki a húrok másik végontjait összekötõ húr h hoszszát koszinusztétellel: h + cos º Þ h» 6,96. Eg kör sugara, húrjának hossza és a húrhoz tartozó kerületi szög közötti összefüggés alaján a kör R sugara: h R 6,96 º» 7,6. sina sin h cm O cm R A kör sugara tehát 7,6 cm. w A biliárdgoló üközésig megtett útja: 0» 8,6 cm. sinº Ütközés után a megállásig» 7, cm sinº utat tesz még meg, mivel a beesés szöge egenlõ a visszaverõdés szögével. 87

88 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w w w A két út egmással bezárt szöge: 80º º º. A biliárdgoló két helzete közti d távolságot koszinusztétellel számolhatjuk: d 8,6 + 7, 8,6 7, cosº Þ d» 8,8. A goló két helzete közti távolság 8,8 cm. A kismutató hosszát jelölje k, a nagmutatóét n. Számoljunk deciméterekben. 9 órakor a mutatók derékszöget zárnak be, íg hosszukra felírható a Pitagorasz-tétel: 0 k + n. 8 órakor a mutatók 0º-os szöget zárnak be, íg hosszukra felírható a koszinusztétel: k + n k n cos0º. A második egenletbe k + n értéket beírva: 0 k n cos 0º Þ k n Þ k. n Ez utóbbi eredménünket az elsõ egenletbe írjuk be, majd rendezzük az egenletet: 0 Ê ˆ + n n, 0 n 00n + 96, 00 ± 6 n,. A megoldások: n» 8,9 és n»,, amibõl k», és k» 8,9. (A megoldásnál figelembe vettük, hog a mutatók hossza csak ozitív szám lehet.) A kismutató hossza, cm, a nagmutatóé 8,9 cm. Ismeretes, hog eg háromszög belsõ szögfelezõje a szemben lévõ oldalt a szomszédos oldalak aránában osztja. Ha AB: AC :, akkor a háromszög AB oldalának hossza legen, az AC oldalának hossza. A háromszög területét felírhatjuk: sin70º Þ» 06,. A háromszögben AB» 6,8 és AC» 8,. A háromszög BC oldalát koszinusztétellel számolhatjuk: BC» 8,. A háromszög oldalai: 6,8 cm, 8, cm és 8, cm. A sasfészek síkra vonatkozó merõleges vetülete T. Jelöljük az ST távolságot m-mel. Az ATS derékszögû háromszögbõl: m AS, sin8º a BTS derékszögû háromszögbõl: m BS. sin6º A 8 S T m 8 00 m 6 B 88

89 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI Az ABS háromszögben felírva a koszinusztételt: Kifejezve m-et: A sasfészek megközelítõleg 89 m magasan van. w A háromszög oldalai legenek n,n és n +(n > ). A koszinusztétel segítségével számoljuk ki a háromszög legnagobb oldalával szemben levõ a szög koszinuszát: ( n+ ) n + ( n ) n ( n ) cos a, n cosa ( n ). n Az mindig ozitív n > miatt, tehát a háromszög legnagobb a szögének koszinusza ( n ) ozitív szám. Ez edig azt jelenti, hog az a szög hegesszög, vagis a háromszög biztosan hegesszögû. w6 Az ábrán látható ABCD aralelogramma átlóinak metszésontja O, az átlók által bezárt szög j. Az oldalak hossza a, b, az átlóké edig e, f. Mivel a aralelogramma átlói felezik egmást, az AOD és a DOC háromszögekben az alábbi módon felírhatjuk a koszinusztételt: b a sin 8º sin 6º sin 6º + sin 8º sin 8º sin 6º cos8º Êe f e f + ˆ Ê ˆ cos j, Ê m ˆ Ê m ˆ m m + cos8 sin8º sin6º - º. sin8º sin6º Êe f + ˆ Ê ˆ e f cos( 80º j). Mivel cosj cos(80º j), a két egenletet összeadva adódik:» 88,6. a e f + b Ê + a + b e + f ˆ Ê ˆ Þ. Tehát eg aralelogramma átlóinak négzetösszege egenlõ az oldalaik négzetösszegével. a b w7 Ismeretes, hog eg háromszög területét a T sing kélet alaján is számolhatjuk. A területbõl a két adott oldal által közbezárt g szög szinuszára kaunk értéket: 8000 sin g 08,, 0 80 amibõl g»,º és g» 6,87º. Tehát a telek g szöge lehet hegesszög vag tomaszög. Ha g hegesszög, a telek harmadik oldala a koszinusztételbõl: 0, m. Ha g tomaszög, a telek harmadik oldala a koszinusztételbõl: 8,88 m. A b D e 80 j j O a f B C 89

90 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w8 a) Gõzõnek nincs igaza. b) A háromszög területét számíthatjuk a beírt körének r sugarával: T r a + b + c T Þ r. a + b + c A beírt kör sugara g hegesszög esetén: r» 6,9 m, g tomaszög esetén: r», m. Nem biztos, hog elfér a telken eg 0 m sugarú kör alakú delfinárium. A háromszög oldalainak hossza a szokásos jelöléssel legen a, b és c. A szögfelezõtétel alaján a C csúcsnál lévõ szög szögfelezõje a szemközti c oldalt eg olan D ontban metszi, amelre igaz, hog: AD b. DB a A Legen CB a és CA b. Eg szakasz osztóontjába mutató vektor kélete alaján: CD b a a b +, a+ b Êb a + a bˆ ab + a CD b cosg a+ b. ( a+ b) Mivel a koszinusztétel alaján: ezért: CD Szorzattá alakítva és használva az s ab a b c + ab + ab ab ab + a + b c ( a+ b) (a+ b) CD a b c + + jelölést adódik, hog: ab a b c ab a + b + c a + b c ( + ) ) ( a+ b) ( a+ b) ab s ( s c). ( a+ b) a + b c cosg, ab ( ) ab ( a + b) c ( a+ b) Tehát a C csúcsból induló belsõ szögfelezõ hossza: CD ab s ( s c). a+ b ( ) Hasonlóan az A, illetve a B csúcsból induló szögfelezõk hossza: bc s ( s a) illetve ac s ( s b). b+ c a+ c. b c g D C g a B 90

91 w9 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI Trigonometrikus összefüggések alkalmazásai megoldások A helesen kitöltött táblázat: w0 A másik oldal cm, a másik átló, cm hosszú. w a) Az a + b vektor hossza: 9,06 cm. b) Az a b vektor hossza: 8, cm. c) Az eredõ vektor az a vektorral,º-ot, a b vektorral,8º-ot zár be. w w w w A súlvonalak hossza: 9,8 cm,,89 cm és,0 cm. A háromszög hiánzó oldalainak hossza 9 cm és cm, a velük szemben lévõ szögek edig 8º és 88º6. A háromszög két hiánzó oldala legen és + 6. Felírva a koszinusztételt: + ( + 6) ( + 6) cos60º, Az egenlet ozitív megoldása:» 7,8. A háromszög hiánzó oldalai: 7,8 cm és,8 cm. A háromszög többi szögeit szinusztétellel számolva:,6º és 8,6º. A aralelogramma oldalainak hossza legen a és b, az általuk bezárt szög 60º. A szöggel szemben lévõ átló hossza e cm, a másik átló hossza f. a) Az a, b és e oldalú háromszögben felírva a koszinusztételt: a + b a b cos 60º. A feladat szerint a + b 0, amibõl a 0 b. Ezek alaján b-re a következõ egenletet kajuk: ( 0 b) + b ( 0 b) b cos 60º, 0 b 90b+ 7. A másodfokú egenlet megoldásai: b,07 cm és b,9 cm. A hozzá tartozó a értékek: a,9 cm és a,07 cm. A aralelogramma oldalainak hossza,07 cm és,9 cm. b) A aralelogramma másik f átlójának hossza a koszinusztétel alaján: a b c a b g 6 cm 9 cm cm 8,96 6,7 0,7, dm 6, dm 9,8 dm 99,7 9,80 0,6 dm 0 cm m 0,08,67, f, 07 +, 9, 07, 9 cos0º» 7,86 cm. w6 Az ABC háromszögben AB, BAC 0º. b c a) Ismeretes, hog eg háromszög területét a T sina kélet alaján is számolhatjuk. Ez alaján a háromszögben az AC oldal hossza: 96 AC 0º. sin A BC oldal hossza a koszinusztétellel határozható meg: BC + cos 0º»,. A 0 B g, C A háromszög hiánzó két oldalának hossza cm és, cm. 9

92 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM b) A háromszög C csúcsnál levõ szögét a szinusztétellel számolhatjuk: sing Þ sing sin0º Þ g»,º. sin 0º,, (A háromszögben a legkisebb oldallal szemben levõ szöget számoltuk, g csak hegesszög lehet.) A háromszög hiánzó két szöge,º és,8º. w7 a b Ismeretes, hog eg háromszög területét a T sing kélet alaján számolhatjuk. A területbõl a két adott oldal által közbezárt g szög szinuszára kaunk értéket: 0, 6 sing 0, Þ g» 0º és g» 0º. Tehát két háromszög is megfelel a feladat feltételeinek. Két oldal és a közbezárt szög segítségével a b c a b g a koszinusztétellel számíthatjuk a háromszög 8 cm 0 cm 7,8 cm,60 78,0 0 harmadik oldalát, majd a szinusztételt használva eg másik szögét. A megoldásokat a táblázat tartalmazza. 8 cm 0 cm 6, cm,0 7,96 0 w8 A háromszög oldalainak hossza a szokásos jelölésekkel: a cm, b cm és a kettõ által bezárt szög: g 8º. A háromszög harmadik oldalának hosszát a koszinusztétellel számolhatjuk: c + cos8º»,08 cm. A háromszög c oldalához tartozó súlvonal hossza: a b c sc + +, 08»,9 cm. w9 A háromszög oldalainak hossza a szokásos jelölésekkel: a 6 cm, b 8 cm, valamint s c 9 cm. a) A súlvonal kiszámítására vonatkozó összefüggés alaján: a b c sc +, amibõl: c a + b ( s c ) 6+ 8 ( 9)» 7,78 cm. A harmadik oldal hossza 7,78 cm. c b) Az s c, b és oldalú háromszögben a b oldallal szemben levõ szöget kell kiszámítani. Felírva a koszinusztételt: c c b s c + Ê s ˆ c cos d, amibõl: c s c + Ê b ˆ + (, ) cosd» 0,600 c s 9 8, 89 c Þ d»,º. A súlvonal és a harmadik oldal hajlásszöge,º. 9

93 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI w0 A mellékelt ábra szerint a kert az ABC háromszög, amelben BC, AC 0 és ACB 8º. Az AB oldalt a koszinusztétellel számolhatjuk: AB cos8º, A amibõl AB» 7,7. a) A kertet 7, ,7 m kerítéssel lehet körbekeríteni. b) A kert területét a C csúcsból kiinduló súlvonal felezi. Ennek hosszát az a b c sc + összefüggés alaján számolhatjuk: s c» 8,9. A kert területét felezõ út hossza 8,9 m. w A háromszög oldalainak hossza legen 6, 7 és 0. a) Írjuk fel a koszinusztételt: (6) (7) + (0) 7 0 cosa Þ cosa 0,807 Þ a» 6,8º. A szinusztétellel számolható a 7 hosszúságú oldallal szemközti b hegesszög: b»,º. A háromszög szögei: 6,8º,,º és 00,9º. b) Eg kör sugara, húrjának hossza és a húrhoz tartozó kerületi szög közötti összefüggés alaján számíthatók a háromszög oldalai: a R sina»,, b R sinb» 8, és c R sing» 68,87. A háromszög oldalai:, cm, 8, cm és 68,87 cm. c) Legen a háromszög beírt körének sugara r. A háromszög területét írjuk fel kétfélekéen: a b sing r a + b + c a b sing Þ r a+ b+ c»,7. w A beírt kör sugara,7 cm. Az ABCD traéz AC átlója 0 cm. a) A megadott szögértékek alaján meghatározhatók az ABC háromszög szögei: 0º, 00º és 0º. Írjuk fel az ABC háromszögben a szinusztételt az AB ala hosszának meghatározásához: AB AB 0 sin00º Þ» 78,78. sin0º Hasonlóan BC oldal hossza is kiszámítható: BC» 6,8. Az ACD háromszögben uganíg eljárva: DC» 0, és AD»,. A traéz oldalai rendre: 78,78 cm, 6,8 cm, 0, cm és, cm. b) A BD átló meghatározásához használjuk az ABD háromszögben a koszinusztételt: BD 78,78 +, 78,78, cos 80º Þ BD» 79,. A traéz másik átlója 79, cm. A 00 D C cm C 8 s c 0 B B 9

94 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w w Az ábra szerinti ABC háromszögben a szokásos jelölés mellett C a º, c 0és s c 8. Az ADC háromszögben a szinusztétellel meghatározhatjuk az b ACD szöget: a 8 sin ACD, sinº 8 A c D B amibõl ACD» 7,77º. (A háromszögben nem a legnagobb oldallal szemben levõ szöget számoltuk, íg ACD szög csak hegesszög lehet.) Újabb szinusztétel segítségével a háromszög b oldalának hossza 8,6. Ezután az ABC háromszögben az oldal hosszát a koszinusztétellel számolhatjuk: a 8, ,6 0 cos º Þ a» 7,. A háromszög b szögét az ABC háromszögben felírt szinusztétellel kahatjuk meg: b» 67,79º. A háromszög oldalai tehát: 0 cm, 7, cm és 8,6 cm, a velük szemben lévõ szögek edig: 78,º, º és 67,79º. A feltételek szerint a háromszögben a + b 96, valamint ab sin0º. Az a és b oldalak meghatározásához az egenletrendszert kell megoldanunk. A másodikból kifejezve b-t, majd beírva az elsõbe, a következõ másodfokúra visszavezethetõ negedfokú egenletet kajuk: a 96a Ennek ozitív megoldásai: 0 és. Az egenletrendszert a 0, b, illetve a, b 0 értékek elégítik ki. A háromszög harmadik oldalának hossza a koszinusztétellel számítva 7,. A 0 cm-es oldallal szemben levõ szögre a szinusztétel alaján,08º adódik. A háromszög oldalainak hossza tehát: 0 cm, cm és 7, cm, a velük szemben levõ szögek edig rendre:,08º, 06,9º és 0º. w A háromszögben a szokásos jelölések szerint legen: a + b dm, c dm és a háromszög területe: T 0 dm. A háromszög területébõl kiindulva: a b sing T T Þ a b sin g. 9 a + b 96 ab

95 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI w6 A háromszög c oldalára felírjuk a koszinusztételt: c a + b a b cos g, T c a b + cos g, sing T c a b +. (cosg ¹ 0) tg g Innen a. feladat gondolatmenetét követve a háromszög hiánzó oldalainak hossza és a velük szemben lévõ szögek nagsága: a 0 dm, b dm és a,0º, b 68,9º. A PBQ háromszög külsõ szöge 0º, ami egenlõ a nem mellette A levõ két belsõ szög összegével, ezért PBQ 0º. Ebben a háromszögben a szinusztétel: 00 0 P 0 BQ sin0º 00 sin0º Þ BQ» 6, Az AQB háromszögben a koszinusztétel: AB , ,8 cos00º Þ Q AB» 99,. Az A és B ontok távolsága 99, m. w7 Jelölje az éület tetejét C, a lábát D ont, AD, AB 8. C a) Az ABC háromszög ACB szöge 6º. A szinusztétel alaján: AC AC 8 sin9º Þ», a sin6º D Az ADC háromszögben a koszinusztétel alaján: 8 CD +,07 A 9 a,07 cos º, E amibõl CD» 9,. Az éület magassága tehát 9, m. b) Az ADC háromszögben ADC tomaszög a szinusztétellel megadható: ADC 99,9º. Mivel ADC szög a DEB háromszög külsõ szöge, a lejtõ a hajlásszögére igaz, hog: 90º + a 99,9º Þ a 9,9º. A lejtõ hajlásszöge 9,9º. w8 A feladat feltételeit figelembe véve: 0 ( ) tgg Þ g 60º. A vadászlesen V ontban tartózkodunk, ennek a síkra vonatkozó merõleges vetülete T. A róka helét jelölje R, a núl helét N ont. VT. A VTR derékszögû háromszögbõl: V VR, sin8º a VTN derékszögû háromszögbõl: VN. sin º R 8 9 T 0 N B B

96 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM Az RVN háromszögben felírva a koszinusztételt: RN + cos º Þ RN», 97. sin8º sin º sin8º sin º A róka és a núl távolsága tehát,97 méter. A núl a rekettésig az 0 m távolságot s 0 t 6, másoderc, v 8» míg a róka a rekettésig az 0 +,96 6,96 m távolságot s 6, 96 t» 6, másoderc v 0 alatt teszi meg. A rókának hosszabb idõ kell a távolság megtételéig, tehát a róka a rekettésig nem éri utol a nulat. w9 Az ABC háromszög AB oldalához és a BCD háromszög DC oldalához tartozó magasságok egenlõ hosszúak, tehát a háromszögek területének aránából következik, hog AB CD. Legen a traéz AB alaja, DC alaja hosszúságú. Mivel az ABD háromszög szabálos, a BDC háromszögben BD és BDC 60º. Ez utóbbi háromszögben két oldal és a közbezárt szög segítségével felírhatjuk a koszinusztételt: BC ( ) + ( ) cos 60º Þ BC 9. A szinusztétel segítségével számítható DBC : sin DBC sin60º 9 Þ DBC» 6,9º. A traéz szögei rendre: 60º, 96,9º, 8,º és 0º. A traéz oldalait a területe segítségével határozhatjuk meg. A traéz magassága a szabálos háromszög magassága:. ( + ) Þ» 7,60. A traéz alajai,80 cm és 8,00 cm, a szárai, cm és 8,00 cm hosszúak. A D B C 9 w60 a) Az ABC és ADC szögek uganazon ívhez tartozó kerületi szögek, tehát ADC 60º. Mivel BCD 90º 0º0º, és a BCD és BAD szögek uganazon ívhez tartozó kerületi szögek, BAD 0º. Az ADC háromszög szögei: 0º, 80º és 60º. b) Az ABC háromszög eg fél szabálos háromszög, amelnek átfogója 0 cm, tehát hosszabb AC befogója: 0 0» 7,. D B C A 96

97 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI Az ADC háromszögben a szinusztétel: DA sin 0º 0 sin60º Þ DA»,86. Hasonlóan adódik, hog DC» 9,70. Az ADC háromszög oldalai: 7, cm,,86 cm és 9,70 cm. w6 A virágágások köreinek A, B és C közéontjait összekötõ szakaszok hosszai a megfelelõ körök sugarainak összege: AB 8+97, BC 9+09 és AC Ennek a háromszögnek az a szögét meghatározhatjuk a koszinusztétellel: cosa Þ a» 6,68º. A szinusztétellel meghatározható a b szög: sin b 8 Þ b» 9,69º Þ g»,6º. sin6,68º 9 (b tomaszög nem lehet, mert nem a legnagobb oldallal szemben van.) A zöld színû területet kell kiszámítanunk. Ehhez határozzuk meg a háromszög és a három körcikk területét: 7 8 sin6,68º TABC háromszög» 9,, T a körcikk T b körcikk T g körcikk 6, 68º» 6, 66, 60º 9 9,69º», 7, 60º Vonjuk ki a háromszög területébõl a három körcikk területét: T T ABC háromszög T a körcikk - T b körcikk T g körcikk,9.,9 m területet bevetéséhez,9 8 0, dkg fûmag kell. Tehát a terület füvesítéséhez megközelítõleg 0 g fûmag szükséges. 8 0,6º» 7, 6. 60º B 9 0 b g a 8 A C w6 Az ABCD húrnégzet oldalainak hossza AB 0, BC, CD 68és AD 60. A húrnégszögek tétele alaján: ha ABC b Þ CDA 80º b. Írjuk fel a koszinusztételt az ABC, illetve ACD háromszögekben: AC cosb, AC cos( 80º b). A mûveleteket elvégezve: AC 0 60 cosb, AC cos( 80º b). C B b 68 0 A b D 97

98 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM A két egenlet bal oldalának egenlõségébõl: 0 60 cosb cos(80º b). Mivel cosb cos(80º b): 0 8 cosb Þ b» 08,º Hasonlóan felírva az ABD, illetve BCD háromszögekben a koszinusztételt, azt kajuk, hog a négszög C csúcsánál levõ szöge 79,67º. Mivel eg húrnégszög szemben levõ szögeinek összege 80º, az ABCD négszög szögei rendre: 00,º, 08,º, 79,67º, 7,º. w6 A koszinusztétel alaján: a + c b a + b c cosb és cosg. ac ab Ezt beírva a cosb + cosg b+ c a összefüggésbe, majd ekvivalens átalakításokat végezve: a + c b a + b c b c + +, ac ab a b ( a + c b) + c ( a + b c) bc ( b+ c), ba + bc b+ ca + cb c bc ( b + c), a ( b+ c) + bc ( b+ c) b+ c bc ( b+ c), ( ) a ( b + c) ( b + c) ( b bc + c ) bc ( b + c). Ez utóbbi egenletet b + c ¹ 0-val osztva, majd rendezve, a b + c alakhoz jutunk. Mivel ekvivalens átalakításokat végeztünk, a Pitagorasz-tétel megfordítása alaján a háromszög derékszögû, és az a oldal a háromszög átfogója. Összegzési kéletek megoldások w6 Alkalmazzuk az addíciós tételeket: a) sina, cosa; b) cosa, sina; c) d) cos a sin a, cosa + sin a; cos a sin a, cosa + sin a; e) cosa + sin a, cosa + sin a. 98

99 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI w6 Alkalmazzuk az addíciós tételeket: a) sin6º cosº + cos6º sinº sin( 6º + º ) sin 60º ; b) sin96º cos6º cos96º sin6º sin( 96º 6º ) sin 60º ; c) cosº cosº sinº sinº cos( º + º ) cos 0º ; d) cos0º cosº + sin0º sin º cos( 0º º ) cos 60º. w66 Alkalmazzuk az addíciós tételeket: a) cos(0º + a) + cos(60º a) sin(0º + a) sin(0º a) sin a cos a; b) sin(º + a) cos(0º a) cos(º a) + sin(60º + a) 0; c) sin (b + a) sin (b a) sinb sina cosb cosa sina cosa sinb cosb sin a sin b; cos (b + a) cos (b a) sinb sina cosb cosa sina cosa sinb cosb sin a sin b; d). w67 Az összegzési kéleteket használjuk a és a + b szögekre: a) sina sin(a + b) + cosa cos(a + b) cos(a + b) cosa + sin(a + b) sina cos((a + b) a) cosb. A b), c) és d) részeknél hasonlóan járhatunk el. w68 a) sinº sin( º 0º ) sin º cos 0º cosº sin0º 6 + 6, cosº ; b) sin 7º + 6 6, cos 7º ; c) sin 0º + 6 6, cos 0º ; d) sin 6º 6 + 6, cos 6º ; e) sin º 6 + 6, cos º. w69 Alkalmazzuk a sin a ± sinb, illetve cosa ± cosb szorzattá alakítására vonatkozó azonosságokat: 0º + º 0º º a) sin 0º sinº cos sin ; b) sin0º + sin º 6 ; c) cos0º cos º 6 ; d) cos0º + cos º. 99

100 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w70 w7 w7 w7 sin 0º cos0º + cos0º sin0º sin( 0º + 0º ) sin0º tg0º cos0º + sin0º cos0º cos0º cos0º. Mivel a háromszög két szögének a számtani közee a harmadik szögével egenlõ, a szögeit jelölhetjük íg: a j, a, a + j. A feladat feltétele szerint: + 6 sin( a j) + sina + sin( a + j). A háromszög belsõ szögeinek összege 80º, tehát a 60º: + 6 sin60º cosj cos60º sinj + sin60º + sin60º cosj + cos60º sinj, + 6 cos j +, cos j. A j szög hegesszög, tehát j º. A háromszög szögei: º, 60º és 0º. A merõleges vetületek hossza nem változik, ha az egenest önmagával árhuzamosan eltoljuk. A mellékelt ábrát tekintve az egenes haladjon át az ABC háromszög A csúcsán, és az AB oldallal zárjon be a szöget. A vetületek nagsága: AB' 0 cos a, CB ' ' 0 cos( 60º a), AC' 0 cos( 60º + a). Ezek négzetösszege: AB' + B'C' + C'A 0 (cos a + cos (60º a) + cos (60º + a)). Használva az addíciós tételt: cos ( ) cos sin cos 60º a a + a a + cosa sina + sin a, cos ( 60º + a) cosa sina cos a cosa sina + sin a. Tehát: AB' B' C' C' A 0 Ê cos cos sin ˆ (co a a a s a + sin a) 00. A vetületek négzetösszege a szögtõl függetlenül Alakítsuk át az addíciós tétel segítségével a sin + cos kifejezést: Ê ˆ Ê ˆ f ( ) sin + cos sin + cos sin cm. 60 +a 0 cm C a A C B a 0 cm 60 a B 00

101 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI Ê Mivel a sin + ˆ minimális értéke, maimális értéke : Ê ˆ f ( ) sin +. Az f () függvén minimuma, maimuma. Minimális értékét azokon a heleken veszi fel, ahol Ê ˆ sin +, vagis + k, ahol k ÎZ. Maimális értékét azokon a heleken veszi fel, ahol Ê ˆ sin +, vagis + k, ahol k ÎZ. w7 w7 w76 Ha eg derékszögû háromszög átfogója 0 cm és egik hegesszöge a, akkor a befogói 0 sina és 0 cosa. A háromszög kerülete: k 0+0 sina + 0 cosa 0 ( + sina + cosa). A 7. feladat alaján a kerület maimális értéke: 0 ( + ). Ezt a maimális értéket akkor veszi fel, ha a º, vagis ha a háromszög egenlõ szárú derékszögû háromszög. Alakítsuk át a függvén hozzárendelési szabálát: a b f ( ) a sin + b cos a+ b Ê sin cos a + b + a + b ˆ. a b Mivel és négzetösszege, létezik olan j szög, hog: a+ b a+ b a b cosj és sin j. a + b a + b Az addíciós tétel alaján: f () a+ b sin( + j). Mivel a szinuszfüggvén minimális értéke, maimális értéke, az f () függvén minimuma a + b, maimuma a + b. Minimális értékét ott veszi fel, ahol sin( + j), maimális értékét edig ott, ahol sin( + j). Mivel a + b, létezik olan szög, hog a sin és b cos. Elég tehát a sin + sin cos kifejezés szélsõértékeit keresni. A 7. feladat alaján: sin + sin cos sin (sin + cos ) sin sin + sin sin +. Két szög szinuszának szorzatát összeggé alakítva: Ê ˆ È Ê ˆ Ê ˆ sin sin + Î Ícos + cos + + È Ê ˆ Ê ˆ + + Î Í cos cos. 0

102 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM Ê Mivel a cos + ˆ minimális értéke, maimális értéke edig : sin sin cos + +. Az a + + ab kifejezés minimuma, maimuma. A kifejezés a maimális értékét ott veszi fel, ahol Ê ˆ cos +, vagis + k, ahol k ÎZ. 8 Ekkor Ê ˆ Ê ˆ a sin + k, b cos + k. 8 8 Az a és b ontos értékének megadásához használjuk fel a cos cosa a + összefüggést: cos cos +. 8 Ha k áros, akkor + k elsõ negedbeli szög: 8 Ê ˆ b cos + k, 8 valamint: Ê ˆ + a sin + k. 8 Ha k áratlan, akkor + k harmadik negedbeli szög: 8 Ê ˆ b cos + k, 8 valamint: Ê ˆ + a sin + k. 8 Az a + ab kifejezés maimumát a következõ értékek esetén veszi fel: + + a és b vag a és b A kifejezés minimális értékét ott veszi fel, ahol Ê ˆ cos +, vagis + k, ahol k ÎZ. 8 Ekkor: Ê ˆ Ê ˆ a sin + k, b cos + k. 8 8 Az elõzõhöz hasonló módon: + cos + cos Ê ˆ cos

103 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI w77 w78 Ha k áros, akkor negedik negedbeli szög: 8 + k Ê ˆ + b cos + k, 8 valamint: Ê ˆ + a sin + k. 8 Ha k áratlan, akkor második negedbeli szög: 8 + k Ê ˆ + b cos + k, 8 valamint: Ê ˆ a sin + k. 8 Az a + ab kifejezés minimumát a következõ értékek esetén veszi fel: + + a és b vag a és b. Mivel háromszögrõl van szó: sina sin((80º (b + g)) sin(b + g). sina A cosg egenlõséget ennek figelembevételével a következõkéen alakíthatjuk át: sin b sinb cosg sin(b + g). Alkalmazva az addíciós tételeket: sin b cosg sin b cosg + cosb sin g, sin b cos g cosb sin g 0, sin( b g) 0. Ez utóbbi egenlõség csak akkor teljesül, ha b g k, ahol k ÎZ. Mivel b és g háromszög szögei, ezért k 0, ami azt jelenti, hog g b. Tehát a háromszög egenlõ szárú. Két szög szinuszának és koszinuszának összegét alakítsuk szorzattá: a + b a b a + b a b sina + sin b sin cos és cosa + cosb cos cos. Ez alaján a feladatban szerelõ egenlõség a következõkéen alakítható át: a + b a b a + b a b sin cos cos cos, a b Ê a + b a + bˆ cos sin cos 0. Ez utóbbi szorzat kétfélekéen lehet 0. a b a b I. Ha cos 0 Û + k, ahol k ÎZ. Háromszögrõl lévén szó, ez egetlen k értékre sem teljesülhet. a + b a + b a + b a + b a + b II. Ha sin cos 0 Û sin cos Û + k, ahol k ÎZ. Mivel 0º < a + b < 80º, k 0, vagis a + b 90º. Tehát a háromszög harmadik szöge 90º, vagis derékszögû a háromszög. 0

104 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM Az összegzési kéletek alkalmazásai megoldások w79 A kétszeres szögekre vonatkozó összefüggések alaján: a) cos sin ctg sin sin cos sin ; sin b) cos tg cos sin sin ; cos sin sin cos c) ctg ; sin sin d) e) f) g) cos cos sin cos sin cos sin cos + cos sin + cos sin cos sin cos sin tg ; tg cos tg cos cos cos sin cos sin + sin cos cos sin sin cos sin ctg tg cos sin ctg + tg. + cos sin cos sin cos cos ( sin ) ctg sin sin cos ctg (cos sin ) sin sin ctg cos ; sin cos sin + cos (sin + cos ) tg + ctg + ; cos sin sin cos sin cos sin h) sin cos cos sin cos cos sin cos sin ; i) j) k) cos cos + sin cos + sin sin ½sin ½; + cos cos + sin + cos sin cos ½cos ½; sin sin cos sin sin tg cos cos cos + cos (sin + cos ) + (cos sin ) sin ; + cos Ê ˆ l) Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ sin + cos cos + sin cos + sin (sin + sin cos + cos ) + sin ; 0

105 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI w80 Ê ˆ Ê ˆ m) cos + sin + cos sin cos + 6 Ê ˆ Ê ˆ cos sin sin A kétszeres szögekre vonatkozó összefüggések alaján: sin sin cos a) sin ; cos cos b) sin + cos sin + cos sin sin + cos ; c) d) e) cos sin sin cos sin + cos sin sin sin sin cos ( sin cos ) + sin (cos sin ) cos sin + sin cos sin sin sin sin. cos cos sin (cos + sin ) (cos sin ) cos + sin ; cos sin cos sin cos sin + sin sin + cos + sin cos (sin + cos ) sin + cos sin + cos sin + cos cos sin cos (cos sin ) (cos + sin ) ; cos sin sin + cos ; Ê ˆ Ê ˆ f) Mivel cos + sin, a kifejezés egszerûbb alakja: cos Ê ˆ sin Ê ˆ + sin sin ; sin sin sin ( sin ) g) ; sin sin cos + sin cos sin + sin h) sin cos ; cos sin cos sin cos sin + sin sin cos cos i) sin sin. sin sin sin sin sin sin w8 Az addíciós tételeket használva: tg º tg0º a) tgº tg( º 0º ) + tgº tg0º + ctgº + ; tg º b) tg 7º ctgº +, ctg 7º tgº. +, 0

106 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w8 Az addíciós tételeket használva: Ê tg + tg ˆ Êsin + ˆ a) tg Ê ˆ tg + Ê + ˆ tg tg tg cos + sin Êsin cos ˆ cos sin cos sin + cos + sin cos + sin ; sin + cos sin cos sin cos ctg ctg sin ctg b) ctg + sin ctg + ctg ctg + sin cos sin cos sin cos + sin + sin sin (cos sin ) (cos sin ) sin + cos sin c os sin ; (sin + cos ) (cos sin ) cos sin cos c) + ctg ctg + tg tg tg ; tg tg tg tg tg + tg (tg + ) (tg ) tg d) e) cos sin cos sin cos sin ctg tg sin cos cos sin cos sin cos ctg ; sin tg Ê ˆ Ê ˆ ctg tg ctg. + tg Ê ˆ w8 Az addíciós tételeket használva: Ê tg tg ˆ tg Ê ˆ tg tg + a) tg Ê ˆ + Ê tg tg ˆ + + tg tg tg + tg Ê tgˆ + tg Ê tgˆ + + tg sin cos sin cos sin; sin cos + sin + cos ( + tg ) ( tg ) ( + tg ) + ( tg ) 06

107 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI b) c) tg + tg tg tg Ê ˆ Ê ˆ tg tg cos tg tg + tg tg cos + tg tg tg + tg ( tg ) ( tg ) cos tg cos ( + tg ) (cos + sin ) ; tg cos cos sin cos sin 0 + tg sin cos Ê ˆ sin tg º + cos tg cos sin cos + sin cos + sin sin cos cos sin cos sin Ê ˆ cos + sin cos sin. cos sin Ê ˆ cos + sin cos sin Ê ˆ w8 w8 A kétszeres szögekre vonatkozó összefüggések alaján: a) sin cos Ê ˆ Ê ˆ -sin cos Ê sin cos ˆ sin cos Ê ˆ + cos ; b) cos0º cos0º cos80º ( sin0º cos 0º ) cos0º cos80º sin0º sin 0º cos0º cos80º ( sin0º cos 0º ) cos80º sin0º sin0º sin80º cos80º sin60 º sin0º 8 sin0º 8. A két adott kifejezést átírhatjuk: A log 0, sin log sin sin, B sin ½cos ½. a) sin, tehát A minimális értéke, maimális értéke. b) 0 ½cos½, tehát B minimális értéke 0, maimális értéke. 07

108 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w86 w87 c) A + B sin +½cos½ lehet: A+ B sin + cos sin cos sin, ha cos ³ 0, A+ B sin cos sin + cos sin +, ha cos < 0. Mivel a szinuszfüggvén minimális értéke, maimális értéke, mindkét esetben A + B minimális értéke, maimális értéke. d) A B sin ½cos½ lehet: A B ha sin cos sin, cos ³ 0, A B sin cos sin, ha cos < 0. Mivel a szinuszfüggvén minimális értéke, maimális értéke, mindkét esetben A B minimális értéke maimális értéke,. A kétszeres szögek szinuszára vonatkozó összefüggés alaján tekintsük a következõ egenlõségeket: sinº cosº sin º, sinº cosº sin 8º, sin6º cos6º sin 7º, sin 8º cos8º sin 96º, 60º 60 o sin cos sin 0º, sin7º cos7º sin º, sin8º cos8º sin 68º. Szorozzuk össze az egenlõségek bal oldalait, illetve jobb oldalait, majd használjuk ki, hog sin 96º sin 8º, sin0º sin 60º, sinº sin 6º és sin68º sinº. Ezek után éen a bizonítandó egenlõséghez jutunk. a) Az addíciós tételeket használva: tga + tga tga + tga tga tg a tga tga tg( a + a). tga tga tga tg tga a tga b) Az addíciós tételeket használva: tg0º tg0º tg60º tg80º tg0º tg( 60º 0º ) tg60º tg( 60º + 0º ) tg 60º tg0º tg60º + tg0º tg0º tg60º + tg60º tg0º tg60º tg0º tg0º tg0º + tg0º Ez utóbbi kifejezés az a) rész alaján: + tg0º tg0º tg( 0º ). tg0º tg 0º. tg 0º 08

109 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI w88 w89 w90 Legen a háromszög 6, cm-es oldalával szemben levõ szög a. A feladat feltétele szerint a 9, cm-es oldallal szemben levõ szög a. Írjuk fel a háromszögben a szinusztételt: sina 9, sina cosa 9, 9, Þ Þ cosa Þ a», 0º Þ a 86,80º. sina 6, sina 6,, 8 A harmadik, ismeretlen hosszúságú oldallal szemben levõ szög: 80º,0º 86,80º 9,80º. Felírva a szinusztételelt: sin 9,8º Þ»7,. 6, sin,º A háromszög oldalainak hossza 6, cm, 9, cm és 7, cm, a velük szemben levõ szögek rendre,0º, 86,80º és 9,80º. Az ábrán a-val jelölt szögek merõleges szárú hegesszögek. Az ABC derékszögû háromszög BC befogója, az AC cosa 0 befogója sin a. A háromszög területe: 0 cosa sina 0 0 T. cosa sina sina Ez a ozitív elõjelû kifejezés akkor minimális, ha sin a maimális, vagis. Mivel a csak hegesszög lehet, ez csak a 90º esetén teljesül, azaz ha a º. A háromszög területe akkor minimális, ha befogóinak hossza: BC AC º cm, illetve 0 º 0 cos cos cm. Az átfogója Pitagorasz tétele alaján A bizonítandó egenlõség bal oldalán álló törtet bõvítsük sin(a + b)-val: sin( a b) sin( a b) sin( a + b). sin( a + b) sin ( a + b) A két szög szinuszának szorzatát összeggé alakítva: cos [( a + b) ( a b) ] cos ( a + b) + ( a b) sin( a b) sin( a + b) sin ( a + b) sin ( a + b) ( [ ]) 0 cm. (cos b cos a). sin ( a + b) A kétszeres szög koszinuszára vonatkozó összefüggés (cos a sin a és cos b sin b) alaján: (cosb cos a) sin a sin b sin a b sin ( a + b) sin ( a + b) sin ( a + b) sin sin ( a + b). C a 0 B a A 09

110 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM Mivel háromszögrõl van szó: sing sin((80º (a + b)) sin(a + b), íg: sina sin ( ) sinb sina sin b. a + b sin ( a + b) sin g sin g A szinusztétel alaján: sina sin b. sin g sin g a b c A bal oldalból kiindulva ekvivalens átalakítások során a bizonítandó egenlõség jobb oldalához jutottunk, tehát bármel háromszögben igaz, hog sin( a b) a b. sin( a + b) c a w9 a) Alakítsuk át az kifejezést a szinusztétel segítségével, majd használjuk ki, hog b tg a tgb mindkét oldal ozitív, a négzetreemelés ekvivalens átalakítás: a b tga tg b, sina tga sin b tg b, sina tgb sinb tg a, sin b sin sina a sinb 0, cosb cosa sina sin b ( sina cos a sin b cos b) 0. Ez utóbbi egenlõség mivel sina, illetve sinb nem lehet nulla, csak akkor teljesülhet, ha sina cosa sin b cos b, sina sin b. Mivel háromszögrõl van szó, a a, illetve b szög szinusza csak abban a két esetben lehet egenlõ, ha a b Þ a b, vag a 80º b Þ a + b 90º Þ g 90º. A háromszög tehát vag egenlõ szárú, vag derékszögû. b) A háromszögben: a + b sing sin ( 80º ( a + b) ) sin( a + b) sin a + b a + b sin cos. Az ismert összefüggés alaján: a + b a b sina + sin b sin cos, a + b a b cosa + cosb cos cos. 0

111 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI sina + sin b Tehát a sing egenlõséget a következõ alakba írhatjuk: cosa + cosb a + b a b a + b a + b sin cos sin cos, a + b a b cos cos a + b Ê a b sin + ˆ 0 cos. Ez utóbbi egenlõség akkor teljesülhet, ha: sin a + b cos a + 0 vag b. Az elsõ esetben azt kajuk, hog a + b k, ahol k ÎZ. Ez egetlen háromszög esetén sem teljesülhet. A második esetben: cos a + b, a + b cos, amibõl: cos a + b cos a + b vag. Innen: a + b a + b ± + k, k Î Z vag ± + k, k ÎZ. Mivel háromszögrõl van szó, csak az elsõ eset jöhet szóba, ekkor a + b 90º. Tehát a kérdéses háromszög derékszögû. c) Alakítsuk szorzattá a cos a + cos b összeget: cos a + cos b cos(a + b) cos(a b). Mivel a, b és g háromszög szögei, az ismert trigonometrikus összefüggések alaján írjuk át cos g -t: cos g cos (80º (a + b)) cos (a + b) cos (a + b) sin (a + b). Az eredeti egenlet jobb oldalán szerelõ cos (a + b) sin (a + b). Ezek alaján az eredeti cos a + cos b + cos g egenlet a következõkéen alakul: cos( a + b) cos( a b) + cos ( a + b) sin ( a + b) cos ( a + b) sin ( a +b), cos( a + b) cos( a b) + cos ( a + b) 0, cos( a + b) cos( a b) +cos( a + b). ( ) 0 A cos(a b) + cos(a + b) összeget szorzattá alakítva: cos( a + b) cosa cos b 0, cosg cosa cos b 0. Ez utóbbi egenlõség akkor teljesül, ha vag cosg, vag cosa, vag cosb nulla értéket vesz fel. Mivel a és b háromszög szögei, ez csak akkor teljesülhet, ha a háromszög valamelik szöge 90º, tehát a háromszög derékszögû.

112 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM Trigonometrikus egenletek, egenletrendszerek megoldások w9 w9 w9 Az egenletek megoldásai: a) + k, + l (k, l ÎZ); b) + k, + l (k, l ÎZ); c)»,8 + k,»,8 + l (k, l ÎZ); d) ± + k (k ÎZ); e) ± + k (k ÎZ); 6 f)»±,00 + k (k ÎZ); g)»±,0 + k (k ÎZ); h) + k (k ÎZ); i) + k (k ÎZ); 6 j)»,0 + k (k ÎZ); k) + k (k ÎZ); l)» 0,7 + k (k ÎZ). Az egenletek megoldásai: 7 a) k, + l (k, l ÎZ); b) + k, + l (k, l ÎZ); 6 7 c) + k, + l (k, l ÎZ); d) + k (k ÎZ); e) + k (k ÎZ); f) k (k ÎZ); 7 g) + k (k ÎZ); h) + k (k ÎZ). 60 Az egenletek megoldásai: a) + k, + l (k, l ÎZ); 8 b) ± + k (k ÎZ); c) + k, l (k, l ÎZ), ami felírható k (k, ÎZ) alakban. d) + k, + l (k, l ÎZ); e) k, + l (k, l ÎZ); f) k, + l (k, l ÎZ).

113 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI w9 w96 Az egenletek megoldásai: a) k, + l (k, l ÎZ); 7 b) k, + l (k, l ÎZ); 6 c) k, l (k, l ÎZ); d) + k, + l (k, l ÎZ); 6 e) k (k ÎZ); f) k (k ÎZ). 6 a) Használjuk ki, hog a szinuszfüggvén áratlan: + k, + l ( k, lîz). 7 9 b) Használjuk ki, hog sin cos : + k, l ( k, lîz), ami felírható + k ( k ÎZ ) alakban. Ê ˆ c) Használjuk ki, hog cos + sin( ), és hog a szinuszfüggvén áratlan: + k, + l ( k, lîz). 9 d) Használjuk ki, hog cos( + ) cos. A megoldások: + k, + l ( k, lîz). 8 e) A megoldások: + k k 6 ( ÎZ). Ê ˆ f) Használjuk ki, hog ctg tg. A megoldások: + k ( k ÎZ). w97 Hozzuk tg c alakra az egenleteket. a) + k (k ÎZ); b)» 0, + k (k ÎZ); c)» 0,0 + + k (k ÎZ); d) ± + k (k ÎZ). 9 6

114 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM Ê ˆ w98 Használjuk ki, hog cos sin, valamint azt, hog a szinuszfüggvén áratlan. 9 a) k (k ÎZ); b) k, + l (k, l ÎZ); 6 7 w99 w00 Másodfokú egenletre visszavezethetõk a trigonometrikus egenletek. a) A megoldókélet alaján: sin Û + k, + l ( k, lîz), 6 6 vag sin 6, ami nem lehet. A megoldások közül a [0; ] intervallumba az, gökök esnek. 6 6 b) A megoldókélet alaján: cos Û ± + k ( k ÎZ), vag cos, ami nem lehet. A megoldások közül a [0; ] intervallumba az, gökök esnek. c) A megoldókélet alaján: sin Û + k, + l ( k, lîz), vag sin, ami nem lehet. A megoldások közül a [0; ] intervallumba az, gökök esnek. d) Az egenlet az ÎR\ { k ( k ÎZ) alahalmazon van értelmezve. } + A megoldókélet alaján: tg Û», + k ( k ÎZ), vag tg Û + l ( lîz). gökök esnek. A megoldások közül a [0; ] intervallumba az»,,», +,, A feladatokban használjuk a trigonometrikus összefüggéseket. a) Mivel cos sin, az egenlet ilen alakba is írható: sin + sin 0. A megoldókélet alaján: sin Û + k ( k ÎZ), vag sin, ami nem lehet. b) Mivel sin cos, az egenlet ilen alakba is írható: cos + cos 0. A megoldókélet alaján: cos Û ± + k ( k ÎZ), vag cos Û + l ( lîz).

115 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI sin c) A tangensfüggvén értelmezési tartománából ¹ + k (k ÎZ). Mivel tg, valamint cos cos sin, az egenlet ilen alakra is hozható: sin + sin 0. A megoldókélet alaján: sin + Û» 0, + k,» 0, + l ( k, lîz), vag sin <, ami nem lehet. A megoldás beletartozik a tangensfüggvén értelmezési tartománába. d) Az egenlet alahalmaza: ÎR\ { k ( k ÎZ). Ekvivalens átalakítások után az egenlet } + a következõ alakra hozható: cos. Innen a megoldás: ½cos ½ Û + k ( k Î Z ). A megoldás az értelmezési tartománnak megfelel. e) A tangensfüggvén értelmezési tartománából ¹ + k (k ÎZ). Ekvivalens átalakítások után az egenlet 6 cos + cos 6 0 alakra hozható. Innen a megoldás: cos <, ami nem lehet, vag cos Û ± + k ( k ÎZ). 6 Ezek a megoldások a az értelmezési tartománnak nem mondanak ellent. { } f) Az egenlet alahalmaza: ÎR\ k ( k ÎZ) Ekvivalens átalakítások után az egenlet a következõ alakra hozható: tg tg 0. Innen a másodfokú egenlet megoldókélete alaján: tg + Û» 8, + k ( k ÎZ), vag tg Û» 0, 9+ l ( lîz). A kaott megoldások beletartoznak az egenlet alahalmazába. g) Osszuk le az egenlet mindkét oldalát cos -szel (a cos 0 nem megoldása az egenletnek, mert sin és cos egszerre nem lehet 0): sin sin + 0, cos cos tg tg + 0. A másodfokú egenlet megoldásai: tg Û + k ( k ÎZ), vag tg Û» 06, + l ( lîz).

116 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM h) A g) rész gondolatmenete alaján: tg tg 0. Az egenlet megoldásai: tg Û + k ( k ÎZ), vag tg Û» 06, + l ( lîz). w0 a) Az egenlet az ÎR\ { k ( k ÎZ) alahalmazon van értelmezve. Ekvivalens átalakítások } + után a sin ( cos ) 0 egenletet kajuk. Innen: sin 0 Û k ( k ÎZ), vag cos Û ± + l ( lîz). 6 A kaott megoldások beletartoznak az egenlet alahalmazába. b) Az egenletet az ÎR\{k} (k ÎZ) alahalmazon oldjuk meg. talakítások után a következõ alakhoz jutunk: tg, ahonnan az ± + k (k ÎZ) megoldásokhoz jutunk. A kaott megoldások beletartoznak az egenlet alahalmazába. c) Eg tört akkor nulla, ha: a számlálója 0 Û tg Û», + k (k ÎZ). d) Bontsuk fel az abszolút értéket, és osszuk el cos -szel (cos 0 nem megoldása az egenletnek, mert sin és cos egszerre nem vehet fel 0 értéket). Ha cos > 0, akkor az egenlet tg alakba írható. Ennek megoldása +k (k ÎZ), 6 de cos > 0 miatt csak az elsõ negedbeli szög megoldás: + k (k ÎZ). 6 Ha cos < 0, akkor az egenlet tg alakba írható. Ennek megoldása +l (l ÎZ), 6 de cos < 0 miatt csak a második negedbeli szög megoldás: + l (l ÎZ). 6 w0 a) Az egenlet az ÎR\{k}, (k ÎZ) alahalmazon van értelmezve. tszorzás után: sin + sin cos, sin + sin cos sin + cos, sin cos cos 0, cos ( sin cos ) 0. Ez utóbbi egenlõség akkor teljesülhet, ha cos 0 Û + k ( k ÎZ), vag tg Û» 06, + l ( lîz). A kaott megoldások beletartoznak az egenlet alahalmazába. Az egenlet ozitív megoldásai: +k (k ÎZ + È {0}) és» 0,6 + l (l ÎZ + È {0}). 6

117 w0 w0 { } A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI b) Az egenlet az ÎR\ k ( k ÎZ) alahalmazon van értelmezve. Redukáljuk nullára + az egenletet, majd alakítsuk szorzattá: sin sin cos + 0, cos sin cos (sin cos ) + 0, cos (sin cos ) Ê. ˆ + cos 0 Ez utóbbi egenlõség csak akkor teljesül, ha a szorzóténezõk valamelike 0. Ha az elsõ ténezõ 0: sin cos 0 Þ tg Û +k (k ÎZ). A második ténezõ akkor 0, ha cos értéke, ez nem lehet. A kaott megoldások beletartoznak az egenlet alahalmazába. Az egenlet ozitív megoldásai: +k (k ÎZ + È {0}). Vizsgáljuk az adott egenletek jobb és bal oldalának értékkészletét. a) Az egenletnek nincs megoldása, mivel a bal oldal csak 8-nál kisebb értéket vehet fel. b) A bal oldal értéke legalább, mivel: sin Û 0 sin Û sin. A jobb oldal a koszinuszfüggvén értékkészlete miatt legfeljebb. Íg az egenlõség csak akkor teljesülhet, ha mindkét oldal értéket vesz fel, azaz ha: cos és sin Û sin 0. Az egenlet megoldása: k (k ÎZ). a) Az addíciós tétel alaján az egenlet a következõ alakba írható: Ê ˆ cos + sin ( + ) sin, amibõl cos sin. Az utóbbi egenlet megoldása: + k ( k ÎZ). b) Használjuk az addíciós tételeket: Ê ˆ sin sin cos cos sin sin cos, Ê ˆ cos + cos cos sin sin cos sin. Ezek alaján a megoldandó egenlet: sin cos + cos sin 0. Mivel cos 0 nem megoldása az egenletnek, az egenletet tg -re rendezve kajuk, hog: tg Û + k ( k ÎZ). 7

118 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM { } c) Az egenlet az ÎR\ k ( k ÎZ) alahalmazon van értelmezve. + A bal oldalon álló kifejezéseket írjuk át az addíciós tételek segítségével, majd végezzük el az összevonásokat: sin cos, cos cos sin, sin + sin 0. Innen a másodfokú egenlet megoldókélete alaján: sin Û + k, + l ( k, lîz), vag sin, ami nem lehet. A megoldások elemei az egenlet alahalmazának. d) Az egenlet az ÎR\{k}, (k ÎZ) alahalmazon van értelmezve. A bal oldalon álló kifejezéseket írjuk át az addíciós tételek segítségével, majd végezzük el az összevonásokat: cos sin sin, sin cos, cos + cos 0. Innen a másodfokú egenlet megoldókélete alaján: cos Û ± + k ( k ÎZ), vag 6 sin <, ami nem lehet. A megoldások elemei az egenlet alahalmazának. w0 Alkalmazzuk az a sin + b cos c tíusú egenletek megoldási módszerét: osszuk le az egenlet mindkét oldalát a + b-tel, majd használjunk addíciós tételt. a) Osszuk le az egenlet mindkét oldalát sin cos Þ sin cos sin cos. 6 6 Az addíciós tételt használva: sin, π 6 amelnek megoldásai: b) A megoldások: ( ) + -vel: + k, + l (k, l ÎZ); 6» 0, + k,»,0 + l (k, l ÎZ). 8

119 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI w06 Az egenlet megoldási léései: sin( cos ) cos( sin ), Ê ˆ sin( cos ) sin sin. I. eset: cos sin + k ( k ÎZ), cos + sin + k, / Ê ˆ cos + k, Ê ˆ - cos + k. ß Az egenlõtlenségek csak k 0 esetén teljesülnek: Ê ˆ cos,»±, + + n ( n ÎZ). II. eset: cos + sin + l ( lîz), cos sin + l, / Ê ˆ cos + + l, Ê ˆ - cos + + l. ß Az egenlõtlenségek csak l 0 esetén teljesülnek: Ê ˆ cos +,»±, + m ( mîz). Az egenlet megoldásai:»±, + + n és»±, + m ( n, mîz). 9

120 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w07 a) Használjuk a kétszeres szögekre vonatkozó összefüggéseket, illetve a szögfüggvénekre érvénes itagoraszi összefüggést: sin cos sin, sin cos sin + cos sin cos, 0 cos sin cos, 0 cos ( cos sin ). Az egenlet megoldásai: cos 0 Û + k ( k ÎZ), vag tg Û» 098, + l ( lîz). b) Osszuk le az egenlet mindkét oldalát cos -szel (megtehetjük, mert cos 0 nem megoldása az egenletnek). A tg + ( + ) tg + 0 egenletet megoldva: tg Û + k ( k ÎZ), vag tg Û + l ( lîz). c) Az egenlet jobb oldalán álló -t írjuk fel sin + cos alakban, majd redukáljuk 0-ra az egenletet. Íg a b) részben alkalmazott módszert alkalmazva tg +tg 0 egenlethez jutunk. Az egenlet megoldásai: tg Û», + k ( k ÎZ), vag tg Û + l ( lîz). d) A kétszeres szögekre vonatkozó összefüggés alaján az egenlet: sin + sin cos cos. A b) részben alkalmazott módszert alkalmazva: tg + tg 0. A másodfokúra visszavezethetõ negedfokú egenletet megoldva adódik, hog: tg, ami nem lehet, vag tg Û» ± 09, + l ( lîz). 6 Az egenlet megoldása:»±0,9 + l (l ÎZ). e) Mivel sin cos sin cos sin cos sin + ( + ), a sin egenletet kell megoldanunk. A megoldás: + k (k ÎZ). 0

121 { } A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI f) Az egenlet az ÎR\ k ( k ÎZ) alahalmazon van értelmezve. Ekvivalens átalakításokat végezve: sin + cos sin cos, /: Ê ˆ sin + sin. Az egenlet megoldása: + k (k ÎZ). A megoldások elemei az egenlet alahalmazának. g) Az egenlet mindkét oldalát -vel osztva, majd alkalmazva a sin(a + b)-ra vonatkozó addíciós tételt: sin + cos sin, Ê ˆ sin + sin. Ez utóbbi egenlõség akkor teljesül, ha: + k, + l (k, l ÎZ). 7 h) Az egenlet az ÎR\ { k } ( k ÎZ) alahalmazon van értelmezve. A bal oldalt alakítva: cos sin (cos sin ) (cos sin ctg tg + ) cos sin. sin cos sin cos sin cos A jobb oldalt 6 (cos sin ) alakba írva a megoldandó egenlet: cos sin 6 (cos sin ), sin cos (cos sin ) 6 0 sin. cos Ez utóbbi egenlõség ontosan akkor teljesül, ha: tg Û + k ( k ÎZ), vag sin Û ± + l ( lîz). A megoldások elemei az egenlet alahalmazának. i) Az egenletet -vel osztva, majd használva a sin(a b)-ra vonatkozó addíciós tételt, a következõ egenlethez jutunk: Ê ˆ sin sin. Mivel a szinuszfüggvén -nél nagobb értéket, illetve -nél kisebb értéket nem vehet fel, ez utóbbi egenlõség két esetben teljesül.

122 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM Ê ˆ I. eset: sin sin. és Az elsõ összefüggésbõl: + k Û +k ( k ÎZ), 6 a másodikból: + l Û + l ( lîz). 6 Ezek alaján k és l egész számokra teljesülnie kell az alábbi egenlõségnek: + k + l. 6 6 Az egenletet rendezve kajuk, hog l +k, tehát az eredeti egenletünk megoldása: + k k k 6 + ( ) + ( ÎZ). 6 Ê ˆ II. eset: sin sin. és Az elsõ összefüggésbõl: + n Û +n ( nîz), 6 a másodikból: + m Û + m ( mîz). Ezek alaján n és m egész számokra teljesülnie kell az alábbi egenlõségnek: + n + m. 6 Az egenletet rendezve kajuk, hog m n, tehát az eredeti egenletünk megoldása: + n n n ( ) + ( ÎZ). 6 Az egenlet megoldásai: + k és + n ( k, nîz), ami + k ( k ÎZ) alakban is írható j) Az egenlet az ÎR\ k ( k ÎZ) alahalmazon van értelmezve. A nullától különbözõ valós szám és reciroka összegére ismert egenlõtlenség miatt: tehát az egenlet jobb oldalának értékészlete ] ; 0] È [0; [. A szinuszfüggvén alaján az egenlet bal oldalának értékkészlete a [ ; ] intervallum. Mivel a jobb és bal oldal értékkészlet halmazának a metszete üres halmaz, az egenletnek nincs megoldása. { } ½tg + ctg ½ tg + ³, tg

123 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI w08 w09 a) Alakítsuk szorzattá az egenlet mindkét oldalát: + sin sin cos sin cos sin, cos cos sin + sin sin sin. Az egenletet nullára redukálva, majd szorzattá alakítva kajuk, hog: Ê 0 ˆ sin sin + cos. Innen vag sin 0, vag tg. Az egenlet megoldásai a [0; ] intervallumon: 7 0,,, és. 6 6 b) Alakítsunk alkalmasan szorzattá: + cos + cos cos cos cos cos( ) cos cos, + cos + cos cos cos cos cos( ) cos cos. Ezeket felhasználva, az egenletet nullára redukálva, majd szorzattá alakítva kajuk, hog: cos (cos + cos ) 0. Újabb szorzattá alakítás után: + cos cos cos 0, cos cos cos 0. Az egenlet megoldásai a valós számok halmazán: + k, + l, +m ( k, l, mîz). Az egenlet megoldásai a [0; ] intervallumon: 7 9,,,,, 6 és 7. a) Az egenlet bal oldalán álló kifejezést átalakítva az ½sin ½ sin½½ egenletet kell megoldanunk. Mivel mind a bal, mind a jobb oldalon álló függvén áros, ha eg valós szám megoldása az egenletnek, akkor az ellentettje is megoldás lesz. Elég a megoldásokat ³ 0 esetén keresnünk. Ekkor ½sin ½ sin. Ha sin ³ 0, akkor az egenlet: sin Û + k, + l ( k, lîz+ È{0} ). 6 6 Ha sin < 0, akkor ellentmondásra jutunk. Tehát az egenlet megoldásai: + k, + l, k, l ( k, lîz + È{0}. )

124 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM b) Az egenlet az ÎR\{k} (k ÎZ) alahalmazon van értelmezve. Bontsuk fel a jobb oldalon álló abszolútértéket tartalmazó kifejezést:, ha <, +, ha <,, ha. Ez alaján: Ha <, akkor ctg Û + k ( k ÎZ ). Ha <, akkor ctg, amelnek az adott intervallumon nem lehet megoldása, mert a jobb és bal oldal elõjele különbözõ. Ha, akkor ctg Û + l ( lîz + ). Az egenlet megoldásai: + k ( k ÎZ ) és + l ( lîz + ). Ezek a megoldások beletartoznak az egenlet alahalmazába. w0 a) Az egenlet az ÎR\ k ( k ÎZ) alahalmazon van értelmezve. Ekvivalens átalakítások után: + 6tg tg + 9, ( tg ) tg 9 0. A kaott másodfokúra visszavezethetõ egenletet megoldva: tg, ami nem lehet, vag tg 6 Û tg Û tg ±, amibõl»± 096, + k ( k ÎZ). Az»±0,96 + k (k ÎZ) megoldások elemei az egenlet alahalmazának. b) A bal oldalon álló logaritmikus kifejezések akkor vannak értelmezve, ha sin és cos ozitív értéket vesz fel, és egik sem. Az egenlet megoldásait tehát az k ; + k ( k ÎZ) intervallumokon kell keresnünk. A logaritmusra vonatkozó azonosságok alaján: logcos sin + logsin cos, + logsin cos. log cos { } sin

125 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI w w Ismert, hog nullától különbözõ valós szám és reciroka összegének abszolút értéke nagobb egenlõ mint, valamint az összeg csak abban az esetben lehet, ha a valós szám éen. Az egenlet megoldását tehát a log sin cos egenlet szolgáltatja. Innen sin cos adódik, amelet az alahalmaz elemei közül csak az valós számok elégítenek ki. Az egenlet megoldása: + k (k ÎZ). + k (k ÎZ) Elõször adjuk meg azt az alahalmazt, amelen a megadott egenlõség értelmezve van: + ¹ + k Þ ¹ + k, illetve ¹ + l Þ ¹ l ( k, lîz). Ê tg Az addíciós tétel alaján az egenlet bal oldala tg ˆ + + de ezt csak akkor írhatjuk fel, tg, ha ¹ + n (n ÎZ). Ê ˆ Ismert, hog tg ctg tehát az adott egenlet a következõ alakba is írható: tg, tg + Û tg Þ» 0, + m ( mîz). tg tg Ha +n (n ÎZ), akkor ez megoldása az egenletnek, mivel a bal oldal: Ê ˆ Ê ˆ tg + tg + n +, és a jobb oldal: tg tg n. Az egenlet megoldásai az alahalmazon: + n ( nî Z) és» 0, + m ( mîz). A másodfokúra visszavezethetõ egenlet diszkriminánsa: D ( +) ( ). A megoldókéletet használva: ( + ) ± ½ ½ ( + ) ± ( ) sin,, ahonnan sin, ami egetlen -re sem teljesülhet, vag sin. Figelembe véve, hog sin, az egenletnek akkor lesz megoldása, ha:.

126 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w Az adott intervallumon az 0 helen az egenlet nincs értelmezve. Mivel tg + sin + cos + ctg tg + + ctg tg + tg ctg + ctg (tg + ctg ), az egenlet tg + ctg tg + -re nézve másodfokú. Legen tg + a. tg tg Az egenlet a következõ alakba írható: a ma + m 0. Az egenlet diszkriminánsa: m m m m D 6m m m ± ½ ½ ± Û a, Þ a m, a m. Ez alaján tg + m és tg + m egenletek megoldásainak számát kell vizsgálnunk tg tg m függvénében a ; intervallumon. Atg függvén kölcsönösen egértelmû a ; intervallumon, és értékkészlete a valós számok halmaza. Ezeket figelembe véve az f: R\ { 0} R, f( ) + függvén grafikonja alaján a következõ megállaításokat tehetjük. Az adott intervallumon a tg + ctg m egenletnek f()+ két megoldása van, ha ½m½>, eg megoldása van, ha ½m½, nincs megoldása, ha ½m½<. Az adott intervallumon a tg + ctg m egenletnek két megoldása van, ha ½m½> Û ½m½>, eg megoldása van, ha ½m½ Û ½m½, nincs megoldása, ha ½m½< Û ½m½<. Tehát az egenletnek nincs megoldása, ha ½m ½<, eg megoldása van, két megoldása van, 6 ha ha ½m ½, három megoldása van, ha ½m½, nég megoldása van, ha ½m½>. < ½m ½<,

127 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI w a) Az elsõ egenletbõl -t kifejezve, majd beírva a másodikba: sin sin, sin cos. Mivel a cos ¹ 0, ezért tg. Ez alaján az egenletrendszer megoldásai: Ê ˆ + k ; k ( k ÎZ). 6 b) Az elsõ egenletbõl sin cos, ezt beírva a második egenletbe kajuk, hog: cos sin Û sin Û + k ( k ÎZ). Ezt visszaírva az elsõ összefüggésbe, ha 7 + l, akkor sin Û + n vag + m, + l, akkor sin Û + n vag + m. Az egenletrendszer megoldásai a valós számok halmazán a következõ számárok (l, m, n ÎZ): 7 + n ; + l, + m ; + l, + n; + l, + m; + l. c) Kihasználva, hog az eonenciális függvén kölcsönösen egértelmû: cos + cos 0. cos cos Az elsõ egenlet bal oldalát alakítsunk szorzattá: cos( + ) cos( ) 0. A második egenlet bal oldalát alakítsuk összeggé: cos( + ) + cos( ). Az elsõ egenlet bal oldalán lévõ szorzat két esetben lehet 0. I. eset: cos( + ) 0 Û + + k ( k ÎZ). Ezt a második egenletbe helettesítve: 0 + cos( ) Þ n (n ÎZ). Íg az egenletrendszer: + + k. n Innen: Êk ˆ Êk ˆ + + n + n,. 7

128 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM II. eset: cos( ) 0 Û + l ( lîz). Ezt a második egenletbe helettesítve: cos( + ) + 0 Þ + m (m ÎZ). Íg az egenletrendszer: + l. + m Innen: A feladat megoldásai (k, l, m, n ÎZ): k k + + n, + n, l l + + m, m. l l + + m, m. w a) Az -re másodfokúnak tekinthetõ egenletnek csak akkor van valós megoldása, ha diszkriminánsa nem negatív: D sin (sin ) ³ 0. Mivel sin legfeljebb értéket vehet fel, a diszkrimináns ozitív nem lehet. Tehát, hog legen megoldás, a diszkriminánsnak 0-nak kell lennie. Ebben az esetben sin vag sin. Ha sin, akkor az egenlet megoldása: Û Þ sin sin( ) Û +k ( k ÎZ). Ha sin, akkor az egenlet megoldása: + 0 Û Þ sin sin Û +l ( lîz). Ê Ê Az egenlet megoldásai az és ; ˆ ˆ ; + k + l számárok, ahol k, l ÎZ. b) Ismert, hog eg 0-tól különbözõ valós szám és reciroka összegének abszolút értéke legalább. Az összeg értéket csak akkor vesz fel, ha a valós szám, illetve értéket akkor, ha a valós szám. Figelembe véve a koszinuszfüggvén értékkészletét, cos értéke vag lehet. Ha cos, akkor k (k ÎZ) és. Ha cos, akkor + l (l ÎZ) és. Az egenlet megoldásai az (; k) vag ( ; + l) számárok, ahol k, l ÎZ. 8

129 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI w6 A körcikkhez tartozó kör közéontja legen O, azab húrt a C ont ossza két részre úg, hog AC :CB :. Mivel az AOB háromszög olan egenlõ szárú háromszög, C A amelnek szárszöge 0º, OAB OBA 0º. a Legen AOC a, ekkor BOC 0º a. O Írjuk fel az AOC, illetve BOC háromszögekben a szinusztételt: AC sina CB illetve CO sin º, sin( 0º a). 0 CO sin0º A két egenletet egmással elosztva kajuk, hog AC CB sina sin( º ) sina Û Û sina sin( º ) sin( 0º a). 0 a 0 a Az addíciós tételt használva: sina sin0º cosa cos0º sin a, sina cosa + sina, sina cosa. Mivel cos a 0 nem megoldása az egenletnek: tg a. Az egenlõség megoldása a 0º-nál kisebb ozitív szögeket tekintve: a 0º. A két részszög nagsága 0º és 90º a B w7 A focista tartózkodjon a P ontban, és a ála AB oldala legen 0 m, az AD oldala 68 m D hosszú. Jelölje az ABP szöget a. Ekkor a P-nél lévõ szögek nagságát figelembe véve: PAD a és PDA 0º a. 68 Az ABP derékszögû háromszögben: PA 0 sin a, a amibõl A PA 0 sin a. Az APD háromszögben felírva a szinusztételt: PA 68 sin( 0º a) sin0º Behelettesítve az ismert értékeket: 0 a cos a sina PA Þ PA 68 cos a 68 sin a P 0 a C B 9

130 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM A két összefüggésbõl a következõ trigonometrikus egenlethez jutunk: Ezt megoldva: 0 sina 68 cos a 68 sin a. 68 tga Þ a» 6,97º. Az APD háromszög A csúcsánál lévõ szög 6,97º, a D csúcsnál lévõ szög 0º 6,97º,0º, ezért PA < PD, tehát a PA távolságot kell meghatároznunk. A focistának a P onttól az A csúcsig 0 sin 6,97º» 0,6 m távolságot kell megtennie. Trigonometrikus egenlõtlenségek megoldások w8 a) k < < + k (k ÎZ); b) + k < < + k ( k ÎZ); c) + k +k ( k ÎZ); d) + k +k ( k ÎZ); 7 7 e) + k < < + k ( k ÎZ); f ) + k +k ( k ÎZ); 6 6 g) + k + k ( k ÎZ); h) + k < + k ( k ÎZ); 6 i) + k < + k ( k ÎZ). 7 w9 a) + k + k ( k ÎZ); b) + k + k ( k ÎZ); c) + k + k ( k ÎZ); d) k k k Î 6 + ( Z); 7 e) + k + k ( k ÎZ); f ) ÎR\ { + k ( k ÎZ); 6 } g) k (k ÎZ). h) Az egenlõtlenség sin ³ alakba írható. Megoldása: + k + k ( k ÎZ). w0 a) Az egenlõtlenséget azok a valós számok elégítik ki, amelekre tg > vag tg <. Az egenlõtlenség megoldása: + k < < + k ( k ÎZ) vag + l < < + l ( lîz). b) Az egenlõtlenség minden valós számra igaz, mert >. c) Az egenlet az ÎR\ { k ( k ÎZ) alahalmazon van értelmezve. } + Legen tg a, és ekkor az a + a >0egenlõtlenséget kell megoldani. Ennek megoldásai: a < vag a >. 0

131 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI Az eredeti egenlõtlenséget azok az valós számok elégítik ki, amelekre tg < vag tg >. Az egenlõtlenség megoldása: + k < <, + k ( k ÎZ) vag + l < < + l ( lîz). d) A c) részhez hasonló gondolatmenet alaján az egenlõtlenséget azok a valós számok elégítik ki, amelre cos. A bal oldali egenlõtlenséget minden valós szám kielégíti, a jobb oldali és egben a teljes egenlõtlenség megoldása: + k < < + k ( k ÎZ). e) Felhasználva, hog sin cos, a következõ egenlõtlenséget kell megoldanunk: cos cos < 0. Ebbõl a < cos < feltételt kajuk cos -re. Az egenlõtlenség megoldása: + k < < + k ( k Î Z) és ¹ l ( lîz). w a) A logaritmus után álló kifejezés csak ozitív értéket vehet fel, tehát a cos > lenséget kell megoldani. Megoldás: egenlõt- + k < < +k ( k ÎZ). 6 6 b) A négzetgökfüggvén értelmezési tartomána miatt a ctg ³ egenlõtlenséget kell megoldani. Megoldás: k < k 6 + ( k Î c) A logaritmusfüggvén értelmezési tartománából adódóan sin > 0. A négzetgökfüggvén értelmezési tartomána miatt lg(sin ) ³ 0, amibõl a tízes alaú logaritmusfüggvén szigorú monoton növekedése miatt sin ³. Elég tehát a sin ³ egenlõtlenséget megoldanunk. Az egenlõtlenség megoldása: + k ( k ÎZ). { } tg d) A kifejezés értelmezési tartomána ÎR\ k ( k ÎZ) sin A négzetgökfüggvén értelmezési tartomána miatt: tg sin ³ 0 Û ³. cos

132 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM Ez utóbbi egenlõtlenség ontosan akkor teljesül, ha: 0< cos Û + l < < +l ( lîz). A kifejezés értelmezési tartomána: + m < < +m, ¹ k ( k, mîz). w a) Alakítsuk szorzattá a bal oldalt: cos sin (cos sin ) (cos + sin ) cos, cos ³ Þ + k + k ( k ÎZ). 6 6 b) Használjuk a sin -re vonatkozó azonosságot, majd nullára redukálás után alakítsuk szorzattá az egenlõtlenség bal oldalát: sin ( cos ) < 0. A szorzat negatív értéket vesz fel, ha a ténezõk különbözõ elõjelûek. I. eset: sin > 0 Û k < < + k ( k ÎZ) és cos < 0 Û cos < Û + l < < + l ( lîz). A két intervallum metszete: + n < < + n ( nîz). II. eset: sin < 0 Û + k < < k ( k ÎZ) és cos > 0 Û cos > Û + l < < + l ( lîz). A két intervallum metszete: + m < < m ( mîz). Összefoglalva az egenlõtlenség megoldása: + n < < + n ( nîz) vag + m < < m ( mîz). c) Az egenlõtlenség mindkét oldalát osszuk el -vel, redukáljuk 0-ra, és alkalmazzuk a két szög különbségének szinuszára vonatkozó addíciós kéletet. Íg a megoldandó egenlet: A megoldás: Ê ˆ sin 0. < + k < < + k ( k ÎZ).

133 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI { } d) A bal oldalon levõ tört akkor van értelmezve, ha ÎR\ k ( k ÎZ). + Az egenlõtlenség bal oldala átalakítható az addíciós tételek segítségével: Ê ˆ sin + > 0. Ê ˆ sin A tört ozitív értéket vesz fel, ha a számláló és a nevezõ azonos elõjelû. I. eset: Ê ˆ sin + > 0 Û + k < < + k ( k ÎZ) és Ê ˆ sin > 0 Û + l < < + l ( lîz). A két intervallum metszete: + n < < + n ( nîz). II. eset: Ê ˆ 7 sin + < 0 Û + k < < + k ( k ÎZ) és Ê ˆ 9 sin < 0 Û + l < < + l ( lîz). A két intervallum metszete: 7 + m < < + m ( mîz). Összefoglalva az egenlõtlenség megoldása: + < < + ( ÎZ). w a) Kétszeres szögekre vonatkozó összefüggés alaján: sin cos sin. A logaritmusfüggvén értelmezési tartománából adódóan: sin + > 0 Þ sin >. A négzetgökfüggvén értelmezési tartomána miatt log ( sin +)³ 0, amibõl a kettes alaú logaritmusfüggvén szigorú monoton növekedése miatt: sin + ³ Û sin ³ 0. Elég tehát az értelmezési tartomán meghatározásához a sin ³ 0 egenlõtlenséget megoldani. A kifejezés értelmezési tartomána: l < < + l ( lîz).

134 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM b) A logaritmus után álló kifejezés csak ozitív értéket vehet fel: sin + cos + > 0, sin + cos >. Osszuk le az egenlõtlenség mindkét oldalát -vel, majd használjuk a sin(a + b)-ra vonatkozó addíciós összefüggést: Ê ˆ sin + > + k < < + k ( k ). Û ÎZ w Az egenlet másodfokú, ha sin ¹ 0, vagis ¹ k k Î ( Z). Eg másodfokú egenletnek akkor van két különbözõ valós göke, ha a diszkriminánsa ozitív: ( ) D ( cos ) 8 sin 6 cos sin cos Ê ˆ Ê ˆ cos cos sin cos cos + È Ê ˆ È Ê ˆ 6 cos + + cos 6 cos. Î Í Î Í + + Ê ˆ Ez alaján a cos + > egenlõtlenséget kell megoldanunk, amel ontosan akkor teljesül, ha: + k < + < + k, + k < < + k, + k < < + k ( k ÎZ). 6 Az egenletnek két különbözõ valós megoldása van, ha: + k < < + k és ¹ l ( k, lîz). 6 w a) Írjuk fel cos a-t sin a alakban. A cosb + cosg összeget alakítsuk szorzattá, és vegük figelembe, hog b + g 80º a: b + g b g cosb + cosg cos cos Ê aˆ b g cos 90º cos sin a b g cos. Ezek alaján: a a b g cos a + cos b + cos g sin + sin cos. b g Mivel cos maimális értéke : sina a b g sin cos sina a a + + sin sin.

135 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI Eg valós szám négzete nem lehet negatív, vagis: cosa + cosb + cos g. Az egenlõség csak akkor teljesül, ha: b g a cos és sin. Mivel a, b és g háromszög szögei, ez csak akkor lehet, ha a b g 60º, vagis ha a háromszög szabálos. b) Mivel a, b és g háromszög szögei, cosa, cosb és cosg ozitív valós számok. Írjuk fel a számtani és mértani közé közti összefüggést erre a három számra, és használjuk fel az a) részben bizonított egenlõtlenséget: Êcosa + cosb + cosgˆ Ê ˆ cosa cosb cosg Az egenlõség csak akkor teljesül, ha: cosa cosb cosg és cosa + cosb + cos g. Ezen feltételek csak szabálos háromszög esetén teljesülnek.. 8 Veges feladatok megoldások w6 a) b) c) ; d). ; ; w7 w8 w9 w0 w a) A két vektor merõleges egmásra. b) A két vektor 0º-os szöget zár be. c) A két vektor 0º-os szöget zár be. A aralelogramma oldalainak hossza 9, cm és, cm. a) A háromszög tomaszögû. b) A háromszög tomaszögû. A háromszög másik két oldala 0,78 cm és,6 cm. A kert harmadik oldala a koszinusztétellel számítható: c cos 76,º Þ c. A kert kerülete: m. A bekerítéshez 7,8 0, m dróthálóra van szükség. w A háromszög szögei: 9,º,,9º és 9,66º. w A háromszög hiánzó oldalainak hossza» 8, cm,»,9 cm, a velük szemben levõ szögek rendre 9,º és 70,89º. w a) Az egenletet redukáljuk nullára, majd alakítsunk szorzattá. A megoldások: k, ± +l (, k lîz).

136 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM b) Az egenlet alahalmaza minden olan valós szám, amelre ¹ + k (k ÎZ). Szorzattá alakítás után a megoldások: k, ± +l (, k lîz). 6 A megoldások beletartoznak az egenlet alahalmazába. Ê ˆ c) Használjuk fel, hog sin cos. A megoldások: + k, l ( k, lîz). 0 w a) + k, +l ( k, lîz); b) + k ( k ÎZ). 6 w6 a) + k +k ( k ÎZ). b) Az értelmezési tartomán az üres halmaz. c) + k < + k ( k ÎZ). w7 a) Az ABCD négzet körülírható körének r sugara az átló hosszának fele, egség. A kör közéontja a négzet átlóinak O metszésontja. Ismert, hog eg szakasz felezõontjába mutató vektor a végontokba mutató vektorok számtani közee, tehát: ( PA + PC) ( PB + PD) PA + PC PB + PD PO PO r 00. b) Mivel a négzet átlói merõlegesek egmásra, vektoraik skaláris szorzata 0: PA PC PB PD CA DB w8 a) Ha eg 7 egség hosszú vektor merõleges az a( ; ) vektorra, akkor, koordinátáira fennáll a következõ két összefüggés: Az egenletrendszer megoldásai, és íg az a( ; ) vektorra merõleges 7 egség hosszú vektor koordinátái: Ê8 ˆ 8 ; ;. Ê - - ˆ vag b) Az elõzõ részben leírt gondolatmenet alaján az a( ; ) vektorra merõleges 7 egség hosszú vektor koordinátái lehetnek: Ê8 ˆ 8 ; ;. Ê - - ˆ vag 6 ( ) ( ) ( ) 0. D 0 A O 0 P r C B

137 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI w9 Ha tg, akkor ctg, ½sin ½ és ½cos ½. a) Mivel tg értéke ozitív, az szög az elsõ vag a harmadik negedben lehet. Ezekben a negedekben sin és cos elõjele azonos, tehát: sin cos. b) A kifejezés értéke: 7. sin + ctg 7 + w0 w w A aralelogramma másik két szöge º, és ezeket a szögeket az átló eg 8º-os és eg 8º-os szögre osztja. Íg ez az átló a aralelogrammát két olan háromszögre bontja, amelnek a 0 cm szögei 68º, 8º és 8º. A háromszög 68º-os szöggel szemben levõ oldala 0 cm hosszú, a háromszög másik két oldala edig b a aralelogramma két oldala. A szinusztétellel kiszámítható a háromszög hiánzó két oldalának hossza: a sin8º sin8º Þ a 0 0 sin68º sin68º Þ a» 0,, b sin8º 8º Þ b 0 sin 0 sin68º sin68º Þ b»,. A aralelogramma oldalainak hossza 0, cm és, cm. A feladatban szerelõ terítõ legen az ABC háromszög. Eg háromszög területét eg csúcsából kiindulva ontosan a súlvonal felezi. Az ABC háromszögben a szokásos jelölésekkel c 8cm, a másik két oldalhoz tartozó súlvonal hossza s a cm és s b cm. c b a a c b Ismert a háromszög súlvonalára vonatkozó és sb + sa + összefüggés. Az ismert adatokat beírva, és az egenletrendszert megoldva: a» 8,77 és b»,. A terítõ másik két oldalának hossza 8,77 cm és, cm hosszú. Vegük fel az ABCD traéz hosszabbik AB alaján az E ontot úg, hog az AECD négszög aralelogramma legen. Ekkor EB 87 dm, BC 8 dm és EC 6 dm. Az EBC háromszögben ismerjük három oldal hosszát, íg a koszinusztétellel kiszámíthatjuk b szögét: cosb Þ b» 6,7º. Az EBC háromszög E csúcsánál levõ a szögét a szinusztétellel határozhatjuk meg: sina a sin 6,7º 8 Þ» 6 7,º. a a b A 8 E 7 B dm (80º 7,º 0,7º nem lehet, mert ekkor a háromszög harmadik szöge 8,96º lenne, ami nem tesz annak eleget, hog eg háromszögben nagobb oldallal szemben nagobb szög van.) D C m 8 7

138 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w w a) A traéz szögei: 6,7º, 7,º, 0,7º és,º. b) A traéz magassága az EBC háromszög EB oldalához tartozó magassága: m 8 sin 6,7º»,8 dm. A traéz területe: ( + 8), 8 T traéz 66,8 dm. Az ABC háromszög AB cm hosszú oldalát a belsõ C szögfelezõ a D ontban metszi. Ismeretes, hog eg háromszög belsõ szögfelezõje a szemben lévõ oldalt a szomszédos oldalak 9 9 aránában osztja. A háromszög AC oldalának hossza legen, a BC oldalának hossza. Az ABC háromszögben felírva a koszinusztételt: 60 () + () cos 78º Þ» 8,. A 6 cm D cm B a) A háromszög oldalainak hossza: AC, cm és BC 7,0 cm. b) A háromszög a szögét a szinusztétellel számolhatjuk ki: sina, a. sin78º 7 0 Þ» 60 7,º (Az a biztosan hegesszög, mert nem a leghosszabb oldallal szemben lévõ szög.) A háromszög szögei: 7,º, 6,88º és 78º. c) Legen a háromszög beírt körének sugara r. A háromszög területét írjuk fel kétfélekéen: a b sing r a + b + c a b sing Þ r», 8. a+ b+ c A háromszög beírt körének sugara,8 cm. d) Legen a háromszög köré írható körének sugara R. Eg kör sugara, húrjának hossza és a húrhoz tartozó kerületi szög közötti c R sing összefüggés alaján: c R 0, 67. sing» A háromszög köré írható körének sugara 0,67 cm. A hegcsúcs helét az M, annak merõleges vetületét a T ont jelöli. A kikötõk az A és a B ontban vannak. Az ATM derékszögû háromszögbõl: 00 AM, sin8º' a BTM derékszögû háromszögbõl: 00 BM. sin0º' Az ABM háromszögre felírva a koszinusztételt: AB Ê 00 ˆ Ê 00 ˆ Innen AB». A két kikötõ távolsága m º' + 00 sin sin0º' cos 80º'. sin8º' sin0º' A M T 80 0 B 8

139 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI w a) Mivel cos sin, az egenlet sin + sin 0alakba írható. A másodfokú egenlet megoldókélete alaján vag sin, ami nem lehet, vag sin. A megoldások: + k, +l ( k, lîz). 6 6 { } b) Az egenlet alahalmaza ÎR\ k ( k ÎZ). Legen tg, ekkor az egenlet: 8 Û 8 0. A megoldások: Þ tg Û tg ± Û ± + k ( k ÎZ),, nem lehet. A megoldások beletartoznak az egenlet alahalmazába. c) Az egenlet a következõ alakba írható: cos + + cos. Szorzattá alakítás után: A megoldások: Ê ˆ cos cos 0. + k, ± +l ( k, lîz). 6 { } d) Az egenlet alahalmaza ÎR\ k ( k ÎZ). + Ekvivalens átalakítások után a következõ másodfokú egenlethez jutunk: cos + cos + 0. Ennek megoldásai: cos Û ± + k ( k ÎZ), cos <, ami nem lehet. A megoldások beletartoznak az egenlet alahalmazába. e) Az egenlet alahalmaza ÎR\{k} (k ÎZ). Az egenlet mindkét oldalát sin -szel szorozva, majd felhasználva, hog cos + sin : sin + cos sin, sin + cos sin sin + cos, cos (sin cos ) 0. 9

140 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM Eg szorzat ontosan akkor nulla, ha valamelik ténezõje 0, tehát: cos 0 Û + k ( k ÎZ), vag sin cos (cos 0 esetet már vizsgáltuk ) Þ tg Û + l ( lîz). A megoldások beletartoznak az egenlet alahalmazába. f) Használjuk a cos sin összefüggést, és nullára redukálás után alakítsuk szorzattá: sin sin sin ( sin ), sin sin sin sin, sin + sin sin 0, sin (sin + sin ) 0, sin (sin + ) (sin ) 0. Eg szorzat ontosan akkor nulla, ha valamelik ténezõje 0, tehát sin 0 Û k ( k ÎZ), vag sin <, ami nem lehet, vag sin Û + l ( lîz). Az egenlet megoldásai: k és +l (, k lîz). w6 a) A számlálóban tg miatt ¹ + k (k ÎZ). A nevezõben négzetgökös kifejezés áll, tehát: cos > 0 Û > ½cos ½ Û + l < < + l ( lîz). A kifejezés értelmezési tartomána: + n ; + n È + m; + n ( n, mîz). b) A logaritmus alaja ozitív és nem lehet egenlõ -gel: sin > 0 Û k < < + k ( k ÎZ), sin ¹ Û ¹ + l ( lîz). A logaritmus után álló kifejezés csak ozitív értéket vehet fel: cos > 0 Û cos > Û + n < < + n ( nîz). A három halmaz metszete adja az értelmezési tartománt: Î m; + m ( mîz). 0

141 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI w7 Ha két vektor merõleges egmásra, akkor skaláris szorzatuk 0, tehát: ( 7a b) ( a+ b) A két egenletbõl fejezzük ki az 0, valamint ( 7a b) ( a b) 0. a b szorzatot: b 7 a 7 a + 8 b a b, valamint a b, 6 0 amibõl adódik, hog: b 7 a 7 a + 8 b, 6 0 a b. Ezen eredménünket felhasználva: b 7 a a b a. 6 Az a b és a b a egenlõségek akkor teljesülnek egszerre, ha a két vektor nullvektor, vag ha a két vektor egenlõ hosszú és egmással 60º-os szöget zárnak be. w8 Alkalmazzuk az a(; ) és b(a; b) vektorokra a Cauch-Schwarz egenlõtlenséget: w9 a+ b + a + b. Ekvivalens átalakításokat végezve és kihasználva, hog a + b 9: 9 a + b, 9 a+ b. Az egenlõtlenség mindkét oldala ozitív, tehát: 8 a+ b. Az a + b 8 minimuma. A kifejezés a minimális értékét akkor veszi fel, ha a b ³ 0ésa +b 9. Az egenletrendszert 8 7 megoldva ez a és b esetén teljesül. Jelölje az érintõ kör keresett sugarának hosszát r. A kisebb félkörök közéontjai legenek A és B, a nag félkör közéontja O, az érintõkör közéontja K. r K Használjuk ki, hog ha két kör érinti egmást, akkor a körök r közéontjait összekötõ egenesen rajta van az érintési ont. Az ABK háromszögben BK r + 80, AK r + 0, AB 0 és OK 0 r, valamint AO 80és BO 0. Írjuk fel az AOK és BOK háromszögekre a koszinusztételt: 0 A 80 ( 0 + r) 80 + ( 0 r) 80 ( 0 r) cos AOK, ( 80 + r) 0 + ( 0 r) 0 ( 0 r) cos BOK. Vegük figelembe, hog AOK 80º BOK, tehát cos AOK cos BOK. r 80 O 0 0 r B

142 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM A második egenlet kétszereséhez hozzáadva az elsõt: ( 0 + r) + ( 80 + r) ( 0 r), 0r 800, r», 9. a) A három félkört érintõ kör sugara,9 cm. b) A besatírozott terület kiszámításához az ABK háromszög területébõl vonjuk ki a megfelelõ körcikkek területét. Az ABK háromszög oldalai: AB 0, AK 0 +,9 7,9 és BK 80 +,9,9. A koszinusztétellel számítsuk ki az AKB szöget: 0 7,9 +,9 7,9,9 cos AKB Þ AKB» 7,7º. A szinusztétellel határozzuk meg az ABK szöget, ami nem lehet tomaszög: sin ABK, sin7,7º Þ ABK» 6,87º. A háromszög harmadik szöge: 67,8º. A körcikkek sugarai és közéonti szögei rendre: r,9, a 7,7º; r 0, a 67,8º; r 80, a 6,87º. A besatírozott terület: 7, 9, 9 sin7,7º T 7,7º 67,8 9 0 º 6,87º, 80» 60º 60º 60º 7, cm. w0 Vegünk fel a nég tereont által meghatározott négszöghöz hasonló négszöget, amelben az A B oldal a hosszúságú. Az A B C háromszögnek ismert eg oldala és három szöge, íg a szinusztétel segítségével megadható az A C oldal: AC ' ' sin8º sin8º Þ AC ' ' a. a sinº sinº Az A B D háromszögnek is ismert eg oldala és három szöge, íg hasonlóan a szinusztétel segítségével megadható az A D oldal: AD ' ' sin68º sin68º Þ AD ' ' a. a sin 0º sin 0º Az A D C háromszögben írjuk fel a koszinusztételt: C' D' AC ' ' + AD ' ' AC ' ' AD ' ' cosº, A D 0 0 a B C CD ' ' Ê sin8º ˆ a sinº Ê sin68º ˆ sin8º sin68º + a a a cos º. sin 0º sinº sin 0º CD A számítások elvégzése után kajuk: C D»,a, amibõl a» ' '., Mivel feladatunkban CD km, a keresett AB távolság:», km.,

143 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI w w A háromszög oldalainak hossza legen, és +, valamint az + hosszúságú oldallal szemben lévõ szöget jelölje a. A háromszög területét felírva: ( ) sina 8 Þ sina ( ). A háromszögben felírva a koszinusztételt: ( + ) + ( ) ( ) cosa, amibõl ( ) ( ) cos a ( ) ( ). Használjuk ki, hog sin a + cos a : Az egenletet rendezve az másodfokúra visszavezethetõ negedfokú egenletet kell megoldanunk. A megoldókélet alaján adódik: 8 vag 6. Megoldást csak ez utóbbiból kaunk. Mivel eg háromszög oldalát jelöli: 8. A háromszög oldalainak hossza tehát 6, 8 és 0 hosszegség. Pitagorasz tételének megfordítása alaján ez a háromszög derékszögû, szögeit szögfüggvénnel számolhatjuk ki. A háromszög szögei: 90º, 6,87º és,º. Használjuk a következõ összefüggéseket: cos a cos a sin a és sin a + cos a. Innen: cos cos a cos sin a a + és a. Ez alaján a szögfüggvének lehetséges értékei: 0 6 cos a, sin a, tg a, ctg a ; 0 6 cos a, sin a, tg a, ctg a ; 0 6 cos a, sin a, tg a, ctg a ; cos a Ê 8 ˆ ( ) Ê 8 ˆ + ( -). 0 6, sin a, tg a, ctg a.

144 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w Trigonometrikus összefüggések felhasználása után: + sin sin + cos + sin cos (sin + cos ) a) sin cos sin cos (sin + cos ) (sin cos ) sin + sin + cos cos tg + +. sin cos sin tg cos sin cos ( cos ) cos + cos cos cos b) cos cos cos cos ( cos ) sin tg 8. cos cos sina cosa w a) Alakítsuk át a egenlõséget az addíciós tétel alaján: cosb sin b sina sin b cosa cos b, 0 cosa cos b sina sin b, 0 cos( a + b). Ez utóbbi egenlõség ontosan akkor teljesül, ha: a + b + k ( k ÎZ). Mivel a és b háromszög szögei, k 0, tehát a + b 90º, vagis a háromszög derékszögû, és g 90º. b) Az egenlet rendezése után alkalmazzuk a cos -re vonatkozó addíciós tételt: cos a sina cos b sin b, cosa cos b. Ez utóbbi egenlõség ontosan akkor teljesül, ha a b +k, vag ha a b +l, ahol k, l ÎZ. I. eset: a b + k Û a b + k ( k ÎZ). Mivel a és b háromszög szögei, k értéke 0 vag lehet. Ha k 0, akkor a b. Ha k, akkor a b + 90º. II. eset: a b + l Û a + b l ( lîz). Mivel a és b háromszög szögei, l értéke csak lehet, és ekkor a + b 90º. A feladat feltételének megfelelõ háromszög a és b szögére a következõ összefüggések közül teljesül valamelik: () a b, vagis a háromszög egenlõ szárú; () a b + 90º, vagis a háromszög a szöge tomaszög, és 90º-kal nagobb b-nál; () a + b 90º, vagis a háromszög derékszögû, és g 90º.

145 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI w A szinusztétel értelmében a : b : c sina : sinb : sing. Elég tehát a szögek szinuszainak aránát megadnunk. (Ezek biztosan ozitív értékek, hiszen tangenseik is ozitívak.) Ismert, hog sina tg a tg b tg g, sinb, sing. + tga + tgb + tgg A feladatunk az, hog megadjuk tg a,tg b és tg g ontos értékét. Mivel a háromszög szögeinek összege 80º, íg tga + tgb tg g tg(80º a b) tg (a + b) tga tg b. Atga :tgb :tgg :: aránból: tgb tga és tgg tg a. Az elõzõ egenletben ezeket felhasználva tga-ra a következõ összefüggést kajuk: tga + tga tg a. tga tga Rendezzük az egenletet: tga tg a, tga tga 6tg a tga, 9 tga 6tg a 0, tg a ( tg a) 0. A szorzat elsõ ténezõje nilvánvalóan nem lehet 0, tehát tg a. Ez alaján b és g tangenseinek négzetét is kiszámolhatjuk: tg 9 tg tg 7 b a, a és 8 tg g ( tg a) tg a 6. A háromszög szögeinek szinuszai: 7 tga tg b sina, sinb 8 7, + tga + + tg b tgg 6 sing. + tgg Ez alaján: 7 6 a : b : c sina : sinb : sing : : 7. Az aránt -dal bõvítve kajuk, hog a háromszög oldalai hosszának arána: 7: : 0.

146 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w6 w7 Mivel sin cos sin cos sin cos sin + ( + ), valamint cos cos sin sin, az egenlet a következõ alakba írható: sin + cos cos, sin sin, sin sin, sin 0. Az egenlet megoldása: k (k ÎZ). a) Az egenlet jobb oldalát alakítsuk át a cos cos sin összefüggés segítségével, majd alakítsunk szorzattá, és redukáljuk nullára az egenletet: sin cos sin cos, sin cos sin (cos sin ), sin cos sin (cos sin ) (cos + sin ), (sin cos ) [ + sin (sin + cos ) ] 0, (sin cos ) ( + sin + sin cos ) 0. A szorzat ontosan akkor nulla, ha I. eset: sin cos 0 Û tg Û + k ( k ÎZ). II. eset: + sin + sin cos 0, cos + sin + sin cos 0, /: cos ¹ 0 tg + tg + 0. Ennek a másodfokú egenletnek a diszkriminánsa negatív, tehát nincs olan valós, amel kielégítené ezt az egenletet. Az egenlet megoldása: +k (k ÎZ). b) A szinusz- és koszinuszfüggvén eriódusa, tehát elegendõ a következõ egenletet megoldanunk: Ê ˆ Ê ˆ sin + cos + sin. Az addíciós tételek alaján: sin + cos + sin, cos + sin + sin, sin + sin, sin ( sin ) 0. 6

147 A TRIGONOMETRIA ALKALMAZSAI A szorzat akkor nulla, ha I. eset: sin Û k ( k ÎZ). 0 II. eset: sin Û + l, + n ( l, nîz). 6 6 Az egenlet megoldásai: k, + l, +n ( k, l, nîz). 6 6 w8 Alakítsuk át a kifejezést: cos sin cos sin cos sin (cos sin ) + + sin. Mivel sin, a kifejezés minimális értéke 0, maimális értéke. A kifejezés a minimumát ott veszi fel, ahol sin 0, vagis k (k ÎZ). A kifejezés a maimumát ott veszi fel, ahol sin ±, vagis + l l ( ÎZ). w9 Ha cos a, vagis a 0º, akkor az egenlet elsõfokú: + 0 Þ. Ekkor az egenletnek eg valós göke van. Ha az egenlet másodfokú (a ¹ 0º), akkor van két valós megoldása, ha az egenlet diszkriminánsa ozitív: D 6 ( cosa + ) ( cosa ) 6 8 ( cos a ) cos a. A következõ egenlõtlenség megoldásait keressük, ha a konve szög: cos a > 0, >½cos a½. Ez utóbbi egenlõtlenség megoldása: 0º + k 80º a 0º + k 80º (k Î Z). Összefoglalva: az egenletnek két valós megoldása van azokra a konve a szögekre, amelre 0º < a < 0º és a ¹ 0º. 7

148 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM.. FÜGGVÉNYEK Az eonenciális és logaritmusfüggvén megoldások w60 a) Eg közös ontjuk van az helen. Mindkét függvén az 0 értéket veszi fel. a ( ); b ( ); 0 b) Eg közös ontjuk van az helen. Mindkét függvén az 0 értéket veszi fel. g ( ) f ( ); 0 w6 a) Értelmezési tartomán: >. Értékkészlet: ÎR. Az tengelt az helen, az tengelt az metszi. helen f ( ) b) Értelmezési tartomán: ÎR. Értékkészlet: >. Az tengelt az helen, az tengelt az helen metszi. g ( ) c) Értelmezési tartomán: ÎR. Értékkészlet: >. Az tengelt az helen, az tengelt az 6 helen metszi. h ( ) 6 8

149 FÜGGVÉNYEK w6 f () log 9 +, f () log +, f () + f () 8. w6 fa ( + ) fa ( ) a+ a a a Ê a a ˆ. a w6 a) f*() log ( + ) ; b) Értelmezési tartomán: >. Értékkészlet: változatlan. Zérushel: -ben, ami nem változott. f( ) f*( ) v w6 a) b) c) + 9 d) e) f ) log + g) h) log ( ) log 9

150 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w66 a) b) c) f( ) g( ) h( ) d) k( ) w67 a) ( ) Ê ˆ ; 9 b) Ê ˆ ; 8 0

151 FÜGGVÉNYEK c) ; 6 0 d) ( ) ; 8 6 e) + 6 Ê ; ˆ 6 6 f) Ï Ô 9 Ê, ha, ˆ Ì Ô + Ó, ha >. 9 9

152 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM g) + Ê ˆ ; 0 h) ; i) ( ) ½ ½ + ; 8 j) Ê ˆ

153 FÜGGVÉNYEK, ha < 0, w68 a) f (), ha 0 <, b) f () Î[ ;]; log, ha 9; c) Î] ;[; d) Î[ ;]; e) és. w69 a) b) c) + +, ¹ ; d) e) f ) + log Ê ; ˆ +log ; log ( ) w70 log + log ½½; log + log ; a) Az ismert azonosságokkal a függvént definiáló kifejezést íg írhatjuk: log ( + ) log ( ) log ½ ½. A függvén ] ; [-ban csökken, ]; + [-ban edig nõ, grafikonja szimmetrikus az egenletû egenesre. log ( ) log ½ ½. log b) A függvén ] ;[-ban nõ, ]; + [-ban edig csökken, grafikonja az egenletû egenesre szimmetrikus. log

154 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM c) A függvént definiáló kifejezést íg írhatjuk: 0 + ½½, ha <,, ha ³ 0. A függvén ] ; 0]-ban konstans, [0; + [-ban edig nõ. + d) A függvén grafikonját az és függvének grafikonjának ismeretében rajzolhatjuk meg vázlatosan. A függvén áros, grafikonja az tengelre szimmetrikus, ] ; 0]-ban csökken, [0; + [-ban nõ. + w7 a) Használjuk fel az ismert azonosságokat: lg tg + lg ctg lg(tg ctg ) lg 0, ha 0 < <, hiszen itt tg, ctg > 0. A függvén tehát konstans, értéke 0. 0 b) Az esetszétválasztással megadott függvént íg ábrázolhatjuk: A függvén áros, grafikonja szimmetrikus az tengelre, ] ; ]-ban nõ, ] ; 0]-ban csökken, [0; ]-ban nõ, [; + [- ban csökken. f( ) c) A logaritmus azonossága alaján a függvént definiáló kifejezést íg írhatjuk: log ½½ log ½½ +. A függvén áros, grafikonja szimmetrikus az tengelre, ] ; ]-ban csökken, [ ; 0[-ban nõ, ]0; ]-ban csökken, [; + [-ban nõ. g( )

155 FÜGGVÉNYEK d) A függvén ] ;0]-ban csökken, [0; + [-ban nõ, minimuma 0. h( ) e) A függvén ] ;0]-ban csökken, [0; + [-ban nõ, minimuma. +, ha ³ 0, k (), ha < 0. 6 k( ) f) A függvén ] ; + [-ban szigorúan nõ, zérushele. log ( + ), ha <, l (), ha. > l( ) g) A függvén csökken, zérushele., ha, m () ( ) +, ha >. m( ) w7 Mindhárom függvén grafikonját ol módon érdemes vázolni, hog a közvetett függvénbõl elõször a belsõ függvént ábrázoljuk, majd a logaritmusfüggvén tulajdonságait felhasználva tudjuk vázolni a megadott függvént. a) A függvén grafikonja az egenletû egenesre szimmetrikus, -ban nõ, -ban csökken. ; 0; sin log sin

156 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM b) A függvén ]; + [-ban nõ, értéke negatív log + c) A függvén áros, grafikonja szimmetrikus az tengelre, ] ; ]-ban csökken, ]; + [-ban nõ., > log ( ) Egenletek és függvének megoldások w7 Az egenletek bal és jobb oldalát külön függvénként ábrázolva kajuk: a) b) c) log ( +) ; ; (ÉT: > ); d) e) f ) log ( ) ( 0) 8 + log,ha 0 0, (ÉT: > ); ; (ÉT: > 0); 6

157 FÜGGVÉNYEK g) és. w7 a) Ha > 0, akkor >,ha < 0, akkor <, íg az egetlen gök: 0. 0 b) , az egetlen gök c) brázoljuk eg koordináta-rendszerben a bal oldalon és a jobb oldalon álló kifejezésekkel értelmezhetõ függvéneket > esetén. Mivel a log ( + ), > nõ, a, > csökken, és -re mindkettõ értéke, az egenlet egetlen göke:. log ( +) d) Az elõzõhöz hasonlóan oldható meg, itt is egetlen gököt kaunk az értelmezési tartománon ( > ): 0. 7

158 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w7 a) Értelmezési tartomán: > 0. talakítás után: log +. Az egenletnek eg göke van, az. f ( )log g ( ) + b) trendezés után: + ( ). Az egenletnek göke van, az 0 és az. f ( ) g ( ) ( ) w76 a) brázoljuk eg koordináta-rendszerben a bal és jobb oldalon álló függvéneket, és olvassuk le az eredmént a grafikonról. Ellenõrizzük algebrai úton. f () +, g () + ( ) Ê ; ˆ f () > g (). Megoldás: >. Ellenõrzés: 6 f ( ) g ( ) 0 8 b) brázoljuk: f() +, g() +; f() > g(). Megoldás: > 0. Ellenõrzés: > +, >, > 0. 0 g ( ) f ( ) 8

159 FÜGGVÉNYEK c) Értelmezési tartomán: >. brázoljuk: f() log ( ), g() ; f() < g(). Megoldás: < <. Ellenõrzés: log ( ), 0, 6 < < < < <, < <. g ( ) f ( ) d) brázoljuk: f(), g() 9; f() ³ g(). Megoldás: ³. Ellenõrzés: ³, ³, ³. 0 9 f ( ) g ( ) e) Értelmezési tartomán: >. brázoljuk: f() log ( ), g() ; f() ³ g(). Megoldás: 8. Ellenõrzés: log ( ) ³, ³ 9, 8 ³. 8 g ( ) f ( ) f) brázoljuk: f() Ê ˆ +, g() ; f() g(). Megoldás: ³. Ellenõrzés: +, + ³ 0, ³. f ( ) 0 g ( ) 9

160 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM g) brázoljuk: f() log ½½, g(), f() > g(). Megoldás: < vag > ; összefoglalva: ½½>. Ellenõrzés: log ½½>, ½½>. f( ) g ( ) 8 8 h) brázoljuk: Mivel ezért: f() ½½, g(), f() < g()., ha ³ 0, ½½, ha < 0, Ï, ha ³ 0, f () ½½ Ô Ì Ê Ô, ha < 0. ˆ Ó f ( ) 0 Megoldás: < <, vagis ½½<. Ellenõrzés: ½½ <, ½½<. w77 Megoldás: () () 0 A: Î[0; [, vagis ³ 0; B: Î] ; [, vagis < a) Î[0; [; b) ÎR; c) Î[; [. A A A B B B

161 FÜGGVÉNYEK w78 a) Az alaú logaritmus csökkenõ, íg: log ³ 0 Û 0<. Az utóbbi egenlõtlenség átalakítva: 6 6 0< +, <,, > ³. b) A szorzat logaritmusára vonatkozó azonosság felhasználásával: log ( +)+ log ( + ) ( > ) Þ log ( + + ). A logaritmusfüggvén szigorúan monoton, ezért: + +, amibõl ( + ) 0. A megoldások: 0 jó, nem jó gök. c) talakítással: + < 0 Þ <. Az eonenciális függvén miatt ¹ 0, ezért: <, amibõl ½½<. w79 a) Az és + függvén grafikonját eg koordinátarendszerben ábrázolva látszik, hog 0, göke az egen- letnek. Más gök nincs, hiszen a függvén konve, tehát az egenesnek és a görbének több közös ontja nincs b) brázoljuk eg koordináta-rendszerben az és függvéneket. Ha > 0, akkor és jó gök, mert a két függvén kéének (; ) és (; 6) közös ontja. Más közös ont itt nincs. Ha < 0, akkor az függvén csökken, az függvén nõ, íg legfeljebb eg közös ont van. Ez és 0 között lesz, 0» 0, (; 6) (; ) 6

162 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM c) Az log és +, > 0 függvének grafikonját eg koordináta-rendszerben ábrázolva világos, hog az egetlen göke az egenletnek, hiszen itt a két függvén értéke egenlõ, és log csökken, + nõ, tehát legfeljebb eg közös ontja van a két grafikonnak. + log d) e) f ) log (ÉT: > 0); ; (ÉT: ¹ 0); g) h) i) log ( ) log (ÉT: < ); (ÉT: > 0);. w80 a) trendezve az egenlõtlenséget: ³ 6. brázolva külön a bal és jobb oldalt függvénként, leolvasható a megoldás: ³

163 FÜGGVÉNYEK b) Az a)-hoz hasonló eljárással: log <, ( > 0, vagis ¹ 0) log ½½ <. Megoldás: <, ¹ 0. log ½½ ( ¹ 0) w8 a) brázoljuk eg koordináta-rendszerben az és függvéneket. Mivel az függvén konve, ezért az egenletû egenesnek és az eonenciális függvén grafikonjának legfeljebb két közös ontja van. Az ábráról leolvasható, hog az egik közös ont (; ), tehát az egenlet egik göke:, a másiknak az koordinátája 0 és között van, ontosabb számolással ez adódik:» 0,. b) Az és függvének közül az elsõ nõ, a második csökken, íg a grafikonjaiknak legfeljebb eg metszésontja lehet. Az egenlet egetlen göke:. c) brázoljuk itt is az + és függvén grafikonját eg koordináta-rendszerben. A függvének tulajdonságai alaján látható, hog két gök van: és

164 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM d) Az + egenletû egenes két helen metszi az eonenciális függvén grafikonját: az 0 és az helen. Mivel az egenletû függvéngörbe konve, csak ez a két metszésont van. + e) Értelmezési tartomán: ¹ 0. Két metszésontja van a két függvén grafikonjának, az helen és az helen. + f) talakítva az egenletet kajuk, hog +. Eg metszésontja van a két függvén grafikonjának, az. Ellenõrizve algebrai úton kajuk, hog + 8, amibõl + +, +6,. + w8 a) Az lg ( > 0) és függvének grafikonja alaján világos, hog az egenlet egetlen göke:, hiszen az elsõ függvén nõ, a második csökken, íg legfeljebb eg közös ont van. lg b) Értelmezési tartomán: ¹ 0. Ha az log ½½ ( ¹ 0) és ½½ függvének grafikonját eg koordináta-rendszerben ábrázoljuk, láthatjuk, hog az egenletnek két göke van:» 0,6 és» 0,6. log 6

165 FÜGGVÉNYEK c) Az log ( >0) és sin függvén grafikonja alaján az egenletnek eg göke van:»,. log sin w8 a) Mivel cos, az adott egenlõtlenség ekvivalens a következõ egenlõtlenséggel: 6 > 6, vagis > 6, azaz, akkor és csak akkor igaz, ha 6<0, ennek megoldása: < <. b) Az adott egenlet íg írható: ( + ) ( 9) 0. Mivel > 0, ez csak akkor teljesül, ha 9, azaz log 9. c) Használjuk fel, hog ( ) log ( + ) log ( + ), íg a megadott egenlõtlenség: 0 > log ( + ) + log ( ) log ( + ) ( ), ahol + > 0 és > 0, azaz < <. A 0 > log ( + ) ( ) egenlõtlenség akkor és csak akkor teljesül, ha 0 < ( + ) ( ) <, azaz 0 < + <. A bal oldali egenlõtlenség akkor igaz, ha < <. A jobb oldali egenlõtlenség: + < 0, > 0. Ez akkor és csak akkor igaz, ha < vag > +. Tehát az eredeti egenlõtlenség akkor teljesül, ha < < vag + < <. 6

166 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM d) Két esetet érdemes külön vizsgálni: ha az ala 0 és közé esik (I. eset), illetve, ha az ala nagobb -nél (II. eset). I. eset: 0< <, 0< < 0,. Ekkor a logaritmusfüggvén csökken, tehát az adott egenlõtlenség ekvivalens a következõkkel: + 6 >, azaz ( 6) ( ) > 0, amibõl: < vag > 6. II. eset: Mivel 0, <, ekkor a logaritmusfüggvén nõ, tehát az eredeti egenlõtlenség a következõvel ekvivalens: 0 < + 6 <. A bal oldali egenlõtlenség akkor és csak akkor teljesül, ha < vag >, a jobb oldali edig akkor, ha < < 6. Tehát mindkettõ teljesül, ha < < vag < < 6. w8 a) Az alaú logaritmusfüggvén csökken, ezért az egenlõtlenség akkor és csak akkor igaz, ha: + 0 < log. A -as alaú logaritmusfüggvén nõ, íg a kaott egenlõtlenség akkor és csak akkor igaz, ha: < + 0 Û <. Az ábra alaján a megoldás:. b) Az elõzõ feladat megoldásához hasonlóan az adott egenlõtlenség a következõ alakra hozható: 0 < log ( ) < Û < <. A megoldás: < ½½<. c) Itt is az elõzõhöz hasonló gondolatmenet szerint: 0 < log + <. A kaott egenlõtlenség akkor és csak akkor igaz, ha: < < Û 0> >. + + Az ábra alaján a megoldás: <. + 66

167 Trigonometrikus függvének megoldások FÜGGVÉNYEK w8 a) Igaz. b) Hamis. c) Hamis. d) Igaz. e) Hamis. w86 a) b) c) sin( + ) cos sin + d) e) f ) tg cos ctg w87 a) cos. cos b) sin + sin 0. 0 c) cos + cos cos. (lásd a) ábra) d) sin sin 0. (lásd b) ábra) e) sin. sin w88 Megoldás: Ê f f ˆ Ê + ˆ. w89 A keresett függvén: f() ctg. a) +; b) c). 6 ; 67

168 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM Ê ˆ w90 a) Használjuk fel, hog cos sin, ezért: cos cos ctg. Ê ˆ sin cos ctg Ê ˆ b) Mivel tg ctg ezért: tg, Ê ˆ tg tg. Ê ˆ c) Mivel sin cos, ezért: sin + sin Ê ˆ sin + cos. d) A függvén grafikonja az ábrán látható. cos( + )+ e) A függvén grafikonja az ábrán látható. sin( )+ w9 a) () sin( ) sin8»,98. b) sin(t), amibõl: sin( t), t + k, k k t +, k 8 k t» 09, +. c) t sin(t) függvén eriodikus, eriódusa, ez egben eg teljes rezgés eriódusa. d) A test álája az ábrán látható. 68 ÎN ÎN eriódus sin sin( t) sin( t)

169 FÜGGVÉNYEK w9 a) f() 0 cos 6 ; b) Ê f cos 0; ˆ 6 Ê f ˆ Ê ˆ cos + ; 6 Ê7ˆ f( ) cos 6. w9 c) Értékkészlet: Î[ ; ]; zérushel:,,. 6 Menete: ; ; ; 6 6 -on és 6 -on nõ, 6 6 -on csökken. a) A tanult azonosság szerint: f () cos, ÎR cos + 6 cos b) Alkalmazzuk a megismert azonosságokat: g() cos cos sin cos cos, ÎR. cos c) Itt is az azonosságok segítenek: h() cos sin + cos + cos, ÎR. +cos w9 a) Mivel 0 -ben sin ³ 0, és -ben sin 0, íg: sin, ha 0, ½sin ½ cos sin, ha. A függvén grafikonja az egenletû egenesre szimmetrikus. 7 Maimuma a és heleken, minimuma a és heleken. Érdekes, hog a függvénnek az helen heli maimuma van, itt a függvén értéke 0, míg < <, ¹ esetén a függvén értéke negatív. sin cos 69

170 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM b) Alakítsuk át a függvént definiáló kifejezést: Ê ˆ cos sin cos cos sin sin Ê ˆ cos +. A függvén ; -ban és ; -ban nõ, ; -ban csökken. A maimuma, az helen, minimuma, az helen. cos + c) Eljárhatunk úg, hog a tg és ctg függvének 0; -hoz tartozó ágait grafikusan összeadjuk. A függvén 0; -ban csökken, ; -ban nõ. Minimumának értéke, az helen. tg +ctg d) Alkalmazzunk azonosságokat (0 ): sin cos (sin + cos ) (sin cos ) cos. cos w9 a) A megfelelõ azonosságok alkalmazásával ( ÎR): f ( ) sin sin Ê sin + cos ˆ sin cos Ê ˆ cos. cos b) Itt is azonosságokat használunk: 6 6 g () cos+ sin (cos + sin ) (cos cos sin + sin ) cos + sin cos sin ( ) sin. sin c) Alakítsuk át a törtet: cos sin h () tg, 0 < <. sin sin cos tg 70

171 FÜGGVÉNYEK d) Az addíciós tételek alkalmazásával kajuk, hog: k() sin cos (cos sin ) sin cos sin. sin w96 a) Alakítsuk át a függvént definiáló kifejezést: sin + sin cos f () sin, 0< <. sin sin A függvén -ban nõ, -ban csökken. ; 0; Maimuma helen, értéke, minimuma nincs. b) Alakítsuk át a függvént megadó kifejezést: g() sin cos + cos cos +cos cos + sin + cos, ½½. A függvén áros. A függvén -ban és -ban csökken, ; -ban 0 0; ; és -ban edig nõ. ; Minimuma 0, az és heleken, maimuma, az, 0és heleken. c) A kifejezést átalakítva: sin Ê ˆ Ê ˆ h ( ) sin cos cos sin sin. 8 7 A függvén ; -ban, ; -ban és ; 8 -ban nõ, ; -ban és ; -ban edig csökken Minimuma, az és heleken, maimuma, az és heleken Trigonometrikus egenletek, egenlõtlenségek (kiegészítõ anag) megoldások w97 a) sin Þ + k, k ÎZ. b) cos, amibõl cos vag cos Þ k, k ÎZ. c) tg, amibõl + k Þ + k, k ÎZ. 8 7

172 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w98 d) Mivel sin és sin( ), ezért sin + sin( ) és itt az egenlõség csak akkor igaz, ha sin és sin( ) teljesül, azaz + k, k ÎZ. e) Két szám négzetének összege csak akkor lehet 0, ha mindkét szám 0, azaz sin tg 0, tehát k, k ÎZ. a) A sin < egenlõtlenség akkor és csak akkor teljesül, ha: ¹ + k, azaz ¹ + k, k ÎZ. 6 b) A szinusz- és koszinuszfüggvén grafikonjáról leolvasható, hog az egenlõtlenség akkor és csak akkor teljesül, ha: + k < < + k, k ÎZ. sin cos c) A függvének tulajdonságai alaján az egenlõtlenség akkor és csak akkor teljesül, ha: + k < + k, k ÎZ. tg ctg d) A tangens- és szinuszfüggvéneket közös koordináta-rendszerben felrajzolva látható, hog az egenlõtlenség akkor és csak akkor igaz, ha: k < < + k, k ÎZ. sin tg w99 a) Mivel a bal oldalon mindhárom ténezõ értéke abszolút értékben, a szorzat értéke csak akkor lehet, ha vag mindhárom ténezõ (I. eset), vag két ténezõ, eg ténezõ (II. eset). I. eset: cos, cos, cos esetén sin 0. A cos, sin 0 esetén k, k ÎZ. Ez kielégíti a másik két egenletet. II. eset: Ha cos, cos, cos, akkor cos sin ; sin, azaz sin. Ez nem lehet, tehát ekkor nincs gök. Hasonlóan adódik, hog a másik két esetben sincs gök. Tehát az eredeti egenletet csak az k, k ÎZ számok elégítik ki. b) Mivel a bal oldalon álló két tag egmás reciroka, és az + z egenlet ekvivalens a z z + z + 0 Þ (z + ) 0 Þ z tg egenletekkel, íg a egenletet kell megoldanunk, ahol ¹ k k ÎZ: tg, tg tg, tg tg( ), + k, tg ¹ 0. Ebbõl k, íg a megoldás: k k, ÎZ. 7

173 FÜGGVÉNYEK c) A következõ átalakítást célszerû elvégezni: cos + cos, cos cos, cos (cos ) 0. Amibõl kajuk, hog cos 0 vag cos. Tehát cos 0, cos, cos a lehetséges gökökre, azaz: + k, n, k, nîz. d) Ha sin cos, a bal oldal értéke csak akkor lehet, ha sin és cos, azaz: + k, k ÎZ. w00 a) brázoljuk eg koordináta-rendszerben az és sin, ÎR függvéneket. Tudjuk, hog ha 0 < <, akkor sin <, ez nilván -re sin is igaz. Mivel mindkét függvén áratlan, < 0 esetén sin > igaz. 0-ra sin 0, tehát az egenletnek eg göke van: 0. b) brázoljuk az cos és, ÎR függvéneket eg koordináta-rendszerben. Az ábráról az olvasható le, hog az egenletnek eg göke van, cos méghozzá 0 és között. Valóban cos 0 és cos 0, és 0; -ban cos csökken, nõ, mert az a 0-ban 0, míg -ben értéket vesz fel. Itt tehát a két grafikonnak eg metszésontja van. Ha >, akkor nilván nincs már metszésont. Hasonlóan látható, hog < 0-ra nincs a grafikonoknak közös ontja. Tehát az egenletnek eg göke van. + c) brázoljuk az sin és, ÎR függvéneket. + Az ábra alaján itt is eg göke van az egenletnek, méghozzá sin + a ; -ban. Valóban, hiszen ]0; [-ban sin < < + teljesül, itt tehát nincs gök, és ha ³, akkor ³, itt sincs gök. Hasonlóan látható, hog ; -ban sincs gök, ha <, akkor sincs. ; -ban 0 + sin csökken, nõ, itt legfeljebb eg gök van. w0 a) Mivel a szinuszfüggvén abszolút értéke legfeljebb, ½sin ½ és½sin ½. Az egenlõség tehát csak akkor teljesülhet, ha vag sin sin, vag sin sin. Ezek nem teljesülnek egszerre egetlen valós -re sem, tehát az egenletnek nincs megoldása. 7

174 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM b) A szorzat értéke akkor 0, ha valamelik ténezõ értéke 0, tehát vag sin 0, vag sin 0, vag sin 0. Íg a megoldások: k, k ÎZ, vag n, amibõl n, n ÎZ, vag l, amibõl l, l ÎZ. c) sin + (sin ¹ 0, ¹ k), akkor és csak akkor, ha sin, azaz + k, k ÎZ. sin d) Mivel ½sin ½ és ½cos ½, az egenlõtlenség csak akkor lehet igaz, ha sin és cos egszerre teljesül, azaz + k, de ekkor +k és cos, tehát nincs megoldás. sin e) Mivel tg (ahol cos ¹ 0, ¹ + k), tg cos sin ³, ami csak + k, cos k ÎZ esetén teljesülhet. Vagis az értelmezési tartomán miatt nincs megoldás. w0 a) A tangens- és szinuszfüggvének grafikonjai csak az k, k ÎZ heleken metszik egmást ¹ k +. b) brázoljuk az ½cos ½ és sin, ÎR függvéneket eg koordináta-rendszerben. Az ábráról leolvasható, hog a megoldás: 9 + k + k, k ÎZ. cos sin 9 c) Mivel sin( ) sin( ) sin, az egenlõtlenség ekvivalens a következõvel: sin >, tehát sin <. Íg az ábráról leolvasható, hog > 0 esetén teljesül az egenlõtlenség. sin d) A két oldal közös értelmezési tartomána ¹ k, k ÎZ. + Ê ˆ Mivel ctg ctg( ) ctg, az egenlõtlenség ezzel ekvivalens: ctg > tg. Leolvasható, hog a megoldás: + k < < + k, k ÎZ. ctg e) A két függvén grafikonja a cos 0, azaz + k, k ÎZ helen metszi egmást. tg 7

175 FÜGGVÉNYEK w0 a) brázoljuk az egenlõség két oldalán álló kifejezéssel megadható függvéneket. Errõl leolvasható, hog 0 és között van eg göke az egenletnek. cos b) Az ábráról leolvasható, hog eg göke van az egenletnek, ez az. c) Látható, hog az egetlen gök 0. sin sin d) Az ábra alaján az egenletnek két göke van. cos e) Az egenletnek két göke van. cos w0 a) Ha ½sin ½< és ½cos ½<, akkor sin 6 < sin és cos 6 < cos, tehát sin 6 + cos 6 < sin + cos. Íg az egenlet csak akkor teljesülhet, ha vag ½sin ½ és akkor cos 0, vag ½cos ½ és akkor sin 0. Az egenlet gökei tehát: k k, ÎZ. b) Az a) feladat megoldásához hasonlóan itt is azt kajuk, hog az egetlen göksorozat: k k, ÎZ. c) Az egenlet ekvivalens a következõvel: Ê ˆ sin + ( ahol k, k ), azaz sin + sin. sin ¹ ÎZ Ê ˆ 7

176 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w0 Mivel mindkét ténezõ abszolút értéke legfeljebb, tehát az egenlõség csak akkor teljesül, ha Ê Ê vag () és sin, vag () sin + ˆ sin + ˆ és sin. () Mindkét feltételt az + k, k,îz szögek elégítik ki. () Nincs olan szög, amel egszerre mindkét feltételt kielégíti. d) Az elõzõhöz hasonló egenlethez jutunk, ha mindkét oldalt -vel osztjuk, és alkalmazzuk az összegzési tételt: Ê ˆ sin + sin. Ê Ê Itt vag és sin (I. eset), vag sin + ˆ sin + ˆ és sin (II. eset). I. eset: + + k, tehát + k, k ÎZ, 6 és + n, tehát + n, n ÎZ. 8 Ezek egszerre nem teljesülhetnek. II. eset: Hasonlóan adódik, hog ez sem lehet egetlen valós -re sem. a) A nevezõt vizsgáljuk: sin + cos Ê ˆ Ê ˆ sin cos + cos sin sin +. Egenlõség csak akkor áll fenn, ha: + + k, azaz + k, k ÎZ. Mivel a nevezõ nem lehet 0, ezért: ¹ + k, k ÎZ. Minden, az értelmezési tartománban lévõ -re a nevezõ ozitív, tehát a tört értéke akkor ozitív, ha a számláló is ozitív: sin >, ½sin ½> 0,. Innen kajuk a megoldást: + k < ½½ < + k, ¹ +k, 6 6 k ÎZ. b) A tangensfüggvén értelmezése alaján: ¹ + n, nîz, ¹ + k, azaz ¹ + k, k ÎZ, ¹ + l, azaz ¹ + l 6, l ÎZ. Az utóbbi két kikötést elég feltenni, az elsõ benne van az utolsóban. 76

177 FÜGGVÉNYEK w06 Alkalmazzuk a tangensfüggvénre megismert azonosságot: Ezeket behelettesítve, majd rendezve az egenletet, azt kajuk, hog kajuk: tg + tg + (tg + ) > 0. Ez minden olan ÎR-re érvénes, amire az eredeti kifejezésnek értelme van. c) Használjuk fel a következõ azonosságokat: sina sin b ( cos( a b) cos( a + b) ) úg, hog a sin sin szorzatot alakítjuk át: sin (cos cos ), 6 sin cos cos, 6 sin cos. A jobb oldal nagobb mint, a bal oldal viszont -nál nagobb nem lehet, mert sin és cos. Íg nincs olan ÎR, amire az egenlõség teljesülne. a) Alkalmazzuk a megfelelõ azonosságokat: f( ) sin + cos (sin + cos ) (sin sin cos + cos ) b) Használjuk fel a sin cos és cos +cos, valamint a sin sin cos ismert azonosságot. Ezek alaján: Ê ˆ g ( ) + sin+ cos + 0 sin + cos. 0 0 tg tg tg tg, tg. tg tg 6 6 sin cos sin cos ( + ) sin. Mivel 0 sin, nilván teljesül, hog f (). Ê ˆ Ê ˆ Mivel van olan a valós szám, hog cosa és sin a , 0 0 Ezek alaján g() íg írható: g () + 0 sin( + a). Innen következik, hog: 0 g ( ) + 0. c) A megfelelõ azonosságok alaján: 7 h () + sin, tehát 7 h () 7. 77

178 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w07 w08 w09 Tegük fel, hog n > 0 egész és az f függvén szerint eriodikus. Ekkor minden ÎR-re: f ( + ) cos n ( + ) sin ( n + ) cosn sin n f ( ). Legen 0, ekkor: cosn sin 0. n Mivel ½cos n ½, íg sin 0, ami akkor és csak akkor igaz, ha egész szám, azaz n n n osztója -nek, tehát n ±, ±, ±, ±. Können ellenõrizhetõ, hog a kaott n értékek mindegike megfelelõ. Az addíciós tétel szerint az egenlet íg írható: sin + 0,, amibõl: () + + k, k ÎZ, illetve () + + n, nîz. 6 6 Az ()-bõl: + k, k ÎZ, 6 a ()-bõl edig: 7 + n, n ÎZ. 6 Az elsõ sorozat legkisebb ozitív eleme k -hez tartozik, ekkor. 6 7 A második sorozat legkisebb ozitív eleme edig n 0-hoz tartozik, ekkor. 6 7 Tehát eg egenlet legkisebb ozitív göke. 6 Használjuk fel, hog cos sin, az egenlet íg írható: cos ( + cos ) ( + sin ) + sin. A bal oldal értéke legfeljebb, ez akkor teljesül, ha cos. A jobb oldal értéke legalább, ez akkor teljesül, ha sin 0. Az egenlõség tehát csak akkor lehet igaz, ha cos és sin 0, azaz k, k ÎZ. w0 Az adott egenlet gökei azok az ÎR számok, amelekre teljesül, hog: ( a ) + k, azaz ( a ) k +, k ÎZ. Ebbõl: (a ) (k + 0,) > 0, aminek akkor van két göke, ha (k + 0,) < a 0,, és eg göke van, ha (k + 0,) a 0,. Ahhoz tehát, hog összesen 00 göke legen az egenletnek, az kell, hog teljesüljön a-ra: a ( ,) 0, (00). a a ( a ) a 78

179 FÜGGVÉNYEK w w A négzetgök értelmezése miatt teljesülnie kell, hog 0, azaz ½½, tehát:. Ennek megfelelõen:, és a szinuszfüggvén értékkészlete alaján: f ( ). Alakítsuk át a sin -et tartalmazó törtet: sin 8. sin + sin Mivel 0 < sin + ezért, és íg tehát: sin, sin + ³ + sin g () 0, 0,. sin + A függvén értékkészlete tehát a ] ; 0,] intervallum. w Veges feladatok megoldások a) A megadott függvénérték alaján: log a 9, a> 0, aπ a 9, a. A függvén hozzárendelési szabála: f () log ( > 0). b) esetén: log esetén: log Û Û,. f ( ) 9 w f ( ) 0 f() 0 w a) brázoljuk az, ÎR + 0 és az cos, ÎR függvéneket eg koordináta-rendszerben. Az egenletnek eg göke van, 0 és között. cos 79

180 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM b) brázoljuk közös koordináta-rendszerben az log, >0 és az, ÎR függvéneket. Az egenletnek két göke van, az egik 0 és között, a másik és között. log c) brázoljuk az, ÎR és az ½ ½, ÎR függvéneket eg koordináta-rendszerben. Az egenletnek eg göke van, az 0. d) brázoljuk közös koordináta-rendszerben az log, >0 és az sin, ÎR függvéneket. Az egenletnek eg göke van, és között. log sin e) brázoljuk az, ÎR és az, ÎR függvéneket eg koordináta-rendszerben. Az egenletnek eg göke van, az 0. w6 a) b) c) 6 log 0; 0< ; 0 <, vag ³ ; log 8 80

181 FÜGGVÉNYEK d) e) lg log 0 8 > 0; 0< ; f) sin + k + k, k ÎZ. w7 a) f () log + +, ( ÎR); f ( ) b) g () log ( ) Ê ˆ ( ) +, > ; g ( ) c) h () log 6 log ( ), ( > ); + h ( ) 8

182 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM d) i ( ) log log +, ( > 0); i ( ) e) j ( ) log ( ) + log ( ) +, ( > ); j ( ) f) k () log ( + ) log ½+ ½, ( ¹ ); k ( ) g) l ( ) log ( ) log ( ), ( > ). l ( ) w8 a) brázoljuk közös koordináta-rendszerben az cos, ÎR és az ½½, ÎR függvéneket. Az ábra alaján világos, hog az egenlõtlenség esetén teljesül. cos 8

183 FÜGGVÉNYEK b) brázoljuk eg koordináta-rendszerben az ½½, Î R és az cos, ÎR függvéneket. Az ábra alaján látható, hog minden ÎR esetén igaz az egenlõtlenség. cos Ê ˆ c) Mivel sin cos, az egenlõtlenség ekvivalens a következõvel: ½sin ½ cos. Ha közös koordináta-rendszerben ábrázoljuk az ½sin ½, Î R és az cos, Î R függvéneket, akkor látható, hog az egenlõtlenség az alábbi esetekben igaz: + k +k, k ÎZ. sin d) brázoljuk közös koordináta-rendszerben az ½log ½, >0 és az, ÎR függvéneket. Leolvasható, hog az egenlõtlenség 0, esetén teljesül. cos log w9 a) A megadott adatokból felírható a következõ egenletrendszer: () loga+ b a> 0, a ¹. () 0 loga + b ()-bõl kivonva a ()-t: log a log a, log a, a, a. ()-be visszaírva a kaott a értéket: log + b Þ b. A kaott függvén: g() log ( Î]0; 8]). b) A függvén görbéje az ábrán látható. c) Értékkészlet: g(), vag másként: Î] ; ]. f ( ) 8 8

184 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w0 d) A(; ) ont esetén: és, tehát: log Þ log Þ ¹. Az A ont nem illeszkedik g()-re. B(; 0) esetén: 0 és, tehát: 0 log Þ log Þ. A B ont illeszkedik g()-re. C(6; ) esetén: és 6, tehát: log 6 Þ. De a függvén értelmezési tartomána ]0; 8], ezért nem illeszkedik C az adott függvénre. a) f() esetén: f( ), ekkor a Û Û a. a A hozzárendelési szabál: f () Ê. ˆ h ( ) g() esetén: g() 6 Û 6 a Û a, mivel a > 0. A hozzárendelési szabál: g(). h() esetén: h() Û a Û a, mivel a > 0. A hozzárendelési szabál: h(). f ( ) g ( ) c) Az értékkészletek: d) Igen, a függvének mindkét esetében az értéket veszik fel: w a) Az A ont akkor és csak akkor illeszkedik az adott függvén grafikonjára, ha 9, >0, azaz. b) A logaritmus alaja csak -tõl különbözõ ozitív szám lehet, tehát >0, ¹, és log 0,, azaz 0,. c) A függvén értelmezési tartomána miatt < + <, tehát 0-ra < <, és sin. Ebbõl következik, hog. d) Az értelmezési tartomán miatt > 0 és log 0, tehát. w a) A négzetgök miatt ³ 0 Û ³. A tört nevezõje nem lehet 0, ezért lg ( ) ¹ 0 Û ¹, ¹. A logaritmus miatt > 0 Û >. Tehát : ÎR ½ < <, vagis: Î]; [. 8 f () Î ;, g () Î ;, h () Î ;. 6 Ê g f ˆ Ê és ( ) ˆ.

185 FÜGGVÉNYEK b) A logaritmus miatt: A négzetgök miatt: + > 0 Û < vag >. lg ( + ) ³ 0 Û + ³ Û + 6 ³ 0 Û Û < 0 vag > 0. Értelmezési tartomán: Î ] ; 0 [ vag Î ] 0 ; [. w Az ábráról leolvasható, hog az egenlõtlenség akkor teljesül, ha: (k + ) (k + ), k ÎZ. sin w Az ábráról leolvasható, hog az egenlõtlenség akkor teljesül, ha: + k + k, k ÎZ. sin cos w a) Mivel sin, és a -es alaú eonenciális függvén szigorúan nõ: sin, és a értéket ott veszi fel, ahol sin, azaz az + k, k ÎZ heleken. b) A ½cos ½, és az egenlõség csak az k, k Î Z heleken teljesül. Ezért a -as alaú eonenciális függvén szigorú növekedése miatt: ½cos ½ 9. A 9 értéket csak az k, k ÎZ heleken veszi fel a függvén. c) A szinuszfüggvén tulajdonsága miatt sin, és itt az egenlõség csak akkor teljesül, ha sin, azaz +k, k ÎZ. Az alaú eonenciális függvén szigorúan nõ, ezért: sin. Az egenlõség csak az + k, k ÎZ heleken teljesül. w6 a) A logaritmus miatt az értelmezési tartomán > 0. A két függvén grafikonját a közös értelmezési tartománon + ábrázolva látjuk, hog az helen metszi egmást. Mivel a bal oldali log, > 0 függvén szigorúan csökken, a jobb oldali +, ÎR + log függvén edig szigorúan nõ, íg több metszésontjuk nincs. 8

186 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM b) Az ÎR + függvén szigorúan csökken, a -es alaú, logaritmusfüggvén szigorúan nõ, a grafikonok metszésontja -nél van. log c) Értelmezési tartomán: > 0. Itt is a grafikonról látható, hog az egetlen megoldás. log log d) A grafikonról látható, hog az egetlen megoldás: 0. w7 a) brázoljuk az log, > 0 és az, függvéneket a közös értelmezési tartománon. Zsebszámológéel vag táblázat használatával 0,6 adódik egetlen gökként. log 0,6 b) brázoljuk az log, > 0 és az (0,), > 0 függvéneket. Mivel az log függvén nõ, az (0,) függvén csökken, legfeljebb eg gök lehet. Az ábráról leolvasható, hog az ]; [ intervallumban van gök. A ontosabb számolás azt mutatja, hog a gök,., log 86

187 FÜGGVÉNYEK c) brázoljuk itt is az log, > 0 és az sin, > 0 függvéneket. Az ábra és a függvének tulajdonságai alaján világos, hog és között van eg gök, több gök nem lehet. A ontosabb számolás azt mutatja, hog a gök,9.,9 log sin d) brázoljuk az log, > 0 és az, > 0 függvéneket. Világos, hog az log, > 0 függvén nõ, az, > 0 függvén csökken, és ]0,; [-ban van göke, ontosabban a gök 0,7. 0,7 log e) brázoljuk az log, > 0 és az cos, > 0 függvéneket. Az ábra és a függvének tulajdonságai alaján világos, hog a ]0,; [-ban van eg göke az egenletnek, ez a gök 0,6. 0,6 cos log f) Itt is ábrázoljuk az log, > 0 és az +,, >0 függvéneket. Az log, > 0 függvén nõ, az +,, > 0 függvén csökken, íg legfeljebb eg gök van. Az ábráról leolvasható, hog ez a gök az ];,[-ban van, a gök,., log + w8 Itt is ábrázoljuk az ctg, 0< < és az, 0< < függvéneket. Itt is csak eg metszésont van, ezt éldául iterációval kahatjuk meg: 0,86. ctg 87

188 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w9 a) brázoljuk az és az +, ÎR függvéneket. Az függvén grafikonja konve ] ; + [-ban, ezért legfeljebb két gök lesz, hiszen az + kée egenes. Az egik gök, a másik láthatóan és közé esik. Pontosabb értéke:,7. + b) Itt is az a) megoldásában látottakat alkalmazzuk. Az függvén grafikonja konve, ezért legfeljebb két gök van. Az egik, a másik és közé esik, ez,6 lesz. + c) brázoljuk az és az + függvéneket. Az függvén csökken, a másik nõ, íg legfeljebb eg göke van. Az egetlen gök: 0. + d) brázoljuk itt is az és az függvéneket. Ebben az esetben is az egik függvén csökken, a másik nõ, íg legfeljebb eg gök van, amel az és közé esik:,. w0 a) A logaritmusfüggvén tulajdonságai alaján az adott egenlõtlenségbõl a következõ ekvivalens egenlõtlenségeket kajuk: log log ( ) > 0, 0< log ( ) <, < ( ) <, < < 6, < ½½ <. 88

189 FÜGGVÉNYEK b) A hatvánazonosságok alkalmazásával ekvivalens átalakításokat végezhetünk: c) talakításokkal:, lg + lg (,) 0 (, 6), > 0 + +,, mivel ¹ 0, ezért: lg + lg + lg + 6 lg A kaott másodfokú egenlet gökei: lg és lg, amibõl: 0 és 0. A kaott gökök jók, mert ekvivalens átalakításokat végeztünk.,, az e. fv. szig. monotoni tása miatt:., a logaritmus fv. szig. monotonitása miatt: lg + 6 lg, lg 6 lg + 0. w Ekvivalens átalakítással -es alaú logaritmusra áttérve íg írhatjuk az egenlõtlenséget: log + cos a. log Nilván 0 <, ¹ jöhet szóba csak. Ha 0 < <, akkor log < 0 és íg: log +. log A cosa egenlõtlenség minden a ÎR esetén igaz, tehát az egenlõtlenség teljesül, ha: a ÎR és 0 < <. Ha >, akkor log > 0, íg: log + ³, log és itt egenlõség csak log, azaz esetén teljesül. Másrészt cosa ³ csak cosa esetén teljesül, ekkor az egenlõség igaz, tehát: a (k + ), k ÎZ. 89

190 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w w A logaritmus azonosságait felhasználva ekvivalens átalakítással f () értékét a következõ alakra hozhatjuk: f ( ) log ( log + ( log ) ) log (log log + 6) log ( 6 log ). Mivel 6, ezért 0 log 6, tehát ha a log z jelölést használjuk, a (z (6 z)) legnagobb értékét keressük, ha 0 z 6. A számtani és mértani közé közti egenlõtlenség alaján: Êz+ 6 zˆ z ( 6 z) 9, és egenlõség csak akkor teljesül, ha z 6 z, azaz z. Ezek szerint f () 9 8, és az egenlõség log, azaz 8 esetén teljesül. Nilván > 0 jöhet szóba megoldásként. A -es alaú logaritmusfüggvén az értelmezési tartománában szigorúan nõ, íg mindkét oldal -es alaú logaritmusát véve, és felhasználva a logaritmus azonosságait, a következõ, az adott egenlõtlenséggel ekvivalens egenlõtlenséget kajuk: ( log log ) log > 0. Az elsõ ténezõt további szorzattá alakítva, és -gel szorozva ezt kajuk: (log ) (log + ) log < 0. A három ténezõ szorzata akkor lehet negatív, ha mindhárom ténezõ negatív, azaz a legnagobb ténezõ negatív: log + < 0 Þ log <, amibõl 0< <, 8 vag ha eg ténezõ negatív, kettõ ozitív, azaz a legkisebb ténezõ negatív, a közésõ ozitív: log < 0 < log Þ 0 < log <, amibõl < <. w A következõket kell tudni -rõl: ½½¹ 0, ½½¹, + > 0, azaz >. Ha 0 < ½½<, akkor a logaritmusfüggvén csökken, íg az adott egenlõtlenség a következõvé alakul: + >, azaz 0 > ( ) ( + ), amibõl < <. Ekkor tehát a megoldás: < < 0 és 0 < <. Ha ½½>, akkor a logaritmusfüggvén nõ, tehát az adott egenlõtlenség a következõvel ekvivalens: + <, azaz 0 < ( ) ( + ), amibõl < vag >. Az értelmezési tartománt is figelembe véve ekkor a következõ számok elégítik ki az egenlõtlenséget: > és < <. w Fejezzük ki tg -et sin és cos segítségével, majd ezeket szögfüggvéneivel: sin cos sin tg cos cos + + cos. sin sin Igazoltuk 0. osztálban, hog 0 < < esetén < tg, tehát az állítást igazoltuk. 90 ( )

191 FÜGGVÉNYEK w6 a) Az eonenciális függvén tulajdonságai alaján a hatván értéke akkor és csak akkor nagobb mint, ha vag az ala -nél nagobb és a kitevõ ozitív (I. eset), vag az ala 0 és között van és a kitevõ negatív (II. eset). I. eset: + + > Þ ( + ) > 0, amibõl > 0 vag < 0,, valamint: > 0 Þ ( ) > 0, amibõl > vag < 0. Tehát ebben az esetben az >, illetve < 0, valós számokra igaz az egenlõtlenség. II. eset: 0 < + + < Þ ( + ) < 0, amibõl 0, < < 0, illetve < 0 Þ ( ) < 0, amibõl 0 < <. Mindkét kikötést egetlen valós szám sem elégíti ki, tehát itt nincs megoldás. b) Az eonenciális függvén tulajdonságai alaján az eredeti egenlõtlenség akkor és csak akkor teljesül, ha: 0 <½ ( )½<. brázolva az ½ ( )½ függvént, az ábráról leolvasható, de számolással is können ellenõrizhetõ, hog a megoldások: < < 0, 0 < < és < <. ( ) w7 c) A logaritmusfüggvén tulajdonságai alaján eset lehetséges. I. eset: 0 < <és0< < teljesül. Az elsõ egenlõtlenségbõl < < 0 vag 0 < <, a másodikból < <, vag <, tehát ezeket kielégítõ valós szám nincs. II. eset: < és > teljesül. Ebbõl < vag >, illetve 0 > + ( ) ( + ), azaz < <. Mindkét feltételt a < < számok elégítik ki, ezek az egenlõtlenség megoldásai. Indirekt bizonítást célszerû választani. Tegük fel, hog az f függvénnek van eg > 0 eriódusa, azaz minden ÎR-re f ( + ) f (). Használjuk a szorzattá alakító azonosságokat: Ê ˆ Ê ˆ f ( + ) f ( ) sin cos + + sin cos + minden Î R-re. Ez csak akkor teljesülhet, ha sin 0, azaz k, valamel k ÎZ esetén és sin 0, azaz n, valamel n ÎZ esetén. Ebbõl az következik, hog van olan k, n ÎZ, hog n k, n ¹ 0 miatt k ami ellentmondás, mert irracionális. n, 9

192 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w8 A sin értéke szerint eriodikus, cos értéke szerint eriodikus. Akkor lesz f () eriodikus, ha van olan k és n egész, hog: k l, l ¹ 0. k Ebbõl adódik, k, l esetén ez teljesül. Tehát az f függvén szerint eriodikus. l Valóban: Ê ˆ f ( + ) sin ( + 6) cos + f ( ). w9 brázoljuk az 7, ÎR és, ÎR, ¹ 0 függvéneket. Az 7, ÎR függvén végig nõ, az függvén ] ; 0[-ban csökken és ]0; + [-ban is csökken, de mindenütt ozitív. Íg legfeljebb eg gök lehet. Az jó göknek, itt mindkét függvén értéke w0 a) Ha 0 < <, akkor 0 < sin <, és cos cos sin sin >. Ha 0 < <, akkor <, azaz tehát: <, cos > >. b) Mivel 0 < <, akkor 0 < sin < tg, ebbõl következik, hog: sin > > cos >. Tehát az a)-ban igazolt azonosság felhasználásával: > sin > 0. w Ismert azonosságok alaján: ( ) cosa cos a sin a, ( ) sin a + cos α. () és () összegébõl: a cosa a és mivel cos ³ 0, ezért: 9 cos + a + cosa cos.,

193 FÜGGVÉNYEK () és () különbségébõl: a és mivel sin ³ 0, ezért: sin a cosa, a cosa sin. w A ontos értékek: cos 8 + cos + + ; sin 8 ; cos ; sin. 6 6 w Szorozzuk meg a bizonítandó egenlõség mindkét oldalát 6 sin -tal: 6 6 sin cos cos cos cos sin w A sin a sina cosa azonosságot négszer alkalmazva a bal oldalon, éen a jobb oldalt kajuk. Azonosságok alkalmazásával f () íg írható: f () sin sin. Mivel 0 < < esetén sin > 0, íg f () > 0 akkor és csak akkor, ha sin > 0. Ez edig akkor teljesül, ha: 0< < és < <. Inverz függvének megoldások w brázoljuk az arcsin és arccos, ½½ függvéneket közös koordináta-rendszerben. Ha 0, akkor: sin( arcsin ), és sin(arccos ) cos (arccos ), tehát az azonosság elsõ része igaz. arccos arcsin Ha 0, akkor: sin ( arcsin ), és ezért: arccos, sin(arccos ) sin( arccos ), tehát az azonosság második része is igaz. 9

194 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w6 w7 Alkalmazzuk többször a tangensfüggvén addíciós tételét: Ê ˆ Ê ˆ tg arctg + arctg Ê ˆ + tg arctg + arctg 7 8 tg arctg + arctg + arctg + arctg 7 8 Ê ˆ Ê ˆ tg arctg + arctg tg arctg + arctg Mivel tg, és mindkét oldal ozitív, valamint -nél kisebb, az azonosság igaz. A. feladat megoldásakor már láttuk, hog: Hasonlóan adódik, hog: Mivel 0, ezért: és ezt kellett igazolni. cos(arcsin ), ha. sin(arccos ), ha. arcsin + arccos, w8 a) Mivel: ezért: b) Mivel: ezért: Ê ˆ sin cos cos, 7 7 Ê ˆ Ê arccos sin arccos cos ˆ, hiszen 0 < <. 7 Ê ˆ Ê ˆ cos sin sin sin, 0 0 Ê ˆ Ê ˆ arcsin sin arcsin sin w9 brázoljuk az arctg, ÎR és, ¹ 0, ÎR függvéneket. Mivel mindkét függvén áratlan, a grafikonjaik szimmetrikusak az origóra. Az ]0; + [-ban csökken, az arctg itt nõ, tehát legfeljebb eg gök van, jó gök. A áratlanság miatt is jó gök, és más gök nincs. arctg 9

195 FÜGGVÉNYEK w0 w Az arccos értelmezési tartomána [ ; ], íg a következõket kell kikötni: valamint: Íg csak tehát jöhet szóba megoldásként. Ellenõrzés: jó megoldás. Ha a 0, akkor < 0 esetén: míg ³ 0 esetén:,, 6, 0 6, 6,. arccos arccos 0 és arccos 6 arccos 0, arcsin a arccos +, 6 arcsin a 0 arccos +, 6 tehát ekkor nincs megoldás. Ha a > 0, akkor az f () arcsin a, ½a½ és g() arccos +, 6 grafikonja akkor és csak akkor metszi egmást, ha a megfelelõ inverz függvének grafikonjai metszik egmást. Az inverz függvének: k( ) sin h (), a a h( ) a k () cos 6,. 6 6 A h és k függvének grafikonja akkor és csak akkor metszi egmást, ha sin sin 6 cos 0, 0, cos 6 azaz a és ³, azaz a, a a cos 9 tehát akkor van legalább eg valós gök, ha 0, a. cos 9 9

196 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w Célszerû elõször átrendezni az egenletet: ( ) arctg arctg( ). Elég azt megnézni, hog a két oldal tangense mel valós -re egenlõ. A bal oldal tangensének meghatározásakor a tangens addíciós tételét használjuk: ( ) ( ) ( ), + ( ). Szóba jöhet 0, ez jó gök. Ha ¹ 0, akkor: ( ), 0, ±. A kaott gökök kielégítik az egenletet. w brázoljuk az arcsin és arccos függvéneket eg koordináta-rendszerben. Mivel [ ; ]-ban az arcsin nõ, a arccos csökken, legfeljebb eg metszésontja van a két grafikonnak. Határozzuk meg a metszésont koordinátáját: arcsin arccos, sin(arcsin ) sin( arccos ), sin(arccos ). Mivel ¹ 0, eloszthatjuk mindkét oldalt -szel:, ( > 0). Az eredeti egenlõtlenség tehát < esetén teljesül. sina w a) Mivel tga, ezért: cosa tg(arccos sin(arccos ) ) cos(arccos ). Használjuk fel, hog sina cosa, ha 0 sina és sina cosa,ha sina 0. Mivel 0 arccos és 0 sin(arccos ), ezért: Tehát: sin(arccos ). tg(arccos ), ha½½, ¹ 0. arccos arcsin 96

197 FÜGGVÉNYEK b) Mivel < arctg <, ha ÎR, ezért: cos(arctg ) >0. Másrészt: + tga, tehát cosa. cosa + tga Ezért: cos(arctg ). + tg (arctg ) + 97

198 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM.. KOORDINTA-GEOMETRIA Vektorok a koordináta-rendszerben. Mûveletek koordinátáikkal adott vektorokkal (emlékeztetõ) megoldások w a i + j, a(; ); b i + j, b( ; ); c i j, c( ; ); d i + j, d( ; ); e i + 0 j, e(; 0); f i j, f (; ). w6 a) ( ; ); b) (; 8); c) (; 6); d) (6; ); Ê 7 Ê ˆ e) (8; ); f) ; ; g) (; 0); h) ;. 9 ˆ w7 a) 6 i + 0 j; b) i + j; c) i + j; d) 0 i + 0 j. w8 a) ; b) ; 6 c) ; d) ; e) ; f ) a+ b; g) ; h) 6; i) ( a + b). w9 a) a 8; b) b 97; c) c 89; d) d 9; e) e. Mindegik vektor koordinátáinak abszolút értéke eg-eg itagoraszi számhármas két tagja, a harmadik tag éen a vektor abszolút értéke. Ê ˆ Ê ˆ w60 a) ; ; b) ; ; Ê ˆ c) ; ; d) Ê ˆ ;. w6 A helvektorok az ábrán láthatók. A vektorok koordinátái a +90º-os, illetve a 90º-os forgatások után: a) ( ; ), (; ); b) ( ; ), (; ); c) (; ), ( ; ). w6 a) ; b) ; c) ; d) 0; e) ; f) 8. w6 a) Mivel a b 0, ezért a vektorok derékszöget zárnak be egmással. b) A két vektor hegesszöget zár be, mivel a b > 0. c) A vektorok tomaszöget zárnak be egmással, mivel skaláris szorzatuk d) A két vektor derékszöget zár be, mivel skaláris szorzatuk 0.. a c b 98

199 KOORDINTA-GEOMETRIA w6 a) Mivel AB AC 0, ezért az AB és az AC szakaszok merõlegesek egmásra, íg az ABC háromszög derékszögû. A derékszög az A csúcsnál található. b) A derékszög a C csúcsnál van. c) A derékszög a C csúcsnál van. w6 a) A C ont helvektorára: c b a ( i+ j) ( i j) i+ 6j. Ezek alaján a ontok koordinátái: A(; ), B( ; ), C( ; 6). b) Mivel AB i + 6j, valamint AC 6i + 8j, ezért AC AB, ami igazolja, hog a három ont eg egenesre illeszkedik. w66 a) Ha a mozgó ont helvektora a megfigelés kezdetekor a, C a következõ másodercben edig b, akkor a sebességvektor: v b a i+ j, v B A íg a sebességvektor koordinátái v(; ). b) A megfigelés kezdetét követõ harmadik másodercben a test a b helvektora: c a + v. A mûveletek elvégzése után kajuk, hog a test a C(; 8) ontban tartózkodik. c) A D(; ) ontra teljesül, hog AD i+ 7j 7v, w67 ami azt jelenti, hog az adott onton a test a megfigelés kezdetét követõ 7. másodercben halad át. A két vektor ontosan akkor merõleges egmásra, ha skaláris szorzatuk 0. A két vektor skaláris szorzata a koordinátáik segítségével: a b ( + ) + a 0, amibõl a-t kifejezve: + a +. w68 Számítsuk ki a négszög átlóvektorainak koordinátáit: AC(9; ), illetve BD(; ). Mivel a két vektor skaláris szorzata: AC BD 9 + ( ) 0, ezért a két átló valóban merõleges egmásra. A 8 6 B 6 C 8 D 99

200 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w69 A négszög AB, illetve DC oldalvektorainak koordinátáit kiszámolva láthatjuk, hog mindkét vektor koordinátái (8; ). Eredménünk azt jelenti, hog az ABCD négszögben két szemközti oldal uganolan hosszú és árhuzamos, ezért a négszög valóban aralelogramma. D C A B w70 A megadott ontokat jelölje rendre A, B és C. A feladatnak három megoldása van. Két olan megoldást kaunk, amelekben az AB szakasz a aralelogrammának egik oldala. Ezekben a aralelogrammákban az egik oldalvektor AB(6; ). Az ábra azt az esetet mutatja, amelben a BC szakasz átló. Ekkor CD AB, amibõl D (8; 6). C B A D A következõ ábra azt a aralelogrammát mutatja, amelben az AB, valamint a BC szakaszok is a aralelogramma eg-eg oldalát alkotják. Ekkor CD BA, és ezért D ( ; ). D A C B Végül még eg megoldás adódik, amelben az AB szakasz a aralelogrammának átlója. Ekkor AD CB( ; ), amibõl egszerû számolással kajuk, hog D (; ). C B A D w7 a) A keresett összegvektor elsõ koordinátája: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Ha alaosabban szemügre vesszük az összeg tagjait, akkor láthatjuk, hog az elsõ helen álló, valamint az elsõ zárójelben szerelõ második tag kiejti egmást, csakúg mint az elsõ, illetve a második zárójelekben szerelõ, illetve. Ha a többi tagot is árba állítjuk, akkor igazából csak a 009-nek nem találunk árt, az összes többi tag kiesik az összegbõl. Ebbõl adódóan az összegvektor elsõ koordinátája 009. A második koordinátát illetõen hasonlóan járhatunk el. A megfelelõ koordináta hosszú alakja :

201 KOORDINTA-GEOMETRIA Ha a fenti összegben minden eges tag nevezõjét göktelenítjük, akkor azt kajuk, hog: Eredméneink alaján a keresett vektor második koordinátája tehát a következõ alakban írható fel: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Az összeg feltûnõ hasonlóságot mutat a vektor elsõ koordinátájánál szerelõ összeggel, csak itt most az elsõ zárójelben szerelõ -nek, valamint az utolsó zárójelben található 00-nek nincs árja, íg az összegvektor második koordinátája 00. A keresett összeg koordinátái tehát: ( 009; 00 ).,, b) Mivel 009 > 00, ezért a megfelelõ ont az tengelhez van közelebb. Két ont távolsága. Két vektor hajlásszöge. Területszámítási alkalmazások megoldások 9 w7 a) ; b) ; c) ; d) ; e) f ). ; w7 a) ; b) ; c) ; d) ; e) 6; f ) ; 7 6 g) ; h) 6. w7 a) AB AC 0; b) AB AC ; c) AB AC 0. A c) feladatban szerelõ háromszög derékszögû, mert AB(; ) és AC(; ). w7 a) A ont illeszkedik a körre. b) A ont illeszkedik a körre. c) A ont nem illeszkedik a körre. d) A ont illeszkedik a körre. w76 a) AB, BC,6, AC, a háromszög kerülete 8,6. b) AB,7, BC,, AC 6,, a háromszög kerülete,. w77 w78 a) Az ilen tulajdonságú ontok két, az tengellel árhuzamos egenesen helezkednek el, attól egség távolságra. A megfelelõ (; ) ontokra vag teljesül. b) Ezúttal az tengellel árhuzamos egeneseken találhatók a feltételnek megfelelõ ontok. A koordinátáikra vag teljesül. A megfelelõ (; ) ontokra vag teljesül. A ontok a két tengel szögfelezõ egeneseire illeszkednek. 0

202 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w79 a) a 90,0º; b) a 90,0º; c) a 80,0º; d) a» 6,º; e) a,0º; f) a» 9,º. w80 a) a»,97º, b» 79,70º, g» 6,º; a háromszög területe. b) a»,70º, b» 6,70º, g» 8,60º; a háromszög területe 6. c) a» 0,º, b» 8,8º, g» 8,0º; a háromszög területe 8. w8 w8 Használjuk az ábra jelöléseit: legen A( 7; ), B(; ) a két ont, meleken a test a mozgás során áthaladt, továbbá C(; 0), D( 7; 0), illetve O(0; 0). A feladat kérdése alaján az ABO háromszög AB B oldalához tartozó m magasságát kell kiszámolnunk. A m Ehhez kiszámoljuk az AB szakasz hosszát, valamint az ABO háromszög területét. A két számolt értékbõl már können megkahatjuk D O C a keresett magasságot. Az ABO háromszög területét l. úg kahatjuk meg, hog az ABCD traéz területébõl kivonjuk az AOD, valamint a BOC háromszögek területét. A számolásokat elvégezve kajuk, hog AD + BC TABCD CD + 0 ; AD OD TAOD, ; BC OC TBOC ; T T T T, 8,. Az AB távolság: ABO ABCD AOD BOC AB Ha most az ABO háromszög területét az AB oldal, valamint a hozzá tartozó m magasság segítségével írjuk fel, akkor 0 m 7 8, Þ m»,69. 0 A mozgó test tehát,69 egség távolságra volt az origótól, amikor ahhoz legközelebb tartózkodott. a) A kaott négszög traéz, melnek alajai árhuzamosak az tengellel. A négszög területe: 8 T +. A D C B 0

203 KOORDINTA-GEOMETRIA w8 b) Az ábra jelöléseivel AB AD 6, illetve CB CD 6, ezért az ABCD négszögben két-két szomszédos oldal megegezik, íg a négszög deltoid. Az ABCD deltoid területének kiszámolásához érdemes a négszöget E D F C eg olan téglalaba foglalni, amelnek oldalai árhuza- mosak a tengelekkel. A szóban forgó téglala csúcsait az ábrán B I A, E, F, illetve G jelöli. A területszámítást megkönníti, ha az AEFG téglala területébõl kivonjuk a deltoid körül kimaradó A H G AED, DFC, CIB és AHB derékszögû háromszögek, valamint az IGHB négzet területét. Az eges síkidomok területe: TAEFG 7 9 6; 7 TAED ; TDFC, ; TCIB, ; Az elmondottakból azonnal következik, hog T ABCD 6,, 9. c) A kaott négszög aralelogramma, hiszen (az ábra jelöléseit használva) BC AD( ; ), ami mutatja, hog a négszög BC és AD oldala árhuzamos egmással, valamint hosszuk is megegezik. Az ABCD aralelogramma területe a b) feladatban látott módszerrel számolható. A aralelogrammát ezúttal az EFGH téglalaba foglalhatjuk bele, és a téglala kimaradó részei háromszögek. A számításokat elvégezve az ABCD aralelogramma területére egség adódik. d) A kaott négszög ezúttal négzet. Ennek igazolásához vegük észre, hog AB DC( ; ), amibõl látható, hog a négszög aralelogramma (van két árhuzamos és egenlõ hosszúságú oldala). Mivel AD ( ; ), ezért AB AD ( ) + ( ) ( ) 0, ezért a négszög A csúcsánál (és ebbõl kifolólag a többi csúcsnál is) derékszög található, íg az ABCD négszög valóban négzet. Mivel AB 7, ezért az ABCD négzet területe 7 egség. Ha PA PB, akkor T AHB 8 ; T IGHB. ( ) + ( ) ( ) + ( ). Mindkét oldalt négzetre emelve, majd a kijelölt mûveleteket, végül a lehetséges összevonásokat elvégezve azt kajuk, hog Mivel átalakításaink ekvivalensek voltak, ezért a fenti összefüggést csak a feltételeknek megfelelõ P ont elégítheti ki. F A E D D A B G C H C B 0

204 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w8 Mivel a feltételek alaján PO, ezért ( ) + ( ). Mindkét oldalt négzetre emelve, majd a kijelölt mûveleteket elvégezve kajuk, hog w8 a) Foglaljuk az ABC háromszöget az ábrán látható módon a tengelekkel árhuzamos oldalakkal rendelkezõ CDEF téglalaba. Mivel a téglala oldalai 0 és cm hosszúak, ezért T CDEF 0 cm. D A Können kiszámolható az ACD, ABE, BCF derékszögû háromszögek területe is: T ACD cm, T ABE 6 cm és T BCF cm. C Az ABC háromszög területe: T ABC T CDEF T ACD T ABE T BCF cm. E B F b) A háromszög a legrövidebb oldalára állítva a legmagasabb. Mivel AB(; 8 ), BC( ; 6) és CA(; 0), ezért az AB oldal a legrövidebb és AB 8 + ( ) 80» 8,9 cm. c) A leghosszabb magasságot az ABC háromszög területébõl számolhatjuk ki. Mivel AB m TABC c, ezért 80 m 9 6 c, amibõl mc» 0,9 cm. 80 d) Tegük fel, hog az AB-vel árhuzamos szakaszok az ábrának megfelelõen az I, H, valamint a J és K ontokat metszik ki az ABC háromszög oldalaiból. Ekkor a CIH háromszög hasonló A K a CBA háromszöghöz, továbbá a hasonlóság arána l Mivel. B H J hasonló síkidomok területének arána a hasonlóság aránának négzetével egenlõ, ezért a CIH háromszög, vagis a iros sáv I területe l C -szerese a CBA háromszög területének, ezért: 9 T CIH, cm. 9 6 A fentihez hasonló gondolatmenettel számíthatjuk ki a zöld sáv területét: a CJK háromszög hasonló a CBA háromszöghöz, a hasonlóság arána amibõl következik, hog, T CJK cm 9 6» 0,. Íg a zöld sáv területe: 6 0,,6 cm. 0

205 KOORDINTA-GEOMETRIA w86 w87 w88 a) A térkéen kialakuló távolságokat a távolságkélettel számolhatjuk ki. Az eredmének: Veszrém Gõr: 7, Veszrém Szeged: 7, Veszrém Debrecen: 6, Gõr Szeged:, Gõr Debrecen: 70, Szeged Debrecen: 6. A városok közti, kilométerben megadott távolságokat megkajuk, ha a térkéen mért távolságokat megszorozzuk -gel. Ezek alaján a távolságok egészre kerekített értékei: Veszrém Gõr: 67 km, Veszrém Szeged: 87 km, Veszrém Debrecen: 78 km, Gõr Szeged: km, Gõr Debrecen: 87 km, Szeged Debrecen: 7 km. b) A koordinátákból észrevehetõ, hog a koordináta-rendszer kezdõontja a Gõr Szeged szakasz felezõontjában van. Ez azt jelenti, hog az origó körülbelül Dunaújvárosban lehet. a) Ha a P ont illeszkedik az tengelre, akkor koordinátáira P(; 0) teljesül. Ekkor PA + PB ( + ) + (0 ) + ( ) + (0 ). A mûveletek elvégzése után kajuk, hog PA + PB + 7, majd teljes négzetté alakítás után PA + PB ( ) +. Mivel a négzetes tag nemnegatív, ezért a kifejezés akkor lesz a lehetõ legkisebb, ha. b) A PA + PB összeg legkisebb értéke. a) Az asztal kicsinített kéének csúcsontjait az ábrának megfelelõen A-val, B-vel és C-vel jelöltük: A(0; 0), B(; 0) és C(; ). Az ABC háromszög oldalai: AB, BC és AC. Mivel egség a valóságban 0 cm, ezért: AB 0 cm, BC 0»,8 cm és AC 00», cm. b) A feladat arra kérdez rá, hog mekkora az asztalla köré írt kör sugara. Az ABC háromszög köré írt kör sugarát können kiszámolhatjuk az R a b c kélet segítségével, ahol T a háromszög területét, a, b és c a háromszög oldalainak hosszát jelöli. A háromszög AB oldalát választva T alanak, a területre adódik: T egség. Az a) feladat eredméneit felhasználva az ABC háromszög köré írható kör sugara: 0 R. Figelembe véve a kicsinítés aránát, a kerek asztal sugara: 0» 79, cm. A C B 0

206 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM c) Az ABC háromszög leghosszabb oldala AB, ezért az AB oldalhoz illesztett körszelet (az ábrán q-val jelölt) magasságára kíváncsi a feladat. A keresett magasságot megkahatjuk, ha az ABC háromszög köré írt kör sugarából kivonjuk az ABO egenlõ szárú háromszög AB oldalához tartozó m magasságát, ahol O a háromszög köré írt kör közéontját jelöli. Ha az ABO háromszög szóban forgó magasságának talontját T jelöli, akkor az ATO derékszögû háromszögben AO R, továbbá AT,, íg Pitagorasz tételének alkalmazásával: A C O m T q B 0 m, amibõl 0 q R m A megfelelõ toldalék magassága ezek alaján: », cm. d) Az asztallaon elhelezhetõ legnagobb kör alakú abrosz egbeesik az asztallaba írható körrel, íg a feladat gakorlatilag a beírt kör sugarát kérdezi. Az ABC háromszög beírható T körének sugarát az r kélettel számolhatjuk, ahol s a háromszög kerületének a felét jelöli. s Az eredméneket behelettesítve: 6 r Az abrosz sugara íg: 6 0» 7, cm. + + w89 a) Az erdõ csúcsontjait jelöljük a megadás sorrendjében az A, B, C, D, E, F, G, H betûkkel. 0 T L E K F Foglaljuk bele a nolcszöget abba a minimális területû téglalaba, amelnek oldalai T T T G árhuzamosak a koordinátatengelekkel: H D az ábrán ennek a téglalanak a csúcsait I, J, K és L jelöli. Látható, hog a téglala területe A nolcszög területét meg- C T 8 T6 T B kajuk, ha az IJKL téglala területébõl I A T 0 J levonjuk azoknak a derékszögû háromszögeknek, illetve traézoknak a területét, amelek a nolcszög eg-eg oldala mentén találhatók, 7 és a nolcszöggel egütt kitöltik az IJKL téglalaot. Ezeknek a síkidomoknak a területét az ábrán T,,T 8 jelöli. Eg-eg ilen háromszög, illetve traéz területe könnedén kiszámolható. Az eredmének: T, T 0, T, T, T, T 6 0, T 7, T 8. 06

207 KOORDINTA-GEOMETRIA w90 Végül a nolcszög területe: T 00 ( ). Az erdõ és az ábrázolt nolcszög hasonló egmáshoz, a hasonlóság arána 000. Mivel a hasonló síkidomok területének arána a hasonlóság aránának négzetével egenlõ, ezért az erdõ területe: 000 cm. Mivel ha 0 m 0 8 cm, ezért az erdõ területe: 000, ha. 08 b) A számítások során felfigelhettünk arra, hog a nolcszög szemközti oldalaihoz illeszkedõ háromszögek, illetve traézok egbevágók egmással. Ebbõl arra következtethetünk, hog a nolcszög közéontosan szimmetrikus. A szimmetria közéontja éldául az AE szakasz felezõontja, vagis a (; ) ont. Egszerû számolások mutatják, hog ez a ont valóban megfelezi a szemközti csúcsokat összekötõ szakaszokat. a) A(R; 0), B( R; 0), esetleg fordítva. b) CA (R c ; c ), ( R c ; c ). c) A CA és CB CB vektorok skaláris szorzatára: CA CB ( R c) ( R c) + ( c) ( c). A kijelölt mûveletek elvégzése után adódik: CA CB R + c + c. Mivel a feltételek szerint a C ont az AB átmérõjû kör eg ontja, továbbá a kör közéontja az origó, ezért a C ont az origótól éen R távolságra van, amit a C koordinátái segítségével úg is megfogalmazhatunk, hog c + c R, azaz c + c R. Eredménünket összehasonlítva a skaláris szorzat értékével láthatjuk, hog CA CB R + c + c d) A c) feladat eredménébõl következik, hog a CA R + R 0. és CB vektorok merõlegesek egmásra, ami egben azt is jelenti, hog az ABC háromszög derékszögû. Ezzel beláttuk, hog ha az AB átmérõjû kör eg (A-tól és B-tõl különbözõ) C ontját összekötjük az átmérõ két végontjával, akkor derékszögû háromszög keletkezik, amelben a derékszög a C csúcsnál található. Megadtuk tehát Thalész tételének eg koordináta-geometriai bizonítását. Szakasz osztóontjának koordinátái. A háromszög súlontjának koordinátái megoldások w9 a) (; ); b) ( ; ); Ê 8ˆ Ê ˆ Ê c) - d) ; ; e) a ; ; 6 w9 a) A(; 8); Ê ˆ b) A ; ; c) A(e ; f ). Ê ˆ 7 7 Ê w9 a) (; ), b) (; ), 6 ˆ 7 ;, 0;. Ê ˆ ;, ; ; Ê ˆ w9 a) (; 7); b) (; ). + b ; a 07 a ˆ. b

208 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w9 a) (0; 00); b) (07; 997). 8 w96 a) ; és ; ; b) ; 7 és ; 6 ; 8 c) ; és ;. 9 9 w97 a) B(; 9); b) B(; 7). w98 a) (; ); b) (9; ); c) (; ); d) (7; ). w99 A aralelogramma két hiánzó csúcsának koordinátái: (8; ) és ( ; ). w600 A két hiánzó csúcs koordinátái: B(; ) és D( ; ). w60 w60 a) A feltételeknek két négzet tesz eleget. A hiánzó csúcsok koordinátái az eges esetekben: (7; 9) és ( ; ), illetve (; 7) és ( ; ). Az elsõ négzet közéontja (; 6), a másodiké edig (0; ). b) A feladatnak egetlen megoldása van. A hiánzó csúcsok (0; ) és (; 6). A négzet közéontja (; ). a) Az oldalfelezõ ontok: Ê ˆ Ê ˆ E(;), 0 F ; G ;. és b) A háromszög oldalvektorai: AB(; ), BC(; ) és CA ( ; ). A közévonalvektorok: Ê ˆ Ê ˆ FE ;, GF( ; ) EG ;. és c) Látható, hog FE CA, GF AB és EG BC, ami mutatja, hog a megfelelõ közévonal és oldalvektor egmással valóban árhuzamos. w60 a) (; ); b) (0; 0); 9 c) ;. 6 w60 a) A(0; ); b) A(0; 6); w60 a) Az oldalfelezõ ontok által meghatározott háromszög súlontja: (; ). b) Ha az ABC háromszög csúcsontjainak koordinátái A(a ; a ), B(b ; b )ésc(c ; c ), valamint oldalfelezõ ontjai E( ; ), F(7; ) és G(; 0), akkor az elsõ koordinátákra a következõ egenletek írhatók fel: a+ b b+ c a+ c,, 7. Az egenletek megfelelõ oldalait összeadva: a + b + c 6, amibõl a + b 6 c. 0 B E 0 0 C G F 0 A 08

209 KOORDINTA-GEOMETRIA Az elsõ egenletbe visszahelettesítve: 6 c, azaz c 0. Hasonló módszerrel kahatjuk meg, hog a és b 8. A második koordinátákra felírható egenletek: a+ b b+ c a+ c 0,,. Az egenletrendszer megoldása: a, b 7 és c. Az Ale által berajzolt háromszög csúcsontjai tehát: A(; ), B( 8; 7) és C(0; ). Az ABC háromszög súlontjának koordinátái: S(; ). Megjegzés: Az ABC háromszög csúcsontjait a következõ észrevétel alaján is meghatározhatjuk. Az EF szakasz közévonal az ABC háromszögben, ezért EF árhuzamos AB-vel, továbbá hossza az AB hosszának fele. Ebbõl az is következik, hog. Mivel az koordinátáira EF GA EF EF (; ), ezért az A ont helvektora: a g+ EF, ahol g a G ont helvektorát jelöli. A számítások elvégzése után A(; ) adódik. A többi csúcs koordinátái hasonlóan számíthatók. w606 w607 c) A két háromszög súlontja egbeesik. Indoklásként említhetjük, hog az ABC háromszög S súlontjára vonatkozó, l aránú közéontos hasonlóság az ABC háromszöget az EFG háromszögbe viszi át. Mivel az S ont a transzformáció fiontja, ezért a két háromszög súlontja valóban egbeesik. a) Az ABCD négszög BC oldalának felezõontja F(; ). A tükrözés után a B ont kée C és a C ont kée B. Ha az A ont A tükörkéének koordinátái A'(; ), akkor felhasználva, hog az AA szakasznak F a felezõontja, azt kajuk, hog + ( ) + ( ),. Az egenletrendszer megoldásaként A'(8; 7). Hasonló számolásokkal a D ont tükörkéeként D'(7; ) adódik. D b) Az ABD A CD hatszög származtatásából adódóan közéontosan szimmetrikus, amibõl azonnal következik, hog a szemközti oldalai árhuzamosak. Utóbbi állítás természetesen koordinátageometriai eszközökkel is igazolható. Példaként: AB(6; ) és CA' (6; ), ami azt jelenti, hog a két vektor megegezik, íg természetesen árhuzamosak is egmással. a) Az A, B és C ontok kée az OA, OB, OC szakaszt : aránban osztó ontok lesznek. A kéontok koordinátái: Ê ˆ Ê A'( ; ), B' ;, C' ; ˆ. Az A B C háromszög O ontra vonatkozó tükörkée is megoldása a feladatnak. E ontok koordinátái: 7 A''( 9; 9), B'' ;, C'' ;. A D C F B A 09

210 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w608 w609 b) Ebben az esetben a kéontok az OA, OB, OC szakaszt : aránban osztják. A kéontok koordinátái: Ê ˆ Ê 7 ˆ Ê 0 ˆ A' ;, B' ;, C' ;. Az A B C háromszög O ontra vonatkozó tükörkée is megoldása a feladatnak. E ontok koordinátái: 7 A''( ; ), B'' ;, C'' ; 7. a) Ha az A ont kée A'(; ), akkor az OA' szakasznak a felezõontja A, azaz + ( ) + ( ) 6, 6, amibõl A'(6; 6). Hasonló módszerrel: B'(6; ), illetve C'(0; ). b) Ebben az esetben az A ont : aránban osztja az OA' szakaszt, azaz ( ) + ( ) + 6, 6, és íg A'(6; 6). A másik két ontra B'(; ), illetve C'(; ) adódik. Ê a) Az AB oldal felezõontja: E a + b a + b ˆ ;. Ê A BC oldal felezõontja: F b + c b + ; c ˆ. Ê Az AC oldal felezõontja: G a + c a + ; c ˆ. b) Példaként bemutatjuk, hog EF árhuzamos az AC oldallal. Ehhez kiszámoljuk az EF és az AC vektorok koordinátáit. Látható, hog Ê EF c a c a ; ˆ, AC( c a; c a). míg - - A koordináták összehasonlítása után vegük észre, hog EF AC, ami egben mutatja, hog a két vektor, és íg ersze a nekik megfelelõ szakaszok is árhuzamosak egmással. c) Az állítás az EF AC összefüggésbõl azonnal következik. w60 a) A aralelogramma átlói felezik egmást, ezért az AC szakasz és a BD szakasz felezõontja egbeesik. Az AC szakasz felezõontjának koordinátái: Êa+ c a + cˆ ;, míg ha a D ont koordinátái, illetve, akkor a BD szakasz felezõontja Êb+ b + ˆ ;. 0

211 KOORDINTA-GEOMETRIA A két felezõont megfelelõ koordinátái egenlõk, ezért a+ c b+ a+ c b+,. Az egenletrendszert megoldva adódik: D(a + c b ; a + c b ). b) Paralelogramma közévonala alatt két szemközti oldal felezõontját összekötõ szakaszt értjük. Példaként megmutatjuk, hog az AD és BC oldalak felezõontját összekötõ közévonal árhuzamos az AB oldallal. Az AD oldal felezõontja: Ê E a + c b a + c b ˆ ;, míg a BC oldalé: Êb F + c b + cˆ ;. Az EF koordinátáira EF (b a ; b a ) teljesül, amirõl azonnal kiderül, hog megegezik az AB koordinátáival. Eredménünket úg is megfogalmazhatjuk, hog az EF és AB szakaszok árhuzamosak egmással. c) A b) feladatban beláttuk, hog EF AB, amibõl a feladat állítása nilvánvaló módon következik. w6 a) Példaként néhán szükséges és elegendõ feltétel: eg négszög akkor és csak akkor aralelogramma, ha I. szemközti oldalai egenlõ hosszúak; II. van két szemközti oldala, amelek árhuzamosak és hosszuk egenlõ; III. átlói felezik egmást; IV. közéontosan szimmetrikus; V. szemközti szögei megegeznek. b) Az I. feltétel alaján: AB 7 + 8, BC + 0, CD ( 7) + ( ) 8, DA ( ) + ( ) 0. A szemközti oldalak valóban egenlõk. A II. feltétel alaján: AB(7; ), továbbá DC(7; ). Mivel a két oldalvektor koordinátái megegeznek, ezért AB és CD árhuzamos és egenlõ hosszúságúak. A III. feltétel alaján: Ê009 0ˆ Az AC átló felezõontja: ;. Látható, hog ez egben a BD átló felezõontja is, ezért az átlók valóban felezik egmást. A IV. feltétel alaján: Ê009 0ˆ A négszög közéontosan szimmetrikus a ; ontra vonatkozóan.

212 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM Az V. feltétel alaján: AB(7; ), AD(; ). A két vektor skaláris szorzatára: AB AD A skaláris szorzat definíciója alaján (a a két vektor hajlásszögét jelöli): 6 AB AD cos a 6, amibõl cos a. Hasonló számolással uganezt az értéket kajuk a CB és CD 8 0 vektorok hajlásszögének koszinuszára is, ami igazolja, hog a négszög két szemközti szöge megegezik. Uganilen számolással ellenõrizhetõ, hog a másik két szemközti szög is egenlõ. w6 w6 w6 a) Az ábra alaján valószínûsíthetõ, hog az AB és CD oldalak árhuzamosak. A megfelelõ vektorok koordinátáira: (; ) és CD (; ), ami mutatja, hog CD AB AB. Eredménünkbõl következik, hog AB és CD valóban árhuzamos, ezért az ABDC négszög traéz, amelben a hosszabb ala háromszor akkora, mint a rövidebb. b) Az átlók hossza a koordináta-rendszerben: A két út hossza a valóságban: AD , illetve BC ( 0) » 9660 méter, vagis 9,66 km. ( ) c) Ismert elemi geometriai összefüggés alaján a traéz átlói az alaok hosszának aránában osztják egmást. Az a) feladat eredméne alaján ez az arán :, ezért az átlók M metszésontja egbeesik az AD átló D-hez legközelebbi negedelõontjával. Az AD szakasz felezõontja: Ê F 7 ˆ ;, íg az FD szakasz M felezõontja: Ê+ 6, + 7ˆ M ;, vagis M(, ;, ). Alkalmazzuk az adott szakaszt adott aránban osztó ont koordinátáira vonatkozó összefüggéseket! Az eredmének az eges esetekben: Ê Ê Ê a) b) c) P 0 7ˆ P ˆ P ˆ ;- ; ; ; ;. 9 9 Ha a B ont koordinátáira B(; ) teljesül, akkor a feltételek szerint a P ont koordinátái: ( ) + 0+ P ;. Mivel a P ont adott, íg ( ) + 0+ és. Az egenletrendszer megoldása után azt kajuk, hog a B ont koordinátái: B(7; ). A C F M D 0 B

213 KOORDINTA-GEOMETRIA w6 a) Az ABC háromszög oldalainak hossza: AC, BC és AB Vegük észre, hog AC + BC AB teljesül, ezért Pitagorasz tételének megfordítása alaján az ABC háromszög derékszögû, mégedig a derékszög a C csúcsnál található. b) A Pista bácsi által tervezett ösvén éen a C csúcsból induló szögfelezõ mentén húzódik. Eszerint az átfogóhoz tartozó szögfelezõ és az átfogó D metszésontjának koordinátáit kell kiszá- C molnunk. A szögfelezõtétel alaján: O AD DB AC BC A, D 0 B vagis a D ont az AB átfogót : aránban osztja. Az osztóont koordinátái alaján a D ont koordinátái: c) A mindhárom úttól uganolan távolságra található ont egbeesik az ABC háromszög beírt körének közéontjával, ezért a feladat gakorlatilag a beírt kör sugarára kérdez rá. A kör T sugarát az r összefüggésbõl számíthatjuk ki, ahol T az ABC háromszög területe, s edig s a háromszög kerületének fele. Mivel AC BC T, továbbá s + 7, ezért a beírt kör sugara r 7», egség. + 7 d) A beírt kör O közéontját az ABC háromszög szögfelezõinek metszésontjaként kajuk. Az A csúcsból induló szögfelezõ az ADC háromszögnek is szögfelezõje, ezért az O ont koordinátáit a b) feladatban már megismert módszerrel számolhatjuk ki. Mivel az a) feladat alaján AC, továbbá AD Ê ˆ + 7, Ê ˆ ezért az O ont ( ) : 7 aránban osztja a CD szakaszt. Az osztóont koordinátáira vonatkozó összefüggések alaján: Ê 8 7 ( 8) O ; ˆ, amit kicsit barátságosabb alakban is felírhatunk: Ê O 8; D Ê - ˆ 8;. ( ) ( ) ˆ.

214 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w66 a) Az ABCD négszög csúcsontjai legenek A(a ; a ), B(b ; b ), C(c ; c )ésd(d ; d ). Ha az AB oldal felezõontja a ( ; ) ont, akkor a+ b a+ b és, amibõl b 6 a és b a, tehát B( 6 a ; a ). Mivel a BC oldal felezõontja is ismert, ezért 6 a+ c a + c és, amibõl a C ont koordinátái: C(0 + a ; 6+a ). Végül a CD oldal felezõontjának koordinátáira 0 + a+ d 6 + a + d és, és íg D( a ;0 a ). Eredméneink alaján az AD oldal H felezõontjának koordinátáira: Ê H a + ( a ) a + ( 0 a ) ˆ ; ( ; ). Megjegzés: a számításokból az is kiderül, hog végtelen sok olan négszög van, amelnek oldalfelezõ ontjai a megadott ontok; a négszög csúcsait az A ont már egértelmûen meghatározza. b) Az EFGH négszög EG átlója felezõontjának koordinátái: Ê + + ˆ Ê ; 0; D( d; d ) ˆ. H A( a; a ) Egszerû számolás mutatja, hog az FH átló felezõontja szintén uganez a ont. Ez azt jelenti, hog az EFGH négszög átlói felezik egmást, íg a négszög aralelogramma. E B( b ; b ) F C( c ; c ) G w67 a) Az ABCD négszög csúcsontjai legenek A(a ; a ), B(b ; b ), C(c ; c )ésd(d ; d ). Ekkor az oldalfelezõ ontok: D( d; d ) Ê E a + b a + b ˆ Ê F b + c b + c ˆ ;, ;, Ê G c + d c + d ˆ Ê ˆ ;, H a d ; a d H + +. F Többfélekéen igazolható, hog az EFGH négszög aralelogramma. Például megmutathatjuk, hog az EF és HG oldalak A( a ; a ) E B( b ; b ) árhuzamosak és egenlõ hosszúak. A megfelelõ vektorok koordinátái: Ê EF c a c a ; ˆ Ê HG c a ; c a ˆ. és A két vektor koordinátái megegeznek, ami igazolja, hog az EFGH négszög aralelogramma. G C( c; c )

215 KOORDINTA-GEOMETRIA b) Az a) feladat jelöléseit fogjuk használni. Az oldalfelezõ ontok által közrefogott aralelogramma közéontja egbeesik az EG szakasz O felezõontjával. Ezek alaján a aralelogramma közéontjának koordinátái felírhatók: Ê O a + b + c + d a + b + c + d ˆ ;. A BD, illetve az AC átló felezõontja: Ê P b + d b + d ˆ Ê Q a + c a + illetve c ˆ ; ;. A két átló felezõontját összekötõ PQ szakasz felezõontja edig: Êa+ b+ c+ d a + b + c + dˆ ;. Mivel a kaott ont koordinátái szemlátomást megegeznek az EFGH aralelogramma O közéontjának koordinátáival, ezért a feladatban szerelõ két ont valóban egbeesik. c) Vegük fel a koordináta-rendszerben a traézt úg, hog az ABCD traéz AB alaja illeszkedjen az tengelre, A csúcsa edig az origóba essen. Ekkor a traéz csúcsainak koordinátái a következõ alakúak: A(0; 0), B(b; 0), C(c; m) és D(d; m), ahol m a traéz magasságát jelöli. A szárak felezõontja: Ê E d m ˆ Ê F b + c m ˆ ; ;. és A koordináta-rendszerben az adatok (ontok) választásából adódóan a traéz alajai árhuzamosak az tengellel. Tudjuk továbbá, hog E és F második koordinátája megegezik, ezért EF is árhuzamos az tengellel. Ezzel beláttuk, hog a traéz szárait összekötõ közévonala árhuzamos az alaokkal. Az alaok, valamint az EF közévonal hossza können kiszámítható: AB ½b½, DC ½c d½, illetve EF Êb+ c dˆ b+ c d. Vegük észre, hog ha b > 0, akkor c > d, és ha b < 0, akkor c < d (máskülönben az ABCD négszög hurkolt lenne), ezért b és c d elõjele mindenkéen megegezik, és íg valóban teljesül, hog AB + DC EF. D( d; d ) H A( a ; a ) E B( b ; b ) E A(0;0) D( dm ; ) G P O Q C( c; c ) F C( cm ; ) F B( b;0)

216 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w68 a) A két közös belsõ érintõ természetesen az OQ szakaszon metszi egmást. Tegük fel, hog az ábrának megfelelõen az egik közös belsõ érintõ a köröket az E, illetve D ontokban érinti, E míg a belsõ érintõk metszésontja P. Ekkor az OEP háromszög O hasonló a QDP háromszöghöz, hiszen mindkettõ derékszögû (az érintõ merõleges az érintési onthoz tartozó sugárra), illetve P a P csúcsnál lévõ szögeik csúcsszögek, íg szintén egenlõk Q D egmással. A hasonlóság arána megegezik a körök sugarainak OE aránával, azaz l Természetesen a két háromszög QD. OP átfogóinak aránára is érvénes, hog Eredménünket másként is megfogalmazhatjuk; QP a P ont az OQ szakasz Q-hoz legközelebbi negedelõontja. Íg a P ont koordinátái: Ê P 0 + ( ) + ˆ Ê ˆ ; ;. b) Az a) feladathoz hasonló módszerrel járhatunk el. Jelöljük R-rel a két közös külsõ érintõ metszésontját, az egik érintõ érintési ontjait edig G-vel, illetve H-val. Az RHO háromszög hasonló az RGQ háromszöghöz, a hasonlóság arána. Az elmondottak RO alaján ami azt is jelenti, hog a Q ont : aránban RQ, osztja az RO szakaszt. Ha az ismeretlen R ont koordinátái és, akkor és. Ê 7ˆ Az egenleteket megoldva kajuk, hog R ;. R H G Q O Az egenest meghatározó adatok a koordináta-rendszerben megoldások w69 a) Például: (; 0), (; 0), ( ; 0). b) Például: (0; ), (0; ), (0; ). Ê c) Például: (; ); ˆ ; ; (0; 0). d) Például: ( ; 7), (; 7), (0,; 0,7). e) Például: (9; ), ( 9; ), (8; 8). f) Például: (; 0), ( ; 0), (00; 0). w60 a) (; 9); b) ( 6; ); c) (; ). w6 a) (; 0); b) (0; ); c) (8; ); d) (7; 0); e) (; ). w6 a) a 90º, meredekség nem létezik; b) a 0º, m 0; c) a º, m ; d) a»,º, m ; e) a º, m. w6 a) v(; ), n(; ), a» 0,96º, m ; b) v(; ), n(; ), a» 6,7º, m ; c) v(; 0), n(0; ), a 0º, m 0; 6

217 d) v(0; ), n(; 0), a 90º, meredekség nem létezik; e) v(; ), n(; ), a» 8,º, m ; f) v(; ), n(; ), a» 78,69º, m. KOORDINTA-GEOMETRIA w6 a) b) c) P P P n(; 0), a 90º, m nincs; n(; ), a º, m ; n(0; ), a 0º, m 0; d) e) P P n(; ), a» 6,7º, m ; n ( ) a º ;, 60, m. w6 a) b) c) P P P d) v(; 0), a 0º, m 0; v(0; ), a 90º, m nincs; v(; ), a º, m ; P v(; ), a» 6,º, m. 7

218 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w66 a) b) c) P P P v(0; ), n(; 0), m nincs; v( ; ), n( ; ), m ; v(; ), n(; ), m ; d) P v ;, n ;, m. ( ) ( ) w67 a) 0º; b) º; c) 8,º; d) 0º; e) 89,97º. w68 a) m ; v( ; ), n( ; ) ; b) m, v(; ), n(; ); c) m 0, v(; 0), n(0; ); d) m»,7, v(;,7), n(,7; ); e) m ; v( ; ), n( ; ). w69 a) m e m f ; b) m e m f ; c) m e, m f ; d) m e m f.,,, A két egenes meredekségének szorzata minden esetben, ami mutatja, hog az egenesek merõlegesek egmásra. w60 a) m e m f ; b) m e m f a+ b c) m e m f d) m e m f 0 ; ; a b. Mivel a két egenes meredeksége minden esetben megegezik, ezért az egenesek valóban árhuzamosak egmással. w6 Az ábra alaján az egenes eg iránvektora a v AB vektor, melnek koordinátái v(; ). Ha a C ont koordinátái C(007; ), akkor az AC (00; ) vektor szintén iránvektora az egenesnek, v B ezért valamel a valós számra AC a v. Ezek alaján a vektorok elsõ koordinátáira 00 a, amibõl a 00 A és íg, Þ. Ê A C ont koordinátái tehát C 007; 06 ˆ. 8

219 w6 KOORDINTA-GEOMETRIA a) Mivel AP(; ), ezért AP v, ami azt jelenti, hog az AP szintén iránvektora az egenesnek, tehát a P ont illeszkedik az egenesre. b) Mivel AQ( ; 0), ezért AQ v, ezért a Q ont szintén illeszkedik az egenesre. c) Az AR koordinátái AR( 8; ). Mivel az AR nem írható fel a v valahánszorosaként, ezért a két vektor nem árhuzamos, íg az R ont nem illeszkedik az egenesre. a) Ha az autóála két ismert ontját A és B jelöli (megadásuk sorrendjében), akkor a ála eg iránvektorának koordinátái AB (; ). Az A ontot a koordináta-rendszer O kezdõontjával összekötõ vektor koordinátáira: AO(; ). Mivel a két vektor nem árhuzamos egmással, ezért az autóála nem halad keresztül az origón. b) Ha a keresett C ont koordinátáit C(; ) jelöli, akkor AC(; + ). A C ont ontosan akkor illeszkedik az autóála nomvonalára, ha valamel a valós számra teljesül, hog AC a AB. A vektorok elsõ koordinátáinak összehasonlításából a íg a második koordinátákra:, + amibõl A C ont koordinátái: C,. Ê ˆ ;. c) Elegendõ megmutatni, hog a P ont illeszkedik az autóála nomvonalára. Mivel AP(0; 6), ezért AP AB, ami mutatja, hog a két vektor árhuzamos egmással. Ebbõl adódik, hog a P ont valóban az autóálán található. d) A két útszakasz által bezárt szöget az ábrának megfelelõen jelöljük a-val. Ekkor a megegezik a és vektorok hajlásszögével. A vektorok koordinátái: PB PB PQ ( ; ), PQ P (; ). A két a vektor skaláris szorzatára: B Q PB PQ ( ) + ( ) ( ), 0 hosszukra edig A PB és PQ 0 teljesül. A skaláris szorzat definíciója alaján: 0 cos a, cos a, 0 a» 77,7º. A két útszakasz 77,7º-os szögben metszi majd egmást. w6 Az A csúcsból induló m a magasságvonalnak a CB (; ) vektor eg normálvektora, ezért a magasságvonal eg iránvektora: v(; ). A magasságvonal meredeksége m iránszöge edig 68,0º., Hasonló számításokkal kahatjuk a B csúcsból induló magasságvonal adatait: iránvektorának koordinátái (; ), meredeksége iránszöge 6,7º., A C csúcsból induló magasságvonal adatai: iránvektorának koordinátái (; ), meredeksége, iránszöge 6,º. 9 A C m a B

220 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM Ê Ê 0ˆ w6 A háromszög súlontja S 8 ˆ ;. Az AS súlvonal eg iránvektora: AS ;, eg normálvektora edig a ; koordinátájú vektor. Ê0 ˆ Ê ˆ Ê ˆ A BS súlvonal eg iránvektora BS ;, eg normálvektorának koordinátái ;. Ê 8ˆ Ê8 ˆ Végül a CS súlvonal eg iránvektora CS ;, eg normálvektorának koordinátái ;. w6 a) A 6. feladat eredméne alaján az A csúcsból induló magasságvonal eg iránvektora v(; ), míg a 6. feladat alaján az 0 A csúcsból induló súlvonal eg iránvektora AS ;. A két vektor skaláris szorzata, a vektorok hossza: v 9 és AS. Ha a két vektor által bezárt szöget a jelöli, akkor a skaláris szorzatból: 9 cos a, amibõl a»,9º. s a m a C S a A B b) A keresett b szög megegezik az A csúcsból induló magasságvonal v(; ) iránvektora, és az s b súlvonal SB iránvektora által bezárt szöggel. A 6. feladat eredméne alaján SB Ê ˆ ;. Az a) feladathoz hasonló számítással: 7 9 cos b, amibõl b» 9,º. m a C s b b S A B w66 a) Két egenes akkor és csak akkor merõleges egmásra, ha iránvektoraik merõlegesek egmásra, ez edig ontosan akkor következik be, ha az iránvektorok skaláris szorzata 0. Ezek alaján v v + 0, amibõl 0. b) 0. c) vag. e f w67 Tegük fel, hog a meredekséggel rendelkezõ egenes iránszöge a, ekkor a» 6,º, a meredekséggel rendelkezõé edig b, ekkor b» 7,7º. A két egenes által bezárt g szög az ábrán a C metszésontnál alakul ki. Az egenesek, valamint az tengel által közrefogott háromszögbõl: g 80º a + b 80º 6,º 7,7º,00º. a C g b 0

221 KOORDINTA-GEOMETRIA w68 a) Az AB oldalegenes eg iránvektora: AB(8; ), az AC egenesé AC(6; 6), vag v AC (; ), és a BC oldalegenesé BC( ; 7). b) Az ábrán v c, illetve v b az AB, illetve AC B oldalegenesek eg-eg egségni hosszúságú iránvektorát jelöli. A v b + v c vektor A v b + v c f a v c a két vektor által kifeszített aralelogramma vb megfelelõ átlóvektora. Mivel a két vektor rombuszt feszít ki, ezért átlója illeszkedik a két oldal által közrefogott szögfelezõre, íg a v b + v c vektor az A csúcsnál lévõ f a szögfelezõ eg iránvektora. Feladatunk tehát a v, illetve v vektorok koordinátáinak meghatározása. C c b Mivel AB (8; ), ezért AB 6, íg az AB-ral egállású egségvektor koordinátái: Ê 8 ˆ v c ;. 6 6 Hasonlóan v AC (; ) és v AC, ezért az AC egenes egséghosszú iránvektora: Ê ˆ v b ;. Az f a szögfelezõ eg iránvektorának koordinátái: v c) Az f a egenes iránvektorából a meredeksége már können számolható: Az egenes iránszöge» 8,9º. b Ê 8 + vc + 6 m ˆ ; , 6 m w69 Ha a két egenest e és f jelöli, továbbá m az e, m az f egenes irántangense, akkor az egenesek eg-eg iránvektora v e (; m ), v f (; m ). A két iránvektor skaláris szorzatára teljesül, hog: v v + m m. A két vektor által közrefogott szög éen a két egenes által bezárt j szöggel egenlõ, ezért a skaláris szorzat más alakban is felírható: v v v v cos j. Mivel ezért v + m és v + m e e f e f e f f, ve vf + m + m cos j.

222 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM A skaláris szorzatra kaott két eredmén összevetésébõl: Jól ismert, de amúg nem túlságosan bonolultan igazolható, addíciós összefüggés alaján: + tgj, cosj ezért ha az () egenlõség mindkét oldalának recirokát vesszük, majd négzetre emeljük, akkor adódik, hog: A kijelölt mûveletek és összevonások elvégzése után: Mindkét oldalból négzetgököt vonva kajuk, hog: m tgj m + m m amit éen bizonítani kellett. + m m + m + m cos j, + m m cos j. ( ) + m + m ( + m ) ( + m ) + tg j +, ( m m ) ( + m ) ( + m tg ) j ( + m m, ) ( + m ) ( + m ) ( + m m ) tg j. ( + m m ) m m m + m tg j, ( + m m) ( m ) tg m j ( + m m )., Az egenes egenletei megoldások w60 a) ; b) ; c) + ; d) + 0; e) ; f) + ; g) ; h) + 8. w6 a) 00; b) c) + 0; d) ; w6 8 6,. w6 a) ; b) ; c) ; d) + ; e) + 7; f) 0; g) 6; h) + 6. w6 a) 0; b) ; c) ; d) 0 + ; e) + f ). ;

223 KOORDINTA-GEOMETRIA w6 a) A ontok mindegike illeszkedik az + egenletû egenesre. b) Mindhárom ont illeszkedik a 00 egenletû egenesre. c) Mindhárom ont illeszkedik a egenletû egenesre. d) A három ont nem illeszkedik eg egenesre. w66 a), illetve ; b) + 0, illetve 0; c) + 0, illetve + ; d) 6 7, illetve w67 a) + ; b) + 8; c) ; d) + 9. w68 a) ; b) + ; c) + 0; d) +. w69 a) b) c) P P P ; ; d) e) f ) ( +); P P P 7; ( + );. w60 a) b) c) P P P 0; ; + 7;

224 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM d) e) f ) P P P ; + ; + 0. w6 a) b) c) + ; + 6 ; ; d). w6 a) b) c) v(0; ), n(; 0), v(; 0), n(0; ), v(; ), n(; ), m nem létezik, a 90º; m 0, a 0º; m, a º;

225 KOORDINTA-GEOMETRIA d) e) f ) v(; ), n(; ), v( ; ), n( ; ), v(; ), n( ; ), m, a» 6,º; m, a 60º; m a» 8,º., w6 a) +, n(; ), v(; ), m, a º; b) +, n( ; ), v(; ), m, a» 6,º; c) +, n(; ), v(; ), m, a» 6,7º; d) 6 6, n(; 6), v(6; ), m a» 9,6º. 6, w6 a) A P ont illeszkedik az egenesre, ezért az egenes és tükörkée egbeesik. Íg a tükörké egenlete: +. b) +. c) +. w6 a) Az egenes a háromszög BC oldalegenese. b) Nem oldalegenes. c) Nem oldalegenes. d) Nem oldalegenes. e) Az egenes a háromszög AC oldalegenese. f) Az egenes a háromszög AB oldalegenese. g) Az egenes a háromszög BC oldalegenese. w66 a) A(; ), B(; ), C(; ), D(; ). b) Az egenesek téglalaot fognak közre. A B D C

226 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM c) A ( ; ), B ( ; ), C (; ), D(; ). d) Az oldalegenesek egenlete:,,,. e) A két négszög közös részének kerülete 6, területe ; egesítésük kerülete 6, területe edig 8. B C A A D B D C w67 a) Az AB egenes eg iránvektora az AB(; ) vektor, íg eg normálvektora az n AB (; ) vektor. Az egenes egenlete: + 0. A BC egenes eg iránvektora: BC(; 6), normálvektora ( ; ), egenlete:. Végül az AC egenes egenlete: 7 6. n BC b) Az A csúcsból induló m a magasságvonal merõleges a BC egenesre, ezért eg normálvektora az BC (; ) vektor. Az A ont illeszkedik a magasságvonalra, ezért m a egenlete: +. Hasonló gondolatmenettel kahatjuk a másik két magasságvonal egenletét is: m b egenlete 7 + 8és m c egenlete. c) Mivel, + 0,, ezért az M ont illeszkedik az m a egenesre. Hasonlóan: 7, + 0, 8, illetve, 0,, ezért az M ont a másik két magasságvonalnak is ontja. Az M ont é az ABC háromszög magasságontja. Ê ˆ w68 a) Az AB oldal felezõontja az ; koordinátájú ont. Mivel az AB oldalfelezõ merõlegesének az AB(; ) vektor normálvektora, ezért az egenes egenlete: Ê, vagis. ˆ A BC oldal felezõontja (; 0), az oldalfelezõ merõleges normálvektora (; ), ezért annak egenlete +. Végül az AC oldalfelezõ merõlegesének egenlete: 7 +. b) Mivel 7, , +, ezért az O ont valóban illeszkedik mindhárom oldalfelezõ merõlegesre. c) Az O ont és az ABC háromszög csúcsainak távolsága: Ê 7ˆ Ê ˆ 0 OA + +, 6 6 OB Ê 7ˆ Ê ˆ 0 + +, 6 6 Eredméneink igazolják, hog az O ont a háromszög csúcsaitól egenlõ távolságra található. d) Az O ont az ABC háromszög köré írható kör közéontja. 6 Ê 7ˆ Ê ˆ OC

227 KOORDINTA-GEOMETRIA w69 Az adott ontokat a megadás sorrendjében E, F és G, a háromszög csúcsontjait A, B és C jelöli az ábrán. Az EF szakasz közévonal az ABC háromszögben, ezért árhuzamos a háromszög BC oldalával. Ezt a tént a koordináta-geometriában úg is megfogalmazhatjuk, hog az EF (; ) vektor a BC egenes eg iránvektora. A BC egenes átmeg a G onton, ezért az egenes iránvektoros egenletének alkalmazása után a BC egenes egenlete: 0, azaz +. Hasonló megfontolások után az AB egenes egenlete: 6, az AC egenesé: + 9. E B A F G C w660 a) Jelöljük C-vel az e egenes eg olan ontját, amellel az ABC e A háromszög derékszögû, a derékszög edig a C csúcsnál van. Mivel C illeszkedik az e egenesre, ezért koordinátáit C(; ) alakban kereshetjük. A feltételek szerint ACB 90º, ezért a CA és vektorok skaláris szorzata 0. Mivel ( ; ) és CB CB CA C ( ; ), ezért B ( ) + ( ) ( ) 0. Az egenlet megoldásai: 0 és. Az e egenesen tehát valóban két olan C ont található, amel az AB átfogóval derékszögû háromszöget alkot, ezek koordinátái C(; ) és C(; 0). b) Az a) feladat eredménei alaján C(; ). Az AC befogó eg iránvektora a CA ( ; ) vektor, és eg ontja a C ont. Ezek alaján az AC egenes egenlete: +. A BC egenes egenlete:. c) Az AC egenes meredeksége, a BC egenesé. d) Az ABC háromszög derékszögû, ezért körülírt körének közéontja egbeesik az AB átfogó felezõontjával, a kör sugara edig az átfogó hosszának fele. Az AB átfogó hossza, íg a körülírt kör sugara» 9,. w66 A háromszögla egensúlban marad, ha a súlvonalai mentén Ê 7ˆ támasztjuk alá. A háromszög AB oldalának felezõontja E 0; -. Mivel e ont illeszkedik az tengelre, csakúg mint a C csúcs, G ezért az s c súlvonal egenlete: 0. A BC oldal felezõontja F Ê ezért az AB súlvonal eg iránvektora AF íg egenlete: ; ˆ, Ê9 ; ˆ, A Ê ˆ Az AC oldal felezõontja G ;, az s b súlvonal egenlete: C s b s a E F B 7

228 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w66 a) Az egenes tengellel való metszete: a, tengellel való metszete: b. A tengelekbõl kimetszett háromszög területe: T 7,. b) Az egenes tengellel való metszete: a, tengellel való metszete: b. A tengelekbõl kimetszett háromszög területe: T. c) Az egenes tengellel való metszete: a, tengellel való metszete: b. A tengelekbõl kimetszett háromszög területe: T 6. d) Az egenes tengellel való metszete: a, tengellel való metszete: b 8. A tengelekbõl kimetszett háromszög területe: T 8. a w66 a) Az e egenes meredeksége az f egenesé. A két egenes merõlegességének szükséges, és elegendõ feltétele, hog a meredekségek szorzata legen. Ezek alaján: Ê b) a aˆ -, amibõl a.. 8

229 KOORDINTA-GEOMETRIA c) Az e egenes árhuzamos az tengellel, ezért az f egenesnek az tengellel kell árhuzamosnak lennie. Ekkor az f egenes egenletében -et tartalmazó tag nem szereelhet, ezért a feltételeknek megfelelõ a nem létezik. d) a vag a. w66 a) b és a tetszõleges valós szám. b) b 8és a tetszõleges valós szám. c) b és a. w66 A P és Q ontok koordinátái kielégítik az egenes egenletét, ezért: a+ 6b. 6a+ b Az egenletrendszer megoldása: a és b. w666 a) Az AC vektor koordinátái: AC (; 6), ezért az AC egenes eg iránvektora: v AC(; ). D C Mivel az AC egenes átmeg az A onton, ezért az iránvektoros egenlet alkalmazásával kajuk, hog egenlete: B ( ) ( ), azaz. Hasonló számításokkal a BD átló egenesének egenlete: A + 6. b) Az átlóegenesek egenletébõl az AC egenes meredeksége, a BD egenesé. Mivel a két egenes meredekségének szorzata, ezért a két egenes valóban merõleges egmásra. AC BD c) Mivel az ABCD négszög átlói merõlegesek egmásra, ezért területe T. Egszerû számolásokkal: AC, illetve BD 80, íg az ABCD négszög területe: T 80 ( ) ( ) 0. Mivel egség 0 méternek felel meg a valóságban, ezért a birtok ténleges területe: m, ami 7, hektár. w667 a) Az AB egenes eg iránvektorának koordinátái: BA(; ), ezért meredeksége, azaz tgb. A b A B csúcshoz tartozó belsõ szögfelezõ iránszöge ezért meredeksége:, b b b m tg. B C 9

230 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM Ismert addíciós összefüggés alaján: b tg Ê bˆ tg b tg b tg amibõl kajuk, hog m + m 0. A fenti egenlet megoldásai: m, illetve m. 0 Az ábra alaján látható, hog a B csúcshoz tartozó belsõ szögfelezõ meredeksége ozitív, íg csak m jöhet szóba. A B csúcsnál lévõ szögfelezõ meredekségének ontos értéke: + 6 m. A külsõ szögfelezõ merõleges a belsõ szögfelezõre, ezért ha meredekségét m' jelöli, akkor m' m, azaz m' , amibõl m'. + 6 A külsõ szögfelezõ meredekségének ontos értéke: 6 + m'. m, m b) Az egenes iránténezõs egenlete alaján a B csúcshoz tartozó belsõ szögfelezõ egenlete: 6 ( + ). w668 Ha a P onton átmenõ egenes tengelmetszetei az ábrának megfelelõen a és b, akkor egenlete + alakban írható (a és b P B a b ozitív számok). Mivel a P ont illeszkedik az egenesre, ezért b koordinátái kielégítik az egenletet, azaz: a A O +. ( ) a b Az egenes a koordináta-rendszer tengeleivel az AOB derékszögû háromszöget fogja közre, a b amelnek befogói a és b, ezért területe T Feladatunk a terület minimumának megállaítása. az () feltétel teljesülése mellett. Az () összeg tagjai kis ügeskedéssel megjeleníthetõk a területet leíró kéletben: T a b, majd 0-zel bõvítve az a b szorzatot, kajuk hog: a b a b 0. Mivel a terület nilván ozitív értékû, ezért helette a kaott kifejezés minimumát is kereshetjük. 0

231 KOORDINTA-GEOMETRIA a b Használjuk fel, hog két ozitív szám esetünkben az és számok mértani közee nem kisebb a két szám harmonikus közeénél: a b a b 0 ³ a b a b A harmadik egenlõségnél felhasználtuk az () összefüggést. Eredméneink alaján: T a b ³ 0, amibõl következik, hog T ³ 0. Ez azt jelenti, hog a P onton átmenõ egenesek a koordináta-rendszer tengeleivel legalább 0 egség területû háromszöget fognak közre. A terület a minimumát akkor éri el, amikor a mértani és harmonikus közeek között egenlõség teljesül, ami ontosan akkor következik be, amikor a két tag megegezik egmással, azaz a b. ( ) Az () és () egenletekbõl álló egenletrendszer megoldása a és b 0, ezért a keresett egenes egenlete: + 0. Megjegzés: A P ont éen felezi a kaott egenesnek a koordináta-rendszer tengelei közé esõ szakaszát. w669 A P ont koordinátáit az ábrán P(; ), a befogókra esõ merõleges vetületeit edig Q, illetve R jelöli. Ekkor Béla bácsi az OQPR téglalaba tervez eret ültetni, melnek oldalai, illetve, területe ebbõl B kifolólag edig T ( és ozitív számok). Feladatunk a maimális R P (;) területû téglala megtalálása. Mivel a P ont a telek átfogójára illeszkedik, ezért koordinátái O kielégítik az átfogó egenesének egenletét, azaz: Q 7 +. () A fenti összeg tagjai kis ügeskedés után megjeleníthetõk az OQPR téglala területét leíró kéletben: T 7 Használjuk fel, hog két ozitív szám mértani közee nem lehet nagobb, mint számtani közeük, ezért 7 + T ( 7 ) Ê ˆ Ê ˆ ( ) ( ). A második egenlõségnél felhasználtuk az () összefüggést. Azt katuk tehát, hog az OQPR téglala területére T A terület a maimumát akkor veszi fel, amikor a mértani és számtani közé. közötti egenlõtlenségben egenlõség teljesül, azaz amikor a két szám megegezik egmással. Ez akkor következik be, ha 7. ()

232 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w670 w67 Az () és () egenletekbõl álló egenletrendszer megoldása: 7 és. Ê A maimális területû téglala tehát a P 7ˆ ; onthoz tartozik. a) Jelöljük a P ont koordinátáit P(; )-nal. Ekkor PA ( + ) + ( ), illetve PB ( ) + ( + ), íg a kijelölt mûveleteket elvégezve kajuk, hog PA PB Az adott feltételnek ontosan azok a P ontok tesznek eleget, amelek koordinátái kielégítik a l () egenletet. Mivel a fenti egenlet a l értékétõl függetlenül eg egenes egenlete, ezért a feltételt kielégítõ P ontok valóban eg egenesre illeszkednek. b) Az () egenletû egenes meredeksége l-tól függetlenül m ezért a l különbözõ értékeihez tartozó egenesek valóban árhuzamosak egmással. 9, c) Ha az origó illeszkedik az egenesre, akkor koordinátái kielégítik az () egenletet, azaz l, azaz l 7. a) Az egenlet bal oldalát szorzattá alakíthatjuk: ( ) ( + ) 0. Mivel eg szorzat akkor és csak akkor lehet 0, ha valamelik ténezõje 0, ezért: vag. A feltételt kielégítõ ontok tehát két, az origón áthaladó egenes valamelikére illeszkednek. b) Az egenlet bal oldalán álló kifejezést ezúttal is szorzattá alakíthatjuk: ( ) + ( ) ( ) ( + ) 0. A feltételnek az vag egenletû, egmásra merõleges egenesek ontjai tesznek eleget. c) Az abszolút érték értelmezése alaján: + vag +. A feltételnek az e: + 6, illetve f: + egenletû, egmással árhuzamos egenesek ontjai tesznek eleget. f e +

233 KOORDINTA-GEOMETRIA Két egenes metszésontja, távolsága, hajlásszöge megoldások Ê7 ˆ w67 a) (; ); b) (; ); c) (; ); d) ;. 68 w67 a) ( ; ), (; ), ( ; ); b) (0; 0), (; ), (; ); c) ( ; ), (8; ), ( ; ); d) ( ; 6), (; 0), ( ; ). w67 a) Az átlók metszésontjának koordinátái (; ). b) Az átlókat tartalmazó egenesek egenlete:, illetve +. A két egenes meredekségének szorzata, ami igazolja, hog a négszög átlói merõlegesek egmásra. c) Az ABCD négszög deltoid. w67 a) O(; ), r ; b) O(0; 0), r c) O( ; ), r 0; d) O( 7; 0), r Ê8 0ˆ Ê 9ˆ w676 a) ; ; b) (; ); c) ;. 6 6 w677 (; 0). 0; 7. w678 a) [M(; 0)]; b) [M(; )]; c) [M(; )]; d) [M(; )]. w679 a) (6; ); b) (; ); c) (; 7); d) (; ). w680 w68 a) Ha az egenletû egenesen adott a P(; 0) ont, akkor az egenletû Ê egenesnek a P onton áthaladó, rá merõleges egenessel való metszésontja M ˆ ;. Ekkor d PM. b) Ha a + egenletû egenesen adott a P(0; ) ont, akkor a + egenletû egenesnek a P onton áthaladó, rá merõleges egenessel való metszésontja M(; ). Ekkor d PM. c) Ha az + egenletû egenesen adott a P(0; ) ont, akkor az egenletû Ê egenesnek a P onton áthaladó, rá merõleges egenessel való metszésontja M ˆ ;. Ekkor d PM. A háromszög területét können kiszámolhatjuk, ha eg, a koordináta-rendszer tengeleivel árhuzamos oldalú téglalaba foglaljuk. A téglala területe T A téglala csúcsainál lévõ háromszögek területe: T 6, T, T. A háromszög területe ezért T è 70 ( ). A T T T B C

234 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w68 w68 w68 c m A magasságok hosszát a T c kélettel számolhatjuk ki. Mivel c d AB és T, ezért m c A háromszög másik két magassága, és. Az A-val jelölt temlom koordinátáit az adott egenesek metszésontjaként kahatjuk. A két egenes egenletébõl álló egenlet- c b m c rendszer megoldása és, azaz az A ont koordinátái: A B A( ; ). m b K A tervek szerint a K ont a három temlom által meghatározott ABC háromszög magasságontja, ezért a b-re merõleges, K-t tartalmazó egenes éen az ABC háromszög m b magasságvonala. C A magasságvonal eg normálvektora megegezik a b egenes eg iránvektorával. A b egenes egenletébõl leolvasható annak eg iránvektora: vb nm b ( ; ), ezért az m b egenes egenlete: +.AB ont koordinátáit az m b, valamint a c egenesek egenletébõl álló egenletrendszer megoldása adja: +, , amibõl B(8; ). Hasonló megfontolással juthatunk el a C ont koordinátáihoz. Az m c egenes egenlete: 9, a C ont koordinátái: C(; ). A rajzlaon megmaradt két csúcsontot az ábrán A és B, a magasságontot M, a hiánzó csúcsontot C jelöli. Mivel az AM ; Ê ˆ C A M vektor a BC egenesnek eg normálvektora, továbbá a B(; ) ont illeszkedik az egenesre, ezért a BC egenes egenlete: ( ), azaz. B Hasonló számolással az AC egenes egenlete: 9 7. A C csúcs koordinátáit a BC és az AC egenesek egenletébõl álló egenletrendszer megoldása adja. Az egenletrendszer megoldása után C(9; ) adódik. A két adott egenest megadásuk sorrendjében a és d, a aralelogramma közéontját K, csúcsait A, B, C és D jelöli az ábrán. Mivel d az a és d egenesek nem árhuzamosak egmással, ezért az egenleteikbõl b C álló egenletrendszer megoldása adja a aralelogramma D c A csúcsának koordinátáit: A( ; ). A aralelogramma közéontja K egbeesik az átlók felezõontjával, ezért a K ont az AC szakasz felezõontja is egben. Ha a C ont koordinátáit C(; ) jelöli, akkor B a + ( ) + ( ) A, illetve 0, amibõl C(6; ). A BC egenes egenletét a C ont koordinátáinak ismeretében már können felírhatjuk. Mivel BC árhuzamos az ismert d egenessel, ezért a BC egenes eg normálvektora nbc nd ( 6 ; ), íg egenlete: 6 +.

235 KOORDINTA-GEOMETRIA Hasonló megfontolások után a CD egenes egenletére adódik: A B ont koordinátáit a BC, valamint az a egenesek egenleteibõl álló egenletrendszer megoldásaként kajuk: B(; ). Végül a CD és a d egenesek D metszésontja: D( ; ). w68 a) A B csúcs koordinátáit az AB és BC egenesek egenletébõl álló egenletrendszer megoldásaként kajuk: B( ; ). D A BC és CD egenesek metszésontja: C(6; ). A Ha a D ont koordinátái D(; ), és a BD átló felezõontja F, F akkor a felezõontra vonatkozó összefüggések alaján: ( ) + ( ) + és C, B amibõl és, íg D(; ). Végül az A ont elsõ koordinátája, továbbá illeszkedik az AB egenesre, ezért ha második koordinátáját a jelöli, akkor ( ) + a, amibõl a, végül A( ; ). b) Az AD(6; ) vektor az AD egenesnek eg iránvektora, ezért annak egenlete: 6 6, aminek egszerûbb alakja:. c) Az e: egenletû egenes árhuzamos az tengellel, továbbá tartalmazza az ABCD négszög B csúcsát. Az AD D egenessel való E metszésontjának koordinátáit az E A m BE egenletrendszer megoldása adja: E( ; ). Eredméneink alaján az e egenes az ABCD négszögbõl az ABE háromszöget vágja le. Az ABE háromszög területe: BE m T BE 6 ABE 9. B C w686 a) Jelöljük a két adott oldalegenest megadásuk sorrendjében e-vel és f-fel. Az egenletekbõl leolvasható, hog a két egenes árhuzamos egmással, ezért csakis a rombusz két szemközti oldalegenesei lehetnek. Az elmondottak alaján a rombusz magassága az e és az f egenes távolságával egenlõ. Ezt a távolságot megkahatjuk éldául úg, hog az e egenes eg tetszõleges E ontjának az f egenestõl való távolságát kiszámítjuk. Az e egenes eg ontja az E( ; ) ont. Az f-re merõleges egenesek eg normálvektora az n(; ) vektor, ezért az E-re illeszkedõ, f-re merõleges egenes egenlete: + ( ) +, azaz + 9. e f E F

236 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM Ennek az egenesnek az f egenessel való F metszésontjának koordinátáit az egenletrendszer megoldása adja. Az egenletrendszer megoldása: Ê 7ˆ F ;. Az e és f egenesek távolságát íg a rombusz magasságát is az EF távolság adja meg: Ê ˆ EF Ê ˆ A rombusz területe ezek után már können kiszámolható: 6 T a m 6. b) Egszerû számolás mutatja, hog az A(; ) ont illeszkedik az f egenesre. Ismert, hog a rombusz átlói felezik egmást, ezért ha az A-val szemközti C csúcs koordinátái C(; ), akkor az AC szakasz felezõontja az O(; 0) ont, és íg + + és 0. Az egenletrendszer megoldásaként a C ont koordinátái: C(8; ). A rombusz átlói merõlegesek egmásra, ezért az AC (;) 6 vektor normálvektora a másik átlót tartalmazó egenesnek. Mivel az O ont ennek az egenesnek is ontja, ezért a BD átlót tartalmazó egenes egenlete: +. A rombusz B csúcsát az + 7 egenletrendszer megoldása után kajuk: B(7; ). Hasonló számolások eredméneként: D(; ). A BC(; ) vektor iránvektora a BC és az AD egenesnek is. Ezek alaján a BC egenes egenlete: 7 ( ), azaz 7. Az AD egenes egenlete: ( ), azaz. e f A D O B C w687 a) Az ábra jelöléseit használva az ED egenes egenlete:. Az EF egenesnek a BC( ; ) vektor iránvektora, az A csúcs edig eg ontja, ezért EF egenlete: +. Az FD egenesnek az AC (; ) vektor iránvektora, B edig eg ontja, íg FD egenlete: 6. E C D A F B 6

237 KOORDINTA-GEOMETRIA b) A megfelelõ egenletrendszerek megoldása után kajuk a DEF háromszög csúcsontjainak koordinátáit: D(; ), E( ; ) és F(0; ). c) Az ABC háromszög C csúcsán átmenõ m c magasságvonalának m c egenlete:. C Az A csúcshoz tartozó m a magasságvonalnak a BC( ; ) vektor normálvektora, ezért m a egenlete: +. m a Az M magasságont koordinátáit az m a és m c egenleteibõl M álló egenletrendszerbõl számíthatjuk: Ê M ; ˆ. d) A háromszög köré írható kör közéontja az oldalfelezõ merõlegesek metszésontja. Vegük észre, hog az m c egenes egben a DEF háromszög ED oldalának, míg az m a egenes az EF oldalnak a felezõmerõlegese, ezért az M ont egbeesik a DEF háromszög köré írható kör közéontjával. A DEF háromszög köré írható kör közéontja íg: Ê M ˆ ;. w688 a) Az A csúcshoz tartozó m a magasságvonalnak a BC( ; 7) vektor normálvektora, ezért m a egenlete: +7. Hasonló megfontolások után a C csúcshoz tartozó m c magasságvonal egenlete: + 6. A két egenletbõl álló egenletrendszer megoldása szolgáltatja az ABC háromszög M magasságontjának koordinátáit: M(; ). b) Az ABC háromszög köré írt kör O közéontja az oldalfelezõ merõlegesek metszésontjával esik egbe. A BC oldal f a oldalfelezõ merõlegese egrészt tartalmazza a BC oldal F 6 ˆ Ê ; felezõontját, másrészt eg normálvektora a BC( ; 7) vektor. Ezek alaján az f a egenes egenlete: A + 7. f c Hasonló módszerrel kajuk, hog az AB oldal f c oldalfelezõ merõlegesének egenlete: +. Az egenletrendszer megoldása után adódik: Ê O ˆ ;. c) Az OM egenes eg iránvektora az OM (;) vektor, eg ontja az M(; ) ont. Ezek alaján az Euler-egenes egenlete: 0. A A 7 O C M C m c B F m a B B f a

238 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM Ê 0 d) Az ABC háromszög súlontja: S 0 ˆ ;. Mivel 0, ezért az S ont koordinátái kielégítik az Euler-egenes egenletét, amibõl következik, hog S illeszkedik az OM Euleregenesre. Ê ˆ e) Mivel továbbá SM Ê ˆ OS ;, ;, ezért SM OS. Ezek 6 6 C alaján láthatjuk, hog az S súlont : aránban osztja fel az OM szakaszt. O S M B A w689 Az egenes egenletébõl können leolvasható, hog az e egenes eg egségni hosszúságú normálvektora: Ê A B ˆ n ;. A + B A + B Vegünk fel eg tetszõleges E ontot az e egenesen, koordinátáit jelöljük E(; )-nal. Ekkor: EP ( ; ). 0 0 Mivel az E ont koordinátái biztosan kielégítik az e egenes egenletét, ezért teljesül: A + B + C 0. () Ezután indítsuk az n normálvektor kezdõontját az E ontból, és jelöljük az EP és az n vektorok által bezárt szöget a-val. Jelölje továbbá Q a P ontnak az E onton átmenõ, e-re merõleges egenesre esõ vetületét. Ekkor az EQ szakasz hossza éen megegezik a P ont és az e egenes d távolságával. Ha az EP és az n vektorok az e egenesnek uganabba a félsíkjába mutatnak, akkor a 90º. Kiszámoljuk a két vektor skaláris szorzatát: EP n EP n cosa EP cos a EQ d. ( ) A fenti eredmének alaján a két vektor skaláris szorzata éen az e egenes és a P ont távolságával egenlõ. A skaláris szorzatot a koordináták segítségével felírva azt kajuk, hog A B A + B + C A + B + EP n ( ) + ( ) 0 0 ( C) 0 A+ B 0. A+ B A+ B Az utolsó zárójelben található összeg () miatt 0-val egenlõ, azaz: A B C EP n ( ) A+ B A () és () egenlõségek összevetése után azt kajuk, hog: A B C dpe (, ) d ( ) A+ B e d E a P ( 0; 0) n 90 Q 8

239 KOORDINTA-GEOMETRIA w690 w69 Amenniben az EP és az n vektorok az e egenesnek különbözõ félsíkjaiba mutatnak (ld. a jobb oldalon lévõ ábrát), akkor a >90º, íg a () egenlõség a következõkéen módosul: EP n EP cos a EP cos( 80º a) EQ d. ( ') A bizonítás további léései nem változnak, íg ( ) és () összevetésébõl azt kajuk, hog: A B C dpe (, ) d ( ') A+ B A () és ( ) összefüggéseket egetlen egenlõségben is felírhatjuk: A B C dpe (, ) 0+ 0+, A+ B ami éen a bizonítandó állítás. a) Két egenes hajlásszögét többféle módszerrel is kiszámolhatjuk. Egik lehetõség, hog iránvektoraik skaláris szorzatából számoljuk ki a keresett szöget. Az egenesek egenletébõl leolvasható eg-eg iránvektoruk: v(;) 0 és v(; ). A két vektor skaláris szorzata: v v 0 + ( ). A skaláris szorzat definíciója alaján: v v v v cosa cos a, ahol a a két vektor hajlásszöge. A skaláris szorzatra kaott értékek összehasonlításából: cosa Þ cos a, amibõl a»,º. A két egenes hajlásszöge íg 80º,º 6,7º. b) Amenniben a két egenes nem merõleges egmásra és irántangenssel rendelkeznek, akkor a 69. feladat eredméne alaján a két egenes a hajlásszögére m m tg a. + m m Az egenletekbõl m és m, ezért tga amibõl a» 8,º. 7, c) Ebben az esetben m és m, ezért tga, amibõl a º. a) Az ABC háromszög köré írható körének közéontja az oldalfelezõ merõlegesek metszésontjával esik egbe. Az AB oldal C f c felezõmerõlegesének egenlete:.azac oldal f b felezõmerõlegese tartalmazza az AC szakasz Q ; felezõontját, f Ê ˆ b Q O P továbbá a normálvektora az AC(; 7) vektor, ezért f b egenlete: A B A körülírt kör O közéontja mindkét egenletet kielégíti, ezért f c az egenletrendszer megoldása után O(; ) adódik. Az ABC háromszög köré írható kör sugara: r OA. Mivel OP szintén teljesül, ezért a P ont valóban illeszkedik az ABC háromszög köré írható körre. e d a n E P ( 0; 0) 90 Q 80 a 9

240 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM b) Az E ont koordinátái akár az ábráról is leolvashatók: E(8; ). Az F ontot a BC egenes, valamint a P-re illeszkedõ, BC-re merõleges egenes metszésontjaként kajuk. A BC egenes két ontja ismert, ezért egenlete können felírható: +. A BC-re merõleges, P-t tartalmazó egenesnek a v(; ) vektor iránvektora, ezért egenlete: 7. A két egenletbõl álló egenletrendszer megoldásaként F(6; ) adódik. A G ont koordinátái hasonló módszerrel számolhatók ki. Az AC egenes egenlete: 7 +, a rá merõleges, P-t tartalmazó egenesé: +7. Az egenletrendszer megoldása után: Ê ˆ G ;. c) Megmutatjuk, hog a G ont illeszkedik az EF egenesre. Ehhez felírjuk az EF egenes egenletét. Mivel az egenesnek az FE (; ) vektor iránvektora, E edig eg ontja, ezért az egenlet: +. Az egenletbe a G ont koordinátáit behelettesítve teljesül, hog: +, ami igazolja, hog a G ont illeszkedik az EF egenesre. Ezzel beláttuk, hog a P ont oldalegenesekre vonatkozó merõleges vetületei eg egenesre illeszkednek (Simson-egenes). C G P F A B E C G P F E A B w69 A goló kezdeti helét jelöljük A-val, az egenest, amelrõl visszaattan e-vel. A megoldás során feltételezzük, hog a visszaattanás A elõtt a goló útja uganakkora szöget zár be az e egenessel, mint Q a visszaattanás utáni útja, azaz az ábrán a-val megjelölt szögek e egenlõ nagságúak. Ezt ersze a következõké is megfogalmazhatjuk: ha a goló visszaattanás elõtti útját meghosszabbítanánk a a P T (az ábrán ezt a TQ szakasz szemlélteti), akkor a visszaattanás 0 utáni útja (az ábrán TQ félegenes) egbeesne a TQ félegenes Q v e egenesre vonatkozó tükörkéével. Ezek után a feladat megoldásához a következõ léések vezetnek.. Kiszámoljuk, hog a goló mel T ontban éri el az e egenest. A goló a + egenletû egenesen halad. A T ont koordinátáit a + egenletrendszer megoldása adja. Megoldva a felírt egenletrendszert, azt kajuk, hog a T ont koordinátái: T(8; ).. Keresünk eg Q ontot az AT félegenes T onton túli meghosszabbításán. Können látható, hog a Q(; ) ont kielégíti az AT egenes egenletét, és íg a feltételeknek megfelel.. A Q ontból merõlegest állítunk az e egenesre. Az e egenes n(; ) normálvektora a keresett egenesnek iránvektora, ezért az e-re merõleges, Q-t tartalmazó egenes egenlete: +.. Megkeressük az iménti merõleges és az e egenes P metszésontját. A megfelelõ egenletrendszer megoldása után: P(0; ). 0

241 KOORDINTA-GEOMETRIA. A Q ontot tükrözzük a P ontra, íg kajuk a Q ontot. Ha a Q ont koordinátái Q'(; ), akkor felhasználva, hog a QQ szakasznak éen P a felezõontja, azt kajuk, hog és. Az egenleteket megoldva: Q'(8; 7). 6. A goló a visszaattanás után a TQ egenesen halad, ezért felírjuk annak egenletét. Mivel a T és a Q ontnak is 8 az elsõ koordinátája, ezért a biliárdgoló a visszaattanás után az 8 egenletû egenesen halad tovább. A kör egenlete megoldások w69 a) + 0; b) + 6 0; c) ; d) ; e) ; f) w69 a) + + 0; b) ; c) ; d) + 0. w69 Ê ˆ Ê ˆ a) ; + + b) ( ) + ( + ) ; c) ( ) + ( ) 9 ; d) ( ) + 9. w696 a) (; ), illetve (; ); b) ( ; ), illetve (6; ). w697 a) O(0; 0), r 0; b) O(0; ), r ; c) O(; ), r 6; Ê ˆ 67 d) O ;, r ; 7 7 e) O ;, r ; f ) O( ; ), r ; g) O r w698 a) O(; ), r. O

242 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM b) Az egenlet bal oldalát szorzattá alakíthatjuk: ( + ) ( ) 0. Az egenlet két egenest határoz meg. c) Az egenletet csak a P( ; ) ont koordinátái elégítik ki. P d) O(6; ), r 0. O 0 0 e) Az egenletet csak a P(0; ) ont koordinátái elégítik ki. P f) Az egenlet átalakítása után az ( + + ) ( + ) 0 alakhoz juthatunk. Az egenlet két egenest határoz meg. +

243 KOORDINTA-GEOMETRIA g) Az egenlet átalakítása után az Ê ˆ ( ) + alakhoz juthatunk. Az egenlet két egenest határoz meg. + w699 a) ( ) + ( + ) ; b) ( ) +. w700 a) A kör egenlete: ( ) + ( + ) 0. b) A kör egenlete: ( ) + ( ) 9. w70 a) ( ) + ( + ) ; b) ( + ) + ( ) 9; c) ( ) + ( ),; d) ( + ) + ( + ). w70 a) ( r) + ( r) r ; b) ( + r) + ( r) r ; c) ( + r) + ( + r) r ; d) ( r) + ( + r) r. w70 Tegük fel, hog az ismeretlen csúcsok koordinátái C(c ; c )ésb(0; b ). Mivel ismert a BC szakasz felezõontja, ezért 0 + c b + c és. Az elsõ egenletbõl c. A feltételek alaján a C ont illeszkedik az egenletû egenesre, ezért c, íg C(; ). A BC szakasz felezõontjára felírt második egenletbõl B(0; 6). Az AB oldal felezõmerõlegesének egenlete:. A BC oldal felezõmerõlegesének egenlete:. A két egenes metszésontja az O(; ) ont, ami egben az ABC háromszög köré írható körének közéontja is. A kör sugara: OA 0, ezért a keresett kör egenlete: ( ) + ( ) 0. w70 Ê a) A háromszög köré írható kör közéontja az AB átfogó O ˆ ; ontja. A kör sugara: AB 8 r, egenlete: ( ) Ê ˆ 8 +.

244 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM b) A BC befogó meredeksége ismert, ezért a BC egenes iránténezõs egenlete felírható: + ( ), amibõl + 7. Ha ezt a kör egenletébe helettesítjük, akkor: ( ) Ê ˆ 8 + +, , Az egenletrendszer megoldásai:, illetve. Ebbõl a kör és a BC egenes két metszésontja: B(; ), illetve C(; ). +7 A O C B w70 w706 A kör egenlete felírható a következõ alakban is: ( 7) + ( ), íg a kör közéontja O(7; ), sugara edig. A kör legkisebb ordinátájú ontja ebbõl adódóan a Q(7; ) ont. A Q közéontú, origót tartalmazó kör sugara 0, ezért a keresett kör egenlete: ( 7) + ( ) 0. A kaott kör tengellel való metszésontjait megkajuk, ha helére nullát írunk, ekkor ( ), amibõl 0, vag. Ez azt jelenti, hog a kör az ordinátatengelt az origón kívül még a (0; ) ontban metszi. Az adott ontokat jelöljük A-val és B-vel. Mivel az AB szakasz a keresett körnek eg húrja, ezért a kör O közéontja illeszkedik az AB szakasz felezõmerõlegesére. Az AB szakasz f felezõmerõlegesének egenlete: 7 9. a) Mivel az O ont illeszkedik az tengelre, ezért koordinátáira f O(0; ) teljesül. A kör sugara ebben az esetben: A egenlete: r OA 9, + ( + ) 9. B O b) A kör közéontja az adott h, és az f egenesek metszésontja, ezért koordinátáit az alábbi egenletrendszer megoldása adja: Az O közéont koordinátái: O(; ), a kör sugara: végül egenlete: r OA 9, ( ) + ( ) 9. h A f O B

245 KOORDINTA-GEOMETRIA Ê c) A kör közéontja az AB szakasz O ˆ ; felezõontja, sugara: r OA 9, egenlete: Ê ˆ Ê ˆ 9. + A O B w707 a) A tervezett kijáratot K-val, az autóála nomvonalát a-val jelöltük az ábrán. A feltételek szerint AK BK, ezért a K ont illeszkedik az AB szakasz f felezõmerõlegesére. Az f egenes egenlete: +. A tervezett kijárat helére a megfelelõ egenletrendszer megoldása után K( ; ) adódik. b) A kör sugara: r AK 0, egenlete: ( + ) + ( ) 0. c) A tervezett útszakaszok hossza eg tized ontossággal 6, km. A a f K 0 B w708 a) A keresett kör az elsõ síknegedben található, és ha sugarát r jelöli, akkor közéontjának koordinátái O(r; r), íg egenlete: ( r) + ( r) r Ê alakú. Mivel a P ˆ ; ont kielégíti a kör egenletét, ezért: ( r) Ê ˆ + r r, 6 r 9r + 0. Az egenlet megoldásai: r illetve r A feltéteknek két kör tesz eleget, egenletük:,. 0 P 0 Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ, + illetve b) A kör a második síknegedben található, íg közéontja ezúttal O( r; r), egenlete: ( + r) +( r) r. A ( ; ) ont koordinátáit az egenletbe helettesítve: ( + r) + ( r) r, r 6r + 0. Az egenlet megoldásai: r ésr. A feltételeknek a következõ egenletû körök felelnek meg: ( + ) + ( ) és ( + ) + ( ). 0 P 0

246 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM c) A kör egenletét az alábbi alakban kereshetjük: ( + r) + ( + r) r. Az adott ont koordinátáit behelettesítve: ( + r) + ( 8+ r) r, r 8r Az egenlet megoldásai: r és r. A kaott két kör egenlete: ( + ) + ( + ) 69, illetve ( + ) + ( + ). d) A kör egenletének alakja ezúttal: ( r) + ( + r) r. Az adott ont koordinátáit a kör egenletébe helettesítve a következõ egenlethez jutunk: r r +80, amelnek megoldásai: r 7 és r. A feltételeket kielégítõ körök egenlete: ( 7) + ( + 7) 89, illetve ( ) + ( + ). w709 a) A fákat megadásuk sorrendjében A, B, C és D jelöli az ábrán. Célunk annak igazolása, hog az ABCD négszög csúcsai eg B körön találhatók, vagis hog ABCD húrnégszög. C A húrnégszög körülírt körének közéontja az oldalfelezõ O merõlegesek metszésontja, ezért eljárhatunk úg is, hog kiszámítjuk valamel két oldal felezõmerõlegesének O metszésontját, majd megmutatjuk, hog az a csúcsoktól uganakkora D A távolságra van. T A CD oldal felezõmerõlegesének egenlete:. A BC oldal felezõmerõlegesének egenlete: + 7. A két egenletbõl álló egenletrendszer megoldása után O(; ) adódik. Az O ont származtatása alaján OB OC OD nilvánvalóan teljesül, és ez a közös távolság: 0. Elegendõ kimutatni, hog az OA távolság szintén uganekkora. Egszerû számolás mutatja, hog OA d AO ( 6) + ( ( ) ) 0 valóban teljesül. Eredméneink alaján az ABCD négszög húrnégszög, azaz valóban található olan ont, amelbe a locsoló berendezést elhelezve, az kées meglocsolni mind a nég díszfát. Ez a ont a koordináta-rendszer O(; ) ontja. Látható, hog az O ont egbeesik az AB szakasz felezõontjával. b) A locsoló berendezést 0», 7 egség távolságra kell beállítani. c) A tuja (T) az O onttól ( ) ( ) + ( ) 6 egség távolságra van, ezért a locsoló berendezés a tuját nem éri el. 6

247 KOORDINTA-GEOMETRIA w70 a) Az oldalfelezõ ontok: E(; ), F(; ) és G( ; ). Az EFG háromszög köré írt körének O közéontjának koordinátái éldául az FG és a GE oldalak felezõmerõlegesének metszésontjaként számíthatók. Az FG felezõmerõlegesének (az ábrán f jelöli) egenlete:. G C f F f A GE szakaszfelezõ merõlegesének ( f ) egenlete:. Az egenletrendszer megoldása után adódik: A Ê O ˆ ;. Az EFG háromszög körülírt körének sugara: r OG 6 Az ABC háromszög Feuerbach-körének egenlete:. Ê ˆ Ê ˆ. + 6 O E B b) Vegük észre, hog az ABC háromszög egenlõ szárú, hiszen AB BC 0. Ebbõl következõen az AC ala G felezõontja egbeesik az m b magasságvonal talontjával, ezért az állítás az m b magasságvonalra teljesül. Az ABC háromszög m c magasságvonala árhuzamos az tengellel és egenlete:, íg m c talontja a H(; ) ont. Mivel teljesül, hog Ê ˆ Ê ˆ +, 6 ezért H koordinátái kielégítik a Feuerbachkör egenletét, amibõl már következik, hog A illeszkedik a körre. Az m a magasságvonal egenlete: +, a BC egenesé: +. A két egenletbõl álló egenletrendszer megoldása adja az m a magasságvonal K talontjának koordinátáit: Ê K 7 ˆ ;. m b G C P R M H m c O E K T F m a B 7

248 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM Egszerû számolás mutatja, hog Ê7 ˆ Ê ˆ, + 6 íg K is illeszkedik az ABC háromszög Feuerbach-körére. c) Az ABC háromszög M magasságontja az m a és m c magasságvonalak metszésontja. Ebbõl következõen koordinátáit a + egenletrendszer megoldása adja. Az egenletrendszer megoldásaként M(; ) adódik. Ezek után können kiszámolhatjuk a magasságont és az ABC háromszög csúcsai közötti szakaszok felezõontjainak koordinátáit (ld. ábra): Ê ˆ Ê ˆ Ê P ;, T ; R ; 7 ˆ. és Nem kis fáradságot igénlõ, de nem is túlságosan bonolult számításokkal meggõzõdhetünk arról, hog mindhárom kaott ont valóban kielégíti az ABC háromszög Feuerbach-körének egenletét. d) Az ABC háromszög körülírt körének sugarát az R abc összefüggés alaján számolhatjuk, T w7 ahol a, b, c a háromszög oldalainak hosszát, T a területét jelöli. Mivel b AC 80 c m és a b) feladatban már utaltunk rá, hog a c 0, továbbá T c 0, ezért a háromszög köré írt kör sugara: 0 0 R. 0 Eredménünket az a) feladatban kaottakkal összevetve kajuk, hog r R, és íg a feladat állítását beláttuk. Megjegzés: A körülírt kör sugarát úg is kiszámíthatjuk, hog meghatározzuk annak közéontját két oldalfelezõ merõleges metszésontjaként, majd a két ont távolságára vonatkozó összefüggéssel megadjuk a sugarát. Ezzel a módszerrel a körülírt kör közéontjaként a ontot kajuk. a) Az oldalegenesek egenleteibõl a háromszög Ê csúcsontjai: A(0; 0), B(8; 0) és C 6 ˆ ;. 7 7 A háromszögbe írható kör közéontja a szögfelezõk metszésontja. Vegük észre, hog az AB oldal illeszkedik az tengelre, ezért célszerû az A, valamint a B csúcsokhoz tartozó szögfelezõk egenletét felírni. Ekkor uganis a háromszög a szöge megegezik az AC egenes iránszögével. f b a A a B O C f a b Ê ; ˆ b 8

249 KOORDINTA-GEOMETRIA Az AC egenes egenletébõl látható, hog az egenes meredeksége, ezért tga. a a Az f a szögfelezõ iránszöge, íg meredeksége tg. Ismert addíciós összefüggés alaján: a tg tga, a tg ezért a tg, a tg 0 a a tg tg +. a a a A kaott egenlet tg -re nézve másodfokú, megoldásai: tg, illetve tg. a Az ábrából is látható, hog az f a szögfelezõ meredeksége ozitív, ezért tg. Végül az f a szögfelezõ átmeg az origón, ezért egenlete: fa :. Hasonló számítások vezetnek el az f b szögfelezõ egenletéhez. Mivel a BC egenes meredeksége, azaz tgb, íg b tg, tgb 0 tg b b 8tg. b b A kaott másodfokú egenlet megoldásai: tg, illetve tg. b Mivel az f b szögfelezõ meredeksége negatív, ezért tg. A szögfelezõ átmeg a B onton, ezért egenlete: fb : ( 8 ). Az O ont koordinátáit az f a és f b egenesek egenletébõl álló ( 8) egenletrendszer megoldása adja: ( 8). Az egenlet megoldása:. Ekkor viszont, íg a beírt kör közéontjának koordinátái: O(; ). 9

250 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM A BC oldalhoz írt kör közéontja az f a szögfelezõn, valamint a háromszög B csúcsánál lévõ külsõ szög szögfelezõjén található. Ez utóbbi szögfelezõt az ábrán f-fel jelöltük. Elemi geometriai megfontolások alaján az f egenes merõleges az f b belsõ szögfelezõre, ezért e két egenes meredekségének szorzata. Ha az f egenes meredekségét m jelöli, akkor: m. b tg Az f szögfelezõ egenlete: ( 8). A BC oldalhoz írt kör Q közéontjának koordinátáit az ( 8) egenletrendszer megoldása adja. Az egenletrendszer megoldásaként a Q ont koordinátái: Ê Q 60 ˆ ;. 7 7 b) Az a) feladatban szerelõ körök érintik az tengelt, ezért sugaruk hossza megegezik közéontjuk második koordinátájával. Ennek megfelelõen a beírt kör egenlete: ( ) + ( ), illetve a BC oldalhoz írt kör egenlete: Ê 60ˆ Ê ˆ A f b a a B O C Q f f a b w7 Eg-eg ilen kört találhatunk a második, illetve a negedik síknegedben. Ezek egenlete: k : ( + ) + ( ), k : ( ) + ( + ). A fenti köröket, valamint a feladatban szerelõ, c-vel jelölt kört az ábra mutatja. k 0 c O k A feltételeknek eleget tevõ további köröket az elsõ síknegedben kereshetünk; ha eg ilen kör sugarát r jelöli, akkor közéontjának koordinátái Q(r; r) alakúak. Mivel az O(; ) közéontú, egség sugarú c kört érinti, ezért az OQ távolság éen a két kör sugarának összege, azaz OQ r +. Az OQ távolságot a Q ont koordinátáival felírva kajuk, hog ( r ) + ( r ) r c O 0 0 Q 0 0

251 KOORDINTA-GEOMETRIA Mindkét oldalt négzetre emelve és a lehetséges összevonásokat elvégezve: r 0r + 0. A fenti egenlet megoldásai: r + 0, illetve r 0. A feltételeknek mindkét kör eleget tesz (ezeket az ábrán irossal jelöltük). A körök egenletei: ( ( + 0 )) + ( ( + 0 )) ( + 0 ), ( ( 0 )) + ( ( 0 )) ( 0 ). w7 talakítva a megadott egenleteket: k : ( + ) + ( ), k : ( + ) + ( + ) k, O k k k : ( ) + ( + ). Az egenletekbõl látható, hog mindhárom kör sugara egség, továbbá a közéontjaik: f Q O ( ; ), O ( ; ) és O (; ). A feladat szerint olan k kört keresünk, amel a k, k és k köröket kívülrõl érinti. Ha a megfelelõ k kör közéontját nem változtatjuk, de O k a sugarát egséggel megnöveljük, akkor olan O k kört kaunk eredménül, amel átmeg az O, O, O ontok mindegikén. A megnövelt f k sugarú kör éen az O O O háromszög köré írható kör. A továbbiakban ennek a körnek a közéontját keressük. Ez a ont az oldalfelezõ merõlegesek metszésontja. Az O O oldal f felezõmerõlegesének egenlete:. Az O O oldal f felezõmerõlegesének egenlete: 7 6. A két egenletbõl álló egenletrendszer megoldásaként a Q ont koordinátái: Ê Q ˆ ;. Az O O O háromszög köré írt körének sugara: Ê ˆ Ê ˆ QO 7 +. Korábbi észrevételeink alaján a k, k és k köröket érintõ kör közéontja Q, sugara: 7 r QO, ezért egenlete Ê ˆ Ê ˆ Ê 7 ˆ k:. +

252 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w7 a) A Q ont koordinátáit jelölje Q(; ). Ekkor QA + QB + ( ) + (6 ) + ( ). A mûveletek elvégzése után: QA + QB Az -et, valamint az -t tartalmazó tagokból külön-külön teljes négzeteket alakíthatunk ki: QA + QB ( 6 + 9) + ( + ) + 0 ( ) + ( ) + 0. Látható, hog az elsõ két tag mindig nemnegatív, továbbá a QA + QB összeg akkor a legkisebb, ha és, ekkor értéke 0. A legkisebb összeg a Q(; ) onthoz tartozik. b) Ha QA + QB l teljesül, akkor az a) feladat eredménei alaján: ( ) + ( ) + 0 l, l 0 ( ) + ( ). Ha l > 0, akkor a feltételt kielégítõ Q ontok a (; ) közéontú, r l 0 sugarú körvonalon helezkednek el. Ha l 0, akkor a fenti egenlet jobb oldalán 0 áll, íg egedül a Q(; ) ont tesz eleget a feltételnek. Ha l < 0, akkor nincs a feltételnek megfelelõ ont a síkon. A kör és az egenes kölcsönös helzete; két kör közös ontjai megoldások w7 a) b) c) e c O O c e E O c e 6 metszésontok: metszésontok: érintési ont: ( ; ) és (; ); ( ; ) és (0; ); ( ; ); d) e c O nincs közös ont.

253 KOORDINTA-GEOMETRIA w76 a) A két alakzat metszõ helzetû. b) Az egenesnek és a körnek nincs közös ontja (D < 0). c) Az egenesnek és a körnek nincs közös ontja (D < 0). d) Az egenes érinti a kört. w77 A kör közéontja O(; ), sugara 0. Mivel az O ont illeszkedik az adott egenesre, ezért a kimetszett húr a körnek átmérõje, amelnek hossza» 8, 9. w78 Két ilen ont van: ( ; ), illetve (; ). w79 w70 Két ilen háromszög van. Az egenlõ szárú háromszög alahoz tartozó felezõmerõlegesének és az adott körnek az egenletrendszerébõl adódnak a megoldások. Az ismeretlen csúcs koordinátái: (7; ), illetve Ê ˆ ;. A leghosszabb húr egben átmérõ is, ezért a leghosszabb húrt tartalmazó egenes az OP egenes, amelnek egenlete: +. A legrövidebb húrt tartalmazó egenes merõleges az OP egenesre, íg egenlete:. w7 A téglala csúcsai: (; ), (; ), (0; 0) és (9; ). w7 Az egenes és kör érintésének feltétele, hog az egenleteikbõl álló egenletrendszerbõl kaott másodfokú araméteres egenlet diszkriminánsa 0 legen. a) A kaott egenlet: + ( ) + 0, diszkriminánsa: 6 6 0, íg a megoldások: 8 és. b) A kaott egenlet: ( + ) + ( ) 0, diszkriminánsa: 0, íg a megoldás:. c) A kaott egenlet: + ( ) , diszkriminánsa: , íg a megoldások: + és. w7 Az érintési ontba húzott sugár merõleges az érintõre, íg a P onton áthaladó érintõ egenletéhez minden esetben felhasználhatjuk, hog az OP a keresett érintõnek eg normálvektora, ahol O az adott kör közéontja. a) OP(; ), amibõl n (; ), íg az egenlet: + 6. b) OP e (; ), íg az egenlet:. c) OP(0; ), íg az egenlet:. d) OP ;, íg az egenlet: +. ( )

254 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w7 w7 a) Jelöljük a fa helét A-val, a szikláét B-vel. Az AB egenes egenlete + 9. Az origó közéontú egség sugarú kör egenlete: +. A kincs helét a két egenletbõl álló egenletrendszer megoldása adja. Az elsõ egenletbõl -t kifejezve, majd a második egenletbe beírva kajuk, hog: + ( + 9), A fenti egenlet megoldásai: metszésontjai: 7, valamint, ebbõl adódóan a kör és az egenes Ê 7 ˆ P ; Q( ; ). és Az ábráról leolvasható, hog a P ont nem illeszkedik az AB szakaszra, ezért a kincset a Q( ; ) ontban rejtették el. b) Mivel AQ 0 és QB 0 0, ezért a kincs az AB szakaszt : aránban osztja. A radar az + 00 egenletû kört, és annak belsõ ontjait felügeli. Ha az utasszállító az A, illetve a B ontokban metszi a radar által vizsgált légteret, akkor a metszésontok koordinátáit az egenletrendszer megoldásai adják. Az értékét a második egenletbe helettesítve: + ( 7 0) 00, , Az egenlet megoldásai: 6 és 8. A kör és az egenes metszésontjai: A(6; 8), B(8; 6). Az AB szakasz hossza AB 0. Az utasszállító körülbelül, km utat tesz meg a radar által felügelt légtérben. A Q B P B A 7 0 w76 a) Az ABC szabálos háromszög C csúcsa illeszkedik az AB oldal felezõmerõlegesére, és az A közéontú, AB 8 egség sugarú körre. Az AB szakaszfelezõ merõlegesének egenlete: +, az A közéontú, AB sugarú kör egenlete: ( ) +( ) 8. A C ont koordinátáit az alábbi egenletrendszer megoldása adja: +. ( ) + ( ) 8 C B A C +

255 KOORDINTA-GEOMETRIA Az elsõ egenletbõl, amit a második egenletbe helettesítve: ( ) + ( ) 8, , + 0. A fenti egenlet megoldásai: 7 + 7, illetve. Eredménünk (valamint az ábra is) mutatja, hog a feltételeknek két ont is eleget tesz, ezek koordinátái: Ê C ; ˆ Ê C ; + ˆ és. b) Az ABC és az ABC szabálos háromszögek AB oldala közös, ezért a két háromszög köré írható kör sugara is megegezik. Ismert, hog a szabálos háromszög magassága az oldalának -szöröse, és mivel mindkét háromszög oldala AB, ezért magasságuk: 6 m ( ). A szabálos háromszögben a magasságont, a súlont és a körülírt kör közéontja egbeesnek, továbbá a súlont : aránban osztja a súlvonalakat, ezért a körülírt kör sugara a súlvonalnak (egben magasságvonalnak) a -szorosa. Ebbõl adódóan a háromszögek körülírt köreinek sugara: 6 R 6. w77 a) Thalész tételének megfordítása alaján, ha a P ontból az AB szakasz derékszög alatt látszik, akkor a P ont az AB szakasz mint átmérõ fölé emelt körvonal eg ontja. Ennek megfelelõen a keresett ontok illeszkednek az AB szakasz Thalész-körére (az ábrán k jelöli). E kör közéontja az AB szakasz felezõontja, sugara edig: R AB 0. Az AB szakasz Thalész-körének egenlete: O Ê ; ˆ Ê ˆ Ê ˆ. + + Az adott egenletû (e-vel jelölt) egenes feltételnek megfelelõ ontjainak koordinátáit a következõ egenletrendszer megoldásai szolgáltatják: Ô Ê ˆ Ê ˆ. + + Ô A P k Q O B e

256 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM Az elsõ egenletbõl, amit a második egenletbe helettesítve: Ê ˆ Ê ˆ, , , Az egenletrendszer megoldásai: és. Eredménünk mutatja, hog az AB szakasz az e egenes két ontjából is 90º-os szög alatt látszik; ezek koordinátái: Q(; ) és P( ; ). b) A C ont illeszkedik AB Thalész-körére, továbbá az AB szakasz felezõmerõlegesére. A felezõmerõleges egenlete: 7 +. C A C ont koordinátáit az alábbi egenletrendszer megoldásaiból kajuk: 7 + Ô B. O Ê ˆ Ê ˆ A + + Ô A metszésontok: C C (0; ) és C (; ) w78 w79 Az adott kör egenlete: ( ) + ( ). B A szintén adott (ábránkon e-vel jelölt) egenessel árhuzamos érintõk merõlegesek az érintési onthoz húzott sugárra, ezért az érintési b O ontokat a kör közéontján átmenõ, e-re merõleges ( f-fel jelölt) egenes metszi ki a körbõl. Az f egenes egenlete: A + 6. Az f egenes és a kör metszésontjainak meghatározásához a következõ egenletrendszert kell megoldanunk: a e f + 6. ( ) + ( ) Az egenletrendszer megoldása után a metszésontokra A(; 0) és B(; ) adódik. Mivel az érintõk árhuzamosak az e egenessel, ezért meredekségük egenletük edig:, 7 a: és b: +, a: és b: 7. I. megoldás. A kör egenletét átalakítva: ( + ) + ( + ), íg közéontja O( ; ), sugara egség. Az érintési onthoz húzott sugár merõleges az érintõre, amelnek meredeksége ezúttal, ezért az O ontot, valamint az érintési ontot is tartalmazó 6

257 KOORDINTA-GEOMETRIA egenes meredeksége Ez egszerûen következik abból a ténbõl, hog ha két egenes merõleges. egmásra, akkor meredekségeik szorzata. Eszerint az érintõk érintési ontját az O onton átmenõ, meredekségû egenes metszi ki az adott körbõl. A szóban forgó egenes egenlete:. Az érintési ontokat meghatározó ( + ) + ( + ) egenletrendszer megoldása után az érintési ontokra A(; ), valamint B( 6; 7) adódik. A keresett érintõk egenlete: a: + és b:, a: + és b: +. II. megoldás. A feladatra mutatunk eg másik, inkább algebrai megfontolásokat használó, elsõ nekifutásra kissé talán rémisztõ megoldást is. A keresett érintõk meredeksége, ezért egenletük + c alakban írható, ahol a c araméter értékét úg kell meghatároznunk, hog az egenes érintse a kört. Ekkor viszont az + c ( + ) + ( + ) egenletrendszernek csak egetlen megoldása van. Az elsõ egenlet felhasználásával a második a következõ alakban írható: ( + ) + + c+, c + c + 8c 0. 9 Mivel a fenti egenletnek is csak eg megoldása lehet, ezért az egenlet diszkriminánsa biztosan 0, azaz c ( c + 8c ) 0. 9 A mûveletek elvégzése után: 60 c c Az egenlet megoldásai: c és c A keresett érintõk egenlete ennek megfelelõen:. a: + és b:. Bízunk benne, hog nem vettük el érdeklõdõ Olvasóink kedvét a araméteres kifejezésekkel való számolásoktól. 7

258 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w70 I. megoldás. A kör egenlete ( + ) + ( ) f e 0 A alakban írható, ahonnan leolvasható, hog közéontja O( ; ). a Az adott (az ábrán e-vel jelölt) egenesre merõleges érintõk érintési ontjait az O onton átmenõ, e-vel árhuzamos egenes (f ) metszi ki O a körbõl. Az f egenes egenlete: B. b Az érintési ontok koordinátáit adó egenletrendszer:. ( + ) + ( ) 0 Az egenletrendszer megoldásaiból az érintési ontok: A( ; 6) és B( ; 0). A megfelelõ érintõk egenlete: a: + 7 és b: +. II. megoldás. A 79. feladat második megoldásához hasonló módszerrel is célt érhetünk. Az érintõk egenletét + c alakban keressük, ahol a c araméter értékét úg kell meghatároznunk, hog az egenes érintse a kört. Az + c ( + ) + ( ) 0 egenletrendszernek ennek megfelelõen csak egetlen megoldása van. Az változót kiküszöbölve: 0 9 A fenti egenlet diszkriminánsa 0, azaz ( + ) + + c 0, + c + c 6c c ( c 6c+ ) 0, c + c 0. A kaott egenlet megoldásai: c 7 és c. Uganazokat az egeneseket katuk, mint az elsõ megoldásban. w7 a) Az elsõ egenletbõl a második egenletet kivonva: , + 0,. 8

259 KOORDINTA-GEOMETRIA A kaott összefüggést a második egenletbe helettesítve: ( ) + ( ) 6 0, , + 0. A fenti egenlet megoldásai: és. A két körnek két metszésontja van, ezek koordinátái: (; ) és ( ; ). b) A két egenlet különbsége: 6 0 0, amibõl +. Az elsõ egenletbe visszahelettesítve: Akaott egenlet diszkriminánsa 0, ezért a két kör érinti egmást. A közös ont: (; ). c) Az adott köröknek két metszésontja van. Ezek koordinátái: (; ) és (; ). d) Az adott köröknek nincs közös ontja. w7 a) Mivel a keresett érintõk az origón áthaladnak, ezért egenletüket A + B 0 alakban kereshetjük. Az ábra alaján is meggõzõdhetünk arról, hog egik érintõ sem árhuzamos az tengellel, ezért A ¹ 0, sõt feltehetjük, hog A, azaz az érintõk egenletének alakja: e: + B 0. Az adott kör közéontjának koordinátái O(; ), sugara r. Mivel az érintõ az O onttól éen r távolságra halad, azaz d(o, e), íg a 689. feladat eredméneit felhasználva: + B. + B Az egenlet mindkét oldalát négzetre emelve: 9+ 8B+ 9B, + B 7B + 8B A kaott másodfokú egenlet gökei: 9+ 9 B, illetve B. 7 7 Können végiggondolhatjuk, hog mindkét érték kielégíti a felírt egenletet. A P ontot tartalmazó érintõk egenlete: 9+ 9 e: + 0 és e: A két érintõ j hajlásszögének kiszámítása a 69. alaján a m tgj m + m m összefüggés alaján történhet, ahol m és m a két érintõ meredekségét jelöli. Az egenes egenletébõl a meredekségek: m ( ) , illetve m j P e O k e 9

260 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM A két érintõ hajlásszögére: tgj A két érintõ hajlásszöge: j» 8,9º b) Eljárhatunk az a) feladatban ismertetett módszerrel is, de ezúttal inkább eg elemi geometriai ismereteket alkalmazó megoldást k mutatunk be. E c Az adott k kör közéontja O( ; ), sugara egség. O Az érintõk érintési ontját az OP szakasz fölé emelt Thalész-kör Q metszi ki a k körbõl. Az OP szakasz felezõontja Q(0; ), j a c-vel jelölt Thalész-kör sugara QP, íg egenlete: E P j +( ). Az érintési ontok koordinátáit a következõ egenletrendszer megoldásai adják: ( ) 0 A két egenlet megfelelõ oldalainak különbségébõl: +90, amibõl -t kifejezve, majd a második egenletbe visszaírva kajuk az alábbi egenletet: A kaott egenlet megoldásai: és. Ê 9 7ˆ Ennek megfelelõen a keresett érintési ontok: E ( ; 0), illetve E ;. A PE érintõ egenlete: 0 (éen az tengel). A PE érintõ egenlete: 6 +. Mivel az egik érintõ éen az tengel, ezért a két érintõ hajlásszöge: tg j, amibõl j» 67,8º. c) Eg harmadik megoldási módszert is bemutatunk az érintõ egenletének felírására. Az adott kör közéontja O( ; ), sugara r 8 egség. Tegük fel, hog a P ontból húzott egik érintõ az E ontban érinti a kört, továbbá az OE vektor koordinátái OE (a; b). Mivel e vektor hossza éen a kör sugarával egenlõ, ezért: a a + b 8, + b 8. ( ) e k E O a P E e 60

261 KOORDINTA-GEOMETRIA A továbbiakban kiszámítjuk az OE OP skaláris szorzatot. Mivel OP(; ), ezért OE OP a + b. Másrészt a skaláris szorzat definíciója, valamint az OE P derékszögû háromszög alaján: OE OP OE OP OP OE cosa 8 8 OE 8 8 8, OP ahol POE a. A skaláris szorzatra kaott két eredmén összevetésébõl: a + b 8. () A () egenletbõl a 8 b, amit az () egenletbe visszahelettesítve: Ê8 bˆ b 8. + A kijelölt mûveletek elvégzése után az alábbi egenlethez jutunk: b 80b 8 0. A fenti egenlet megoldásai: b és b. 7 7 Az egenletrendszer megoldásaiként a következõ két vektort kajuk: Ê ˆ Ê ˆ OE és OE ; 7 7 ; 7. 7 Mivel a két kaott vektor egben a megfelelõ érintõ eg-eg normálvektora, ezért az érintõk egenlete: e: ( 0 ) + ( ) 7 + 8, e : ( + 0 ) + ( 0 6 ) 7 8. A két érintõ hajlásszöge: j» 8,0º. w7 a) A c kör egenlete: ( ) + ( + ) 0, a k köré: ( + ) + ( ). A két egenlet megfelelõ oldalainak különbségébõl: + 0, azaz. A kaott összefüggést a c kör egenletébe visszahelettesítve: ( ) + ( + ) 0, amibõl, íg és. A két kör közös ontjai: A(; ), B( ; ). b) Ha a P(; ) ontból a c körhöz húzott érintõ az E ontban érinti a kört, akkor az OEP derékszögû háromszögben: P PE OP OE. Mivel a c kör közéontja O(; ), továbbá OE 0, ezért: E PE ( ) + ( + ) 0. Hasonló gondolatmenet mutatja, hog a k körhöz a P ontból O húzott érintõszakasz négzete: c ( + ) + ( ). 6

262 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM A feltételek alaján a két érintõszakasz hossza, íg ersze azok négzete is megegezik, azaz P ( ) + ( + ) 0 ( + ) + ( ). Q A A mûveletek elvégzése után:. k Eredménünk mutatja, hog ha a P ontból a két körhöz uganakkora érintõszakasz húzható, akkor a ont koordinátái kielégítik B O a fenti egenletet. Mivel a kaott egenlet egenes egenlete, c ezért a feladat állítását igazoltuk. c) Az A és B ontok koordinátái kielégítik a kaott egenes egenletét, íg mindkét ont illeszkedik az egenesre. w7 A c kör közéontja O( ; ), sugara egség, a k köré Q(; 0), sugara egség. Az ábra is mutatja, hog a közös belsõ érintõk egike az tengellel, a másik az tengellel árhuzamos. A közös belsõ érintõk egenlete:, illetve. Q k c O A közös külsõ érintõk egenletének meghatározása nehezebb feladatnak bizonul. Ha ezek az érintõk a P ontban metszik egmást, akkor P nilván az OQ egenes eg ontja. Tegük fel, hog az egik közös érintõ (az ábrán az e-vel jelölt) a c kört az E, ak kört a G ontban érinti. Ekkor az OEP és a QGP derékszögû háromszögek hasonlósága alaján: E e OP OE, azaz OP QP. O QP QG Q k Ez egben azt is jelenti, hog a Q ont egbeesik az OP szakasz felezõontjával. Ha a P ont koordinátáit P(; ) jelöli, akkor: + + és 0, amibõl és, végül P(; ). Ezután a feladatot visszavezettük a következõ roblémára: Adott a P(; ) ont, valamint a k: + +0kör. Írjuk fel a P onton átmenõ, a k kört edig érintõ egenesek egenletét. A 7. feladat a) ontjának módszerét követve az egenes normálvektoros egenletét felhasználva, ahol n e (; B) ésp 0 : P(; ) az érintõ egenletét + B +B alakban kereshetjük. Az érintõ és a Q közéont távolsága: B. + B c f G P 6

263 KOORDINTA-GEOMETRIA w7 Az egenlet mindkét oldalát négzetre emelve, majd rendezve: 9+ 8B+ 9B, + B B + 9B+ 0. Az egenlet megoldásai: B és B. 8 8 A két kör közös külsõ érintõinek egenlete: e:, 8 8 Ha a kör egenletébe az 0 értéket helettesítjük, akkor megkahatjuk az tengelbõl kimetszett szakasz végontjainak koordinátáit. Ekkor + c 0, amibõl: c + c és, és az ábra jelöléseinek megfelelõen: Ê c ˆ Ê + c ˆ A ; 0 B ; 0. és Az AB szakasz hossza: AB c. A kör tengelbõl kimetszett húrjának végontjait az 7 + c 0 egenlet megoldásai adják. A megfelelõ ontok: Ê7 9 c ˆ C ; 0 A CD szakasz hossza: A feltételek szerint AB CD, azaz: f: CD 9 c. c 9 c. Mindkét oldalt négzetre emelve, majd a kaott egenletet megoldva: c 9 ( 9 c), c 0. Ê7+ 9 c ˆ D ; 0. Ellenõrzéssel is meggõzõdhetünk arról, hog a kaott érték megfelel a feltételeknek. és 0 D C A B 6

264 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM A arabola megoldások w76 a) A arabola aramétere: A arabola tengelontja: A arabola egenlete:. T(0; 0). 8. v F T b) A arabola aramétere:. A arabola tengelontja: Ê T ; ˆ. A arabola egenlete: ( ). 0 F T v c) A arabola aramétere:. A arabola tengelontja: Ê T ˆ ;. A arabola egenlete: ( +). 6 v T F d) A arabola aramétere:. A arabola fókuszontja: F(; 6). A arabola egenlete: + ( ). v T F e) A arabola aramétere:. A arabola fókuszontja: F( ; ). A arabola egenlete: ( + ). 8 F T v 6

265 KOORDINTA-GEOMETRIA f) A arabola aramétere:. A arabola vezéregenesének egenlete: v:. A arabola egenlete: ( + ). v F T w77 A aramétert, a fókuszontot F, a tengelontot T, a vezéregenest v jelöli. a) Az egenlet a következõ alakra hozható: ( ) +. 8 A arabola adatai:, T(; ), F(; ), v:. v T F b) Az egenlet a következõ alakra hozható:. v A arabola adatai:, Ê T 0; ˆ, F(0; ), v:. F T c) Az egenlet a következõ alakra hozható: ( ). A arabola adatai: Ê, T F(; ), v:. ; ˆ, v T F d) Az egenlet a következõ alakra hozható: ( ). A arabola adatai: Ê, T ; ˆ, F(; ), v:. v T F 6

266 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM e) Az egenlet a következõ alakra hozható: ( ). 8 A arabola adatai:, T(; ), F( ; ), v:. F T v f) Az egenlet a következõ alakra hozható: ( ). 0 A arabola adatai: Ê, T ; ˆ, F(; ), v:. v T F w78 A arabola tengelontját jelölje T(u; v). Mivel a arabola aramétere 0,, továbbá tengele az tengellel árhuzamos, ezért egenletét a következõ alakban kereshetjük: u ( v) vag u ( v). Az elsõ esetben az adott ontok koordinátáit az egenletbe beírva az alábbi egenletrendszert kajuk: Q u v 6. T u ( v) Az elsõ egenletbõl a második egenletet kivonva: P v ( v), + 0v, v. Ekkor u, a arabola tengelontja T( ; ), egenlete edig: +( ). Amenniben a arabola egenlete u ( v) alakú, akkor az adott ontok koordinátáit az egenletbe helettesítve az alábbi egenletrendszerhez jutunk: u v. 6 u ( v) A megfelelõ oldalak különbsége: v+ ( v), 0v, v. Ekkor u 0, a tengelont T(0; ), a arabola egenlete: 0 ( ). P Q 0 T 66

267 KOORDINTA-GEOMETRIA w79 w70 a) Mivel a arabola tengele az tengellel árhuzamos, ezért egenletét a + b + c alakban kereshetjük. Az adott ontok koordinátáit az egenletbe beírva a következõ egenletrendszerhez jutunk: a+ b+ c 0 9a+ b+ c 6a+ 6b+ c Ha a második, illetve a harmadik egenletbõl kivonjuk az elsõ egenlet megfelelõ oldalát, akkor a következõ összefüggéseket kajuk: a+ b. 0 a+ b A kaott kétismeretlenes egenletrendszer megoldása: a és b 8. A kaott értékeket az elsõ egenletrendszer elsõ egenletébe visszaírva kajuk, hog c. A feltételeknek megfelelõ arabola egenlete: 8 +. Megjegzés: Ha az egenletet átírjuk ( ) alakba, akkor a arabolát können ábrázolhatjuk is. b) Az tengellel árhuzamos tengelû arabolák egenletét felírhatjuk a + b + c A alakban. Az ismert ontok koordinátáit behelettesítve adódik a következõ egenletrendszer: C 8 c B 9a b+ c. 0 a b+ c Az egenletrendszer megoldása: a,b 8ésc 8. A kaott arabola egenlete: 8 8. A arabola egenletét átalakítva: 9 Ê ˆ +, íg a arabola tengelontja T Ê ; 9ˆ Ê aramétere fókuszontja F ;, vezéregenesének egenlete v: Az ábrákon ezt a arabolát zöld szaggatott vonallal jelöltük. ˆ,,. Ê 9ˆ a) A tengelont origóra vonatkozó tükörkée T ' ;, a fókuszonté F' Ê ˆ ;, a vezéregenes v' tükörkée:. v F A arabola tükörkéének egenlete: O 9 Ê ˆ +. A tükörkéet az ábrán irossal jelöltük.. B v A F C 67

268 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM b) Ha a arabolát a vezéregenesére tükrözzük, akkor a tükörké Ê Ê ˆ fókuszontja F' ;, tengelontja T' ;. ˆ A tükörké egenlete: Ê ˆ +. A tükörkéet az ábrán irossal jelöltük. v F F Ê 9ˆ Ê c) A tükörké tengelontja fókuszontja edig F' ;, ˆ T' ;, vezéregenese v. v t A tükörké egenlete: 9 Ê ˆ. A tükörkéet az ábrán irossal jelöltük. F F Ê ˆ d) A v vektorral eltolt arabola tengelontja T' ;, fókuszontja F' ;, v' vezéregenese. Ê ˆ A kaott arabola egenlete: Ê ˆ +. Az eltolt arabolát az ábrán irossal jelöltük. v v F F w7 a) Az elsõ egenletbõl kifejezett értékét a második egenletbe helettesítve: ( + 7) 6( + 7) + 9, , A kaott egenlet diszkriminánsa negatív, ezért a két alakzatnak nincsen közös ontja. f g b) Az egenes érinti a arabolát. A két alakzat közös ontja: P(; ). g P f 68

269 KOORDINTA-GEOMETRIA c) A metszésontok: A( ; ) és B(; ). f g A B d) Az f kör egenletét átalakítva a következõ egenletrendszerhez jutunk: + ( ). A két egenlet megfelelõ oldalainak különbsége: ( ) + 9, 0, ( ) 0. A fenti egenlet megoldásai: 0 és. Ha értékét a g egenletébe helettesítjük, akkor adódik, amibõl a két alakzat alábbi metszésontjait kajuk: A( ; 0) és B(; 0). Ha értékével számolunk, akkor, amibõl a további metszésontok: C ;, illetve D ;. ( ) ( ) Megjegzés: Ha a arabola egenletét alakban írjuk, akkor können ábrázolható. e) Az f és g egenletének különbsége: + 6 f + 0, amibõl. ( ) + A kaott összefüggést a g egenletébe visszahelettesítve: , + B 8 A 8 0, ( 8) 0. g 8 A fenti egenlet megoldásai: 0és A két alakzat metszésontjai:. Ê8 0ˆ A ; B( 0 ; ). 9 és g C f O A B D w7 Az adott arabola fókuszontja F(0; ). Az F onton áthaladó, v(; ) iránvektorú e egenes egenlete: 8. A arabola és az egenes metszésontjait az alábbi egenletrendszer megoldásaiból kajuk: +. 8 e A F B + 69

270 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM Az értékét a második egenletbe helettesítve: + 8, A fenti egenlet megoldásai: és. Az egenes a arabolát a következõ ontokban metszi: Ê A(; ) B ; ˆ és. w7 a) Az érintõ egenletének iránténezõs egenlete: m( ). Mivel a feltétel szerint az egenes érinti a arabolát, ezért az m( ) + egenletrendszernek ontosan eg megoldása van. Az értékét az elsõ egenletbe visszahelettesítve: + m( ), 9 m + m 0. e P Mivel a fenti egenletnek is csak eg megoldása van, ezért diszkriminánsa 0, íg: m m 9 Ê 0, ˆ m 6m+ 9 0, ( m ) 0. A fenti egenlet megoldása m, ezért a keresett érintõ egenlete: ( ), azaz. b) Az érintõ egenletét ezúttal a következõ alakban keressük: + m( + ). Mivel a feltétel szerint az egenes érinti a arabolát, ezért az + m( + ). + egenletrendszernek ontosan eg megoldása van. Az értékét az elsõ egenletbe visszahelettesítve: + m( + ), m m+ 0. e Q f 70

271 KOORDINTA-GEOMETRIA A kaott egenletnek csak eg megoldása van, íg diszkriminánsa 0, azaz: m Ê m 0, ˆ + m + m 0. Az egenlet megoldásai: m és m. Az adott onton át két érintõ is húzható a arabolához, ezek egenlete: e:, illetve f: + ( + ), azaz. c) Az adott (az ábrán e-vel jelölt) egenessel árhuzamos érintõ egenletének alakja: f: + c. Mivel az f: + c : + egenletrendszernek eg megoldása van, ezért az + + c f e egenlet diszkriminánsa 0. Az egenlet 0-ra redukált alakja: + c 0, amelnek diszkriminánsa: Ê 0,. ˆ c amibõl c A keresett f érintõ egenlete:. w7 Az eldobott kavics arabolaálán mozog. A arabola síkjában helezzünk el eg koordináta-rendszert, amelnek kezdõontjában Barnabás található (A), a vízbe érkezés hele edig az tengel ozitív felére illeszkedik. Ekkor a kavics mozgása során áthalad a következõ ontokon: A(0; 0), B(6; ) és C(; 0). Mivel a feltételek szerint B a arabola tengelontja, ezért egenletét a következõ alakban kereshetjük: a( 6) +. Az A ont koordinátáit az egenletbe helettesítve: 0 6a+, amibõl a, 9 a arabola egenlete edig: ( 6) +. 9 A e B a 0 C 7

272 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM Barnabás a kavicsot a arabola e érintõje mentén indította útnak. Az A onton átmenõ érintõ egenlete m alakú, továbbá az m ( 6) + 9 egenletrendszernek egetlen megoldása van. Az változó kiküszöbölése után: m ( 6) +, 9 + m 0, 9 + m 0. 9 A kaott egenletnek csak eg megoldása lehet, amibõl következik, hog m az érintõ egenlete edig., Ha Barnabás a kavicsot a vízszinteshez kéest a szögben hajította el, akkor: tg a, amibõl a»,º. w7 A arabola adott (e-vel jelölt) egeneshez legközelebb esõ ontja éen az egenessel árhuzamos érintõ érintési ontjával esik egbe. Az érintõ egenlete a következõ alakú: + c, továbbá az + c + egenletrendszernek egetlen megoldása van. Ebbõl következik, hog a + + c, + c 0, egenlet diszkriminánsa 0, azaz c 0, íg c. A keresett érintõ (amit az ábrán f-fel jelöltünk) egenlete: +, az érintési ont, egben az e-hez legközelebbi arabolaont koordinátái: E(; ). A arabola és az e egenes távolsága megegezik az E ont e egenestõl mért távolságával. A 689. feladat eredméne alaján a távolság: d + 0» 6,. + ( ) 0 e f d 7

273 KOORDINTA-GEOMETRIA Ê w76 A arabola egenlete alaján a fókuszontja F 0 ˆ ;, v-vel jelölt vezéregenesének egenlete. A vezéregenesen felvett P ont E Ê ˆ koordinátáit jelölje P ;, ahol valós szám. A továbbiakban F felírjuk a PF szakasz felezõmerõlegesének (e) egenletét. A szakasz felezõontja Q Q a felezõmerõleges eg normálvektora edig ; 0, v 0, Ê ˆ P e Ê ˆ FP ;. Az e egenes egenlete:. ( ) Megmutatjuk, hog az () egenletû egenes valóban érinti az egenletû arabolát. Az értékét az () egenletbe helettesítve:, + 0, ( ) 0. w77 A kaott egenlet megoldása, amibõl következik, hog az () egenletû egenesnek a arabolával eg közös ontja van, amelnek koordinátái E(; ). Mivel az e egenes nilvánvaló módon nem lehet árhuzamos a arabola tengelével, ezért csakis a arabola érintõje lehet. Az tengel a arabolának, és íg a beírt téglalanak is szimmetriatengele, ezért a téglala csúcsainak koordinátái A( b; 0), B(b; 0), C(b; b + 6), illetve D( b; b + 6), ahol 0 < b < 6. Az ABCD téglala területe: T AB BC b ( b + 6). Feladatunk a T(b) b ( b + 6) függvén maimumának megtalálása a 0 < b < 6 feltétel mellett. Mivel a szóban forgó függvén ozitív értékû, ezért ontosan akkor lesz maimális, amikor négzete, vagis elegendõ a T (b) b ( b +6) függvén maimumhelét keresnünk. A kaott függvént tovább alakítva: T (b) (b ) ( b + 6) ( b + 6). D A C B A zárójelben álló számok szorzatáról eszünkbe juthat azok mértani közee, amel közismerten nem lehet nagobb a számtani közeüknél, azaz: ( ) ( ) ( ) ( 6) ( b+ b+ 6 + b+ 6 b b + b + 6), majd mindkét oldal harmadik hatvánát véve: (b ) ( b + 6) ( b + 6) 6. A kaott egenlõtlenségbõl közvetlenül következik, hog T (b) 8, amibõl a 0 < b < 6 feltétel figelembevételével kajuk, hog Tb () 8. 7

274 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM Eredménünk mutatja, hog a beírt ABCD téglala területe nem lehet nagobb, mint 8. A terület a maimumát akkor éri el, amikor a mértani és számtani közé közötti összefüggésben egenlõség teljesül, azaz amikor a három szám, amelre az egenlõtlenséget alkalmaztuk, egmással megegezik. Ez ontosan akkor fordul elõ, amikor: b b+ 6, b. Összefoglalva: a maimális területû beírt téglala csúcsai: A maimális terület: ( ) ( ) ( ) ( ) A 0 ;, B 0 ;, C ; és D ;. 8. w78 A keresett ontot jelölje A(a; 0), a szabálos háromszög további, az tengelre illeszkedõ csúcsait B, illetve C. Mivel az tengel a arabolának és az ABC háromszögnek is szimmetriatengele, ezért az AB egenes iránszöge a 0º, irántangense edig: m tg 0º. Ebbõl adódóan az AB egenes iránténezõs egenlete: a ( ). Mivel az egenes a arabolát érinti, ezért az ( a) egenletrendszernek egetlen megoldása van. Az változó kiküszöbölése után azt kajuk, hog ( a), a 0. Természetesen a fenti egenletnek is csak eg megoldása van, tehát az egenlet diszkriminánsa 0: 9 ( ) 0,, ; 0 a amibõl a íg A. Ha a B csúcs koordinátái B(0; b), és C(0; b), akkor az ABC háromszög oldala b, és magassága az A ont elsõ koordinátájának ismeretében ezért:, b, b. A háromszög további csúcsai: Ê ˆ Ê ˆ B 0; C 0;. és A a B C 7

275 KOORDINTA-GEOMETRIA Ê w79 A arabola fókuszontja F 0 ˆ ;. Tegük fel, hog az F ontból kiinduló fénsugár a P(; ) ontban éri el a arabolát. Ekkor a fénsugár visszaverõdés elõtti FP útja uganakkora szöget zár be a arabola P ontbeli érintõjével, mint a visszaverõdés utáni útja. Ezt a közös szöget az ábrán b jelöli. A b szög azonban még eg helen megjelenik az ábrában; ha a fénsugár nem verõdne vissza a tükörrõl, hanem útja egenesen foltatódna tovább, akkor a kaott (ábrán PF'-vel jelölt) szakasz szintén ezt a szöget zárja be a P ontbeli érintõvel. Ezt können beláthatjuk, ha arra gondolunk, hog íg a P ontnál csúcsszögek alakulnak ki. Megállaításaink lehetõvé teszik, hog felírjuk annak az egenesnek az egenletét, amelen a fénsugár a visszaverõdés után halad. Ehhez éldául a következõ léések vezethetnek el:. Az F ont P-re vonatkozó F' tükörkéének meghatározása. A fénsugár az FF' egenesen haladna, ha nem verõdne vissza a arabolatükörrõl. Az F ont koordinátái: Ê F' ; ˆ.. A P ontbeli érintõ egenletének felírása. Az érintõ egenletét m( ) alakban kereshetjük. Az m( ) egenletrendszernek eg megoldása van csakúg, mint a belõle kaott m + m 0 egenletnek. Ebbõl adódóan az egenlet diszkriminánsa 0, azaz m (m ) 0, amibõl (m ) 0, végül m. A P onton átmenõ e érintõ egenlete: e: ( ).. Az F'-ben az érintõre emelt merõleges egenes egenletének meghatározása. A kaott érintõ egenletébõl leolvasható annak eg normálvektora: n(; ). Mivel ez a vektor a keresett merõlegesnek egben iránvektora, ezért az egenes egenlete: + + azaz + +,.. A. ontban felírt egenes, valamint a P ontbeli érintõ T metszésontjának meghatározása. A T metszésont koordinátáit az + + ( ) egenletrendszer megoldása után kajuk. A második egenlet -szeresét kivonva az elsõ egenletbõl: F 0, 0, e 7 b Q b b P T F

276 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM Az egenlet megoldása: ( + ) + A kaott értéket a második egenletbe visszahelettesítve, majd a mûveleteket elvégezve kajuk:, íg T ;.. Az F' ont tükrözése a T ontra vonatkozóan. Ha az eredmént Q jelöli, akkor a arabolatükörrõl visszaverõdött fénsugár áthalad a Q onton. Mivel T a QF' szakasz felezõontja, ezért ha Q(q ; q ), akkor: q q + + és. Az egenletrendszer megoldása után: Q ; A fénsugár útját a PQ egenes mentén foltatja. A P és Q ontok elsõ koordinátája egaránt, ezért a PQ egenes árhuzamos az tengellel, ami a arabola tengele. Ezzel a feladat állítását beláttuk.. Veges feladatok megoldások w70 a) (9; ); b) ( 9; ); c) (0; 0); d) (; ). w7 B(0; ). w7 a) ; b) ; c) l. A skaláris szorzat az eredeti vektorok skaláris szorzatának l -szeresére változik. w7 Megmutathatjuk éldául, hog AP l AB, ahol 0 l. AP a) AP(; ), AB( 6; ), íg AP AB és. PB AP b) AP(; ), AB(; 0), íg AP AB és. PB AP c) AP( 8; ), AB( ; ), íg AP AB és. PB AP d) AP(; 6), AB( 0; ), íg AP AB és. PB w7 + [M( ; )]. w7 7 [M(; )]. 76

277 KOORDINTA-GEOMETRIA w76,q, a kör sugara. w77 a) ( + ) + ( + ) ; b) ( ) + ( ) ; c) ( ) + ( + ) ; d) ( 9) + ( + 8) ; e) ( + ) + ; f) ( + ) + ( + ) ; g) ( + ) + ( ) 0, illetve ( ) + ( + ) 0; 7 h) +, illetve 7 +. w78 Az ACD háromszög területére: CD m TACD, D ahol m a háromszög CD oldalához tartozó magasságát jelöli. Mivel CD, továbbá m, ezért B T ACD 7,. Az ABC háromszög területe az ábra alaján können kiszámolható: T ABC T AEC T AFB T BFEC. Az AEC, illetve AFB háromszögek területére: A F T AEC, T AFB,. A BFEC traéz alajai, illetve, magassága szintén, ezért területe: T BFEC +. Végül az ABC háromszög területére: T ABC, 7, adódik, ami mutatja, hog az AC átló valóban megfelezi az ABCD négszög területét. C m E w79 C( ; ). w760 a) Két vektor ontosan akkor merõleges egmásra, ha skaláris szorzatuk 0. A két vektor skaláris szorzata a koordinátáik segítségével: a b ( ) + ( + ) ( + ) 0, Mivel a fenti egenletnek nincsen valós megoldása, ezért a két vektor nem lehet merõleges egmásra. b) A két vektor skaláris szorzata: a b ( + ) + ( + ) ( + ) ( + ) ( + ) 0. Mivel eg szorzat csak akkor lehet 0, ha valamelik ténezõje 0, ezért vag. Megjegzés: Az elõbbi esetben b 0, amel minden vektorra merõleges. Ha, akkor a( ; ), b(; ). 77

278 78 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w76 a) Mivel AB(6; ) és DC(; ), ezért látható, hog AB DC, C amibõl már azonnal következik, hog az AB oldal árhuzamos D a DC oldallal, íg az ABCD négszög valóban traéz. Noéminek igaza volt. O b) Az AB és DC alaok hosszának arána az a) feladat eredménei B AB alaján Ha az átlók metszésontja O, akkor az ABO DC. A és COD háromszögek hasonlók egmáshoz, és a hasonlóság arána. Ebbõl azonnal következik, hog az átlók : aránban osztják egmást, a hosszabb részek a hosszabb (AB) alahoz vannak közelebb. c) Az O ont koordinátái: Ê ( ) + ( ) + ˆ Ê O O 7 ˆ ;, azaz ;. w76 a) Mivel AC (; ) és AB(6; ), ezért: AC és AB. w76 A két vektor skaláris szorzatára: AB AC 6+ ( ) 0, másrészt AB AC cosa 6 cos a. A két eredmén összevetésébõl: 6 cos a 0, cos a, a» 67,8º. b) Az a szögfelezõje illeszkedik az tengelre. Az a) feladatban meghatározott két vektor az AC, illetve az AB egenesnek eg-eg iránvektora, ezért AC egenes irántangense, AB irántangense. A tangensfüggvén tulajdonságai alaján ezért AC és AB uganakkora nagságú szöget zár be az tengel ozitív felével, amit másként úg is megfogalmazhatunk, hog az tengel szögfelezõje a két egenes által bezárt a szögnek. Ê ˆ a) Az E ont a DA szakaszt : aránban osztja, ezért E ;. Hasonló módon az F ont : aránban osztja a CB szakaszt, Ê íg F 0ˆ ;. Ennek megfelelõen az EF koordinátái: EF (; ). b) Mivel DC(; ), ezért EF DC, amibõl következik, hog az EF szakasz árhuzamos az ABCD traéz DC, és íg természetesen az AB alajával is. A E D a A C F C B B

279 KOORDINTA-GEOMETRIA w76 w76 A háromszög Euler-egenese tartalmazza a háromszög M magasságontját, valamint S súlontját. Az S ont koordinátái: Ê S ˆ ;. Az M ont meghatározásához felírjuk az m c, valamint az m b magasságvonalak egenletét. Mivel m c árhuzamos az tengellel, továbbá átmeg a C onton, íg m c egenlete:. Az m b egenesnek az AC (;) normálvektora, B edig eg ontja, ezért m b egenlete: A két egenes metszésontja: M(; ). Az Euler-egenesnek a SM (;) vektor iránvektora, ezért az SM Euler-egenes egenlete:. Megjegzés: Az Euler-egenes átmeg az ABC háromszög köré írt kör O közéontján is. Az O ont koordinátái: O(; ). A rombusz adott csúcsát A-val, átlóinak metszésontját O-val, az adott oldalegenest e-vel jelöltük. Az ABCD rombusz az O ontra A vonatkozóan közéontosan szimmetrikus, íg az A ont O-ra B vonatkozó tükörkée egbeesik a C onttal. A megfelelõ tükörké koordinátái: C(; 0). O D A rombusz átlói merõlegesek egmásra, íg a BD egenesnek a CA C (; ) normálvektora, O edig eg ontja, ezért egenlete: e + 9. A B csúcsot a BD egenes metszi ki az e egenesbõl. A megfelelõ egenletrendszer megoldása Ê után B ˆ ;. Ê A BD szakasznak O a felezõontja, amibõl D ˆ ;. A rombusz hiánzó csúcsai: Ê ˆ Ê ˆ B ;, C( 0 ; ), D ;. A m b b O c S m c C M a B w766 a) Az adott egenesek eg-eg iránvektora: va(;), vb(; ), vc(;) és vd(; ). Mivel va vc és vb vd, ezért az egenesek által közrefogott b négszög szemközti oldalai árhuzamosak, íg a négszög aralelogramma. Vegük észre továbbá, hog éldául: A va vb + ( ) 0, ezért az a és b egenesek merõlegesek egmásra. Hasonló igaz a négszög további szomszédos oldalegeneseire, ezért a megadott egenesek téglalaot fognak közre. c B D O e a C d 79

280 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM A megfelelõ egenletrendszerek megoldása után kiszámíthatjuk a szóban forgó négszög csúcsainak koordinátáit is. Az a és b egenesek metszésontja: A( ; ), a b és c egeneseké B( ; ), a c és d egeneseké C(; ), végül a d és az a egeneseké D(; ). Mivel AB BC, ezért az ABCD téglala szomszédos oldalai megegeznek, ami igazolja, hog ABCD négzet. b) A négzet köré írt kör közéontja az AC szakasz O felezõontja. Az O ont koordinátái: O ;. A kör sugara: r OA Az ABCD négzet köré írt kör egenlete:. Ê ˆ Ê ˆ. + c) A négzet köré írt kör területe: T a négzet területe edig t. Mivel, T t», 7, ezért a kör területe a négzet területének körülbelül 7%-a. d) Egszerû behelettesítéssel meggõzõdhetünk arról, hog a négzet köré írt kör O közéontja illeszkedik az e egenesre. Ebbõl adódóan az e egenes a négzetet két egbevágó traézra bontja, íg területük arána :. w767 Behelettesítés mutatja, hog az A ont nem illeszkedik az e egenesre, ezért az A ontot is tartalmazó átló egenese (melet az ábrán f jelöl) merõleges e-re. Ebbõl adódóan az e egenes iránvektora f az f egenesnek normálvektora. Az e egenletébõl leolvasható eg A iránvektora: v(; ). Az f egenes egenlete ennek megfelelõen e +. A rombusz átlóinak metszésontját a két átlóegenes D egenletébõl álló B O + + C egenletrendszer megoldása adja. Az O metszésont: O(0; ). Az ABCD rombusz átlói felezik egmást, íg O az AC szakasz felezõontja, amibõl C(; 0). A feltételek alaján a rombusz oldala 0, ezért a hiánzó B és D csúcsokat az A közéontú, 0 sugarú kör metszi ki az e egenesbõl. A szóban forgó kör egenlete: ( + ) + ( ) 0. A kör és az e egenes egenletébõl álló ( + ) + ( ) 0 + egenletrendszerbõl értékét kiküszöbölve: ( + ) + 0,,. 80

281 KOORDINTA-GEOMETRIA w768 w769 w770 A kaott egenlet megoldásai:, illetve. Ennek megfelelõen B( ; ) és D(; ). A rombusz hiánzó csúcsai: C(; 0), B( ; ) és D(; ). a) A két temlom távolsága: b) Azok a ontok, amelekbõl az AB szakasz 90º-os szög alatt látszik, illeszkednek a szakasz fölé emelt Thalész-körre, amit az ábrán O c jelöl. A kör közéontja O(; 0), sugara, ezért egenlete: ( ) +. E Mivel az útszakasz egenlete 0, ezért a metszésontok második koordinátájára: A c (0 ) +, amibõl és. Két olan ont is van, amelbõl a temlomok 90º-os szög alatt látszanak, ezek koordinátái: D(0; ) és E(0; ). c) A két temlom a c kör belsõ ontjaiból látszik tomaszög alatt. Ez az útszakasznak összesen 6 km hosszú része (D és E ont között). Bodri a c: ( +) +( ) 9 egenletû körvonalat, illetve annak belsõ ontjait éri el. A kör, valamint az a-val jelölt sétaút metszésontjait az alábbi egenletrendszer megoldásai adják: ( + ) + ( ) 9. Az értékét az elsõ egenletbe visszahelettesítve: ( + ) + ( ) 9, + 0. A fenti egenlet diszkriminánsa negatív, íg a sétaút nem metszi a Bodri által elérhetõ körvonalat. Ezzel a feladat állítását igazoltuk. a) A hozzárendelési utasítást átalakítva: AB km. f () + ( ) + ( 6) +. Vegük észre, hog a jobb oldalon éen a P(; ) ontnak az A(0; ) és B(6; 0) ontoktól mért távolságösszege áll. P A feladatot íg az alábbiak szerint fogalmazhatjuk át: keressük az egenletû egenesnek azt a P ontját, amelre a PA + PB összeg a lehetõ legkisebb. B Können végiggondolható, hog a P ontnak illeszkednie kell az AB szakaszra. Ha uganis P' az egenletû egenes eg P-tõl különbözõ ontja, akkor az ABP' háromszögben a háromszög-egenlõtlenség mutatja, hog: AP + PB AB < AP'+ P'B. Az AB szakasz az adott egenest a P(; ) ontban metszi, ezért az f függvén a minimumát az helen veszi fel. A minimum értéke: f() AB. D A c B P B a 8

282 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM b) Az a) feladathoz hasonlóan járhatunk el. A hozzárendelési szabált átalakítva: g () + ( ) + ( 6) + ( ). A jobb oldalon a P(;) ontnak az A(0; ) és B(6; 0) ontoktól mért távolságösszege áll. Feladatunk tehát ezúttal az egenletû egenes, valamint az AB szakasz metszésontjának meghatá- B rozása. Az AB egenes tengelmetszeti egenlete ezért a megfelelõ P ont koordinátáira: 6 +, +, amibõl. 6 Ê A minimumot szolgáltató P ont koordinátái P 8ˆ ;. A g függvén a minimumát az helen veszi fel. A minimum értéke: Ê g AB ˆ. A P P w77 w77 a) Az a-val jelölt autóálán olan P ontot keresünk, amelre az AP + PB összeg a lehetõ legkisebb. Tükrözzük ennek érdekében a B ontot az a egenesre, a tükörkéet jelölje B'. Mivel B A a tükrözés távolságtartó transzformáció, ezért: T PB PB', íg AP + PB AP + PB', amibõl következik, hog a keresett összeg ontosan akkor minimális, amikor az AP + PB' összeg is minimális. A fenti összeg P a akkor lesz a lehetõ legkisebb, amikor a P ont illeszkedik az AB' B szakaszra. Elsõ léésben a B' ont koordinátáit számoljuk ki. A tükrözés miatt B' illeszkedik a B ontban az a egenesre emelt merõlegesre. Ebbõl kifolólag a BB' egenes eg iránvektora megegezik az a egenes eg normálvektorával. Az adott egenletbõl a BB' egenes eg iránvektora: v(; ), íg egenlete: +.ABB' egenes és az a egenes T metszésontját a két egenes egenletébõl álló egenletrendszer megoldása adja. A T ont koordinátái: T(; 0). Mivel a T ont egben a BB' szakasz felezõontja is, ezért B'(; ). A következõ léésben felírjuk az AB' egenes egenletét. Az egenesnek az AB' (6; 6) eg iránvektora, ezért az n(; ) eg normálvektora. Az egenes normálvektoros egenlete: + 0. Végül a lehajtó helét (amit az ábrán P jelöl) az AB' egenes metszi ki az a egenesbõl. A megfelelõ egenletrendszer megoldása után adódik. A lehajtót a P ˆ P ˆ ; ; ontban kell Ê Ê kialakítani. b) Korábbi megjegzésünk alaján a megéítendõ útszakasz hossza megegezik az AB' szakasz hosszával. Mivel AB' 6» 8,9, ezért körülbelül 8,9 km hosszú utat kell éíteni. Ez hozzávetõlegesen Ft-ba kerül. a) Ha a kör közéontja O(u; v), sugara r, továbbá u, v, r Î Z, akkor a következõ ontok koordinátái egészek, és illeszkednek a körre: A(u r; v), B(u + r; v), C(u; v r) és D(u; v + r). Az O(0; 0) közéontú, r sugarú kör ontosan nég rácsontot tartalmaz, ezek: A( ; 0), B(; 0), C(0; ) és D(0; ). 8

283 KOORDINTA-GEOMETRIA b) Az O Ê ˆ - közéontú r sugarú kör egenlete: ; Ê ˆ ( + ) + r. Indirekt módon bizonítunk, ezért tegük fel, hog az állítással ellentétben két olan rácsont is létezik, amelek illeszkednek a körvonalra. Legenek ezek A(a ; a ), illetve B(b ; b ), továbbá a, a, b, b Î Z, valamint az a b és a b egenlõségek egidejûleg nem teljesülnek. Mivel mindkét ont koordinátái kielégítik a kör egenletét, ezért: A két egenlet jobb oldala megegezik, ezért a bal oldalak is egenlõk, íg: Ê ˆ Ê ˆ a + + a b + + b ( ). ( ) Ê ˆ a + + a r, ( ) Ê ˆ b + + b r. ( ) A mûveletek elvégzése után azt kajuk, hog a a a a b b b b, majd rendezés után: a b a b + + b a ( b a). A fenti egenlõség bal oldalán racionális szám áll, ezért értelemszerûen a jobb oldalán is racionális szám szereel. Mivel irracionális szám, ezért a jobb oldal egetlen esetben lehet racionális, mégedig ha értéke 0, azaz ha a b. Ekkor ersze a bal oldal is 0, ezért: a b a b + + b a 0, majd szem elõtt tartva, hog a b : a b + b a 0, a b ( a b), ( a b) ( a + b) ( a b). Korábbi megjegzésünk alaján az a b és a b egenlõségek egidejûleg nem teljesülhetnek, ezért a ¹ b, íg mindkét oldal osztható (a b )-vel, amibõl következik, hog: a+ b. Mivel a bal oldal két egész szám összege, ezért nem lehet egenlõ a jobb oldallal, azaz ellentmondásra jutottunk. Ebbõl adódik, hog az O Ê ˆ - közéontú, r sugarú kör valóban ; legfeljebb eg rácsonton mehet át. 8

284 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w77 a) A határoló vonalak ontjai hozzátartoznak az A halmazhoz. b) Az egenlõtlenséget 0-ra redukálva, majd közös nevezõt kialakítva kajuk, hog: Ez csak úg teljesülhet, ha + 0 és + > 0, vag ha + ³ 0 és + < 0. A két feltételbõl értékét kifejezve vag A foltonos vonallal rajzolt egenes ontjai hozzátartoznak, míg a szaggatott egenes ontjai nem tartoznak hozzá a B halmazhoz. c) Az 0 feltételt kielégítõ ontok, vagis az tengel ontjai, nem tesznek eleget a feltételnek. Ha > 0, vagis az elsõ és a negedik síkneged ontjait tekintjük, akkor: > 0, ( ) > 0. Mivel az elsõ ténezõ ozitív, ezért >. Ha edig < 0, akkor: + és >, + ³ és <. + > 0, ( + ) > 0. + Mivel az elsõ ténezõ negatív, ezért <. Az ábrán szaggatottan jelölt arabolák, valamint az tengel ontjai nem tartoznak a C halmazhoz

285 KOORDINTA-GEOMETRIA d) Az egenlõség bal oldalán a lehetséges kiemeléseket elvégezve: ( + ) 6, majd 0-ra redukálva, és ismét elvégezve a kiemeléseket: ( + 6) 0. A bal oldalon álló szorzat csak úg lehet 0, ha: 0, vag 0, vag + 6. Az elsõ egenlõségnek az tengel, a másodiknak az tengel, míg a harmadiknak az origó közéontú, egség sugarú kör ontjai tesznek eleget. e) Az egenlõtlenség mindkét oldalán nemnegatív kifejezés áll, ezért mindkét oldalt négzetre emelhetjük, íg: ( + ), majd 0-ra redukálva és szorzattá alakítva: ( + ) 0, ( + ) ( + + ) 0. A zárójeleken belül teljes négzetek kialakítása után azt kajuk, hog: (( ) + ( ) 9) (( ) + ( + ) 9) 0. Ha a P ont illeszkedik az O(; ) vag a Q(; ) közéontú, egség sugarú körre, akkor P az E halmazhoz is hozzátartozik. Ezenkívül a fenti egenlõtlenség bal oldalán ontosan akkor áll negatív szám, ha a ténezõk közül az egik ozitív, a másik negatív. A feltételnek ezért azok a ontok felelnek meg, amelek az említett körök közül egiknek belsõ, míg a másiknak külsõ ontjai. f) A feltételnek megfelelõ P ontok koordinátáira: ( ) ( + ) 0. Ez csak úg teljesülhet, ha és, vag ha ³ és. Az elsõ feltétel szerint, a második alaján. O Q w77 a) A feltételnek eleget tevõ ontok halmaza az AB szakasz felezõmerõlegese. Ennek egenlete:. A a P a B 8

286 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM b) Ha a P(; ) ont eleget tesz a feltételnek, akkor: ( + ) + ( ). ( ) + P O a Mindkét oldalt négzetre emelve: A a ( + ) + ( ). ( ) + B Szorozzuk meg mindkét oldalt a törtek nevezõjével: ( + ) + ( ) ( ) +, végül végezzük el a kijelölt mûveleteket, és íg adódik, hog , A kaott egenletben teljes négzeteket kialakítva: ( + ) + ( ) 0. A fenti egenlet az O( ; ) közéontú, r sugarú kör egenlete. talakításaink végig ekvivalensek voltak, ami mutatja, hog a P(; ) ont akkor és csak akkor AP tesz eleget az feltételnek, ha illeszkedik a fent meghatározott körre. PB w77 a) A arabola egenlete a következõ alakban is felírható: Ê aˆ a Ê a ˆ Ê aˆ + a, amibõl + a. A fenti egenlet mutatja, hog a arabola tengelontjának koordinátái: Ê T a a ˆ ; + a. b) Vegük észre, hog az a) feladatban meghatározott T ontok koordinátái kielégítik az +, azaz ( ) egenletet. A felírt egenlet arabola egenlete, íg a T tengelontok arabolára illeszkednek. Können belátható az is, hog a most kaott arabola minden ontja az a) feladatban felírt arabolák valamelikének tengelontja. Eredménünk alaján a T ontok halmaza arabola. c) Ismét átalakítva a felírt arabola egenletét: Ê aˆ Ê aˆ + a, amibõl ( a ). A arabola tengelontjának koordinátái ezúttal: Ê T a ˆ ; a A T ont koordinátái ezúttal az egenletnek tesznek eleget. Mivel egenes egenletét katuk, ezért ebben az esetben a tengelontok halmaza az egenletû egenes. Ezúttal is szükséges megjegeznünk, hog az egenes bármel ontja eg alkalmasan választott arabola tengelontjával esik egbe. 86

287 KOORDINTA-GEOMETRIA w776 a) Jelölje az A sütemének, edig a B sütemének számát. Ekkor a feltételek szerint a következõ egenlõtlenségek teljesülnek: ³ 0, ³ 0, továbbá, ÎZ; + (a liszt menniségére); + (a cukor menniségére); + (a margarin menniségére). A nereséget az alábbi kétváltozós függvén írja le: f (, ) Feladatunk tehát a fenti öt egenlõtlenség teljesülése mellett az f függvén maimumának meghatározása. 0 0 Az elsõ két egenlõtlenség egütt a koordináta-rendszer elsõ síknegedét írja le. Ha a többi egenlõtlenségben a relációjelet egenlõségre cseréljük, akkor mindegik feltétel eg-eg egenes egenletét adja. Ha közös koordináta-rendszerben ábrázoljuk a megfelelõ egeneseket, akkor láthatjuk, hog az öt egenlõtlenséget egidejûleg eg konve ötszög belsõ, illetve határontjainak koordinátái elégítik ki (ld. ábra). Ebben a tartománban keressük azt a P(; ) ontot, amelnek koordinátáira az f (, ) érték a lehetõ legnagobb. Vegük észre, hog bármel rögzített c valós számra az f (, ) c, vagis a c egenlet eg n(7; ) normálvektorú egenes egenlete. Ha eg-eg ilen egenes belemetsz az ötszögbe, akkor a kaott ontokra az f függvén értéke állandó. Észrevételünk alaján az n(7; ) normálvektorú árhuzamos egenes-sereg tagjai közül keressük azt, amel belemetsz az ötszögbe, továbbá (éldául) tengellel való metszete a lehetõ legnagobb. Az ábra alaján is meggõzõdhetünk arról, hog a keresett egenes áthalad az ötszög P(0; ) koordinátájú csúcsán. Ekkor: A maimális nereség elérése érdekében az A süteménbõl 0, a B süteménbõl darabot kell készíteni. b) A maimális nereség 0 Ft. 0 0 P

288 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM.6. VALÓSZÍNÛSÉG-SZMÍTS, STATISZTIKA Klasszikus valószínûségi modell megoldások w777 a) Igen. b) Nem, a valószínûség: c) Nem, a valószínûség: P( A+ B) P ( A+ B ) 6 6. PA ( + B ). w778 w779 w780 w78 w78 w78 Ê8ˆ P( legalább eg iros ) P( nincs iros )» 0, 7. ʈ t <,, innen < t PA ( )» 0, < PB ( )» 0, < PC ( )» 0, Ê90ˆ ʈ 6 Èʈ 8 0 Ê ˆ Ê ˆ [ P( 0 találat ) + P( találat )] Ê 8ˆ Í Í +» 0,0. Í Ê90ˆ Ê90ˆ Í Î w78 ÈÊ6ˆ 9 0 Ê ˆ Í 6 [ P( 0 találat ) + P( találat ) + P( találat )] Í Í Êˆ Í Î 6 Ê6ˆ Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ + +» 0,08. ʈ ʈ 6 6 w78 ʈ 0 P( 0 ) + + P( + ) Ê ˆ + Ê ˆ + + +» 0,006. w786 P(fémtetõ) [P(fekete alj) P(fekete alj és fémtetõ)] 0,8. 88

289 VALÓSZÍNÛSÉG-SZMÍTS, STATISZTIKA w787 P(PF) P(P) + P(F) 0,6 + 0,7 0,. Innen: db. w788 P(Peti ner). Ekkor, amibõl 0, és íg P(Gabi ner) 0,7. w789 P(Haci ner) 0, P(Haci ner), ebbõl P(Haci ner) 0,. Tehát Haci -szor, Vidor edig 7-szer ner. w790 P(Peti ner). Ekkor + +, amibõl Tomi 0, valószínûséggel ner. 6. w79 Csaba 0 valószínûséggel ner. w79 w79 (0, + 0,6 + 0,8) 0,. w79 a) A közös nevezõ 0. Enni darab (vag ennek többszöröse) gümölcsnek kell a ládában lennie. b) Ê ˆ 7 0 <. Ê ˆ 6 w79 a) P( laos ) [ P( lukas ) + P( kerek ) + P( tömör )] + +. b) Tizenöt darab. w796 w797 w ,. Ê7 ˆ 8» 0,86., amibõl. Pontosan kétszer. 8 Ê ˆ 6» 0,77. w799 a) 0,8 8» 0,8. b) ( 0,8) 8» 0, w800 0,99999, amibõl 0,. w80 w80 w80 9 W ; ; ;, A ; ; ;, P( A). 9 AB ^ A0:. 8 a) Eg csomag laos kártaakliban nég ász, nég tízes és nég hetes la található. Ha egetlen értékes la sincs a kezünkben, akkor az említett laon kívüli 0 darab laból kell a leosztáskor kanunk néget. Ez a feladat által kérdezett kedvezõ esemén, az összes esetek száma edig ʈ Íg a keresett valószínûség:. Ê0ˆ P( nincs értékes la )» 0,7. ʈ 89

290 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM b) Ha legalább eg értékes la kerül a kezünkbe, akkor az lehet eg, kettõ, három vag akár nég darab ász, tízes, hetes is. Ez több eset, sokkal egszerûbb, ha kiszámoljuk az ellentett esemén valószínûségét (eg eset), majd kivonjuk -bõl. Az ellentett esemén edig éen az a) ontban tárgalt eset: Ê0ˆ P( van értékes la )» 0,86. ʈ c) A legfeljebb három értékes la ismét több esetbõl tevõdik össze: három, kettõ, eg vag nulla értékes la van a leosztott nég la között. Ismét egszerûbb, ha áttérünk a komlementer esemén valószínûségének kiszámítására. Az, hog mind a nég la értékes ʈ -féleké lehet. Azaz: ʈ P( legfeljebb három értékes la )» 0,986. ʈ w80 w80 w806 a) Jelölje V a vörös hajú, S a szemüveges klubtagok közül eg fõ kiválasztásának eseménét. Ekkor P(V) 0,8 és P(S) 0,76. Ismert, hog a klubban minden tag bírja valamelik tulajdonságot. Ezért P(V + S) P(V) + P(S) P(VS), ahonnan egszerû behelettesítés után P(VS) 0,8. b) Már tudjuk: 8 9 PVS ( ) 0, A szöveg szerint a klubnak 0 tagja van ha ez az összes esetek száma, akkor 9 a kedvezõ esetek száma, azaz 9 mindkét tulajdonságot bíró egén jár ebbe a klubba. Jelölje K azt az esemént, hog Teréz az ismerõsei közül éen kígóbûvölõre, H edig azt, hog hastáncosokra kattint. Tudjuk, hog P(H) 0,6 és a K + H esemén komlementerének 0, a valószínûsége. Azaz H, K és K + H lefedi Teréz összes ismerõsét a weblaon. Formulába öntve: P(csak K) + P(H) + 0,. Innen adódik: 0 P( csak K) 0, Ha tudjuk még azt is, hog a számlálóban levõ 0 a kedvezõ esetek száma, akkor a nevezõben csak az összes esetek száma lehet. Tehát a megoldás: ezen a naon ünneelte Teréz, hog immáron 00 ismerõssel büszkélkedhet. Készítsünk halmazábrát. A megoldás innen leolvasható: P kuta macska kanári 90

291 VALÓSZÍNÛSÉG-SZMÍTS, STATISZTIKA w807 w808 w809 Fontos az elején rögzítenünk, hog Edének eg telefonszáma van, ez adja meg a kedvezõ esetek számát. Ferenc nem tudja, hog mi a hívószám elsõ két jege (0, 0 vag 70), ez lehetõség. Két dologra emlékszik:!. A következõ helen van két -es, két -es és eg -es, ami 0 lehetõség.!!!. Az utolsó hét számjegbõl álló szám hárommal osztható. Mivel ebbõl az elsõ öt jeg összege 0, ezt az utolsó két számjeggel úg kell kiegészíteni, hog -mal osztható legen. Jó éldául a 0, 0, 08,,, 7, végzõdés és íg tovább, az utolsó szóba kerülõ érték a 98. Ez összesen darab szám. Az összes feltételnek megfelelõ hívószámok száma íg A megoldás: P» 0, n a) Jelölje a lovasok darabszámát n. Íg az elsõ lovas kivételének a valószínûsége: 0 + n. n A másodiké már, hiszen eggel kevesebb lovas katona van, és eggel kevesebb az összes 9 + n ólomkatona száma is. Felírható a következõ egenlet: n n n 9 + n talakítva másodfokú egenletté: ± n 69n 80 Þ n,. 8 Csak az -öt fogadhatjuk el a részfeladat megoldásának, a negatív törtet nem. b) Az elõzõ részfeladat alaján eredetileg 0 galogos és lovas katona volt a dobozban. Ha Jani minden léésben kivesz a dobozból eg galogos katonát és beletesz eg lovast, akkor a dobozban levõ katonák száma nem változik, mindig marad. Viszont a lovasok száma léésrõl léésre növekszik, m léés esetén + m lesz. Ezért az elsõ lovas kivételének a valószínûsége, a másodiké már. Azt keressük, hog a szorzatuk mikor növekedik 0, + m + m fölé: + m + m > 0,. Kifejtve és rendezve: m + 9m 80 > 0. Megoldva az egenlõtlenséget, m <,8 vag m >,8 eg tizedesre kerekítve. Vagis Janinak legalább cserét végre kellett hajtania. (m esetén a keresett valószínûség éen 0,.) a) A feladat szövegében szereel a legalább eget kifejezés, ezért térjünk át a komlementer eseménre: eget sem. Annak a valószínûsége, hog a villamos vezetõje eg ajtót sem nit ki a nolcból: ( ) 8. Íg a kérdezett valószínûség: ( ) 8. b) Meg kell oldanunk a következõ egenlõtlenséget: ( ) 8 > 0,. Rendezve és nolcadik gököt vonva: 0,97 > Þ > 0,08. Ha ezen kis valószínûségnél nagobb valószínûséggel nit ki eg ajtót, akkor már 0,-nél nagobb valószínûséggel nit ki legalább eget eg állomáson. 9

292 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w80 Jelöljük a szóba kerülõ eseméneket a következõkéen. Szerénke Károl bácsi ölében ül: SK. Lukrécia Károl bácsi ölében ül: LK. Szerénke Irma néni ölében ül: SI. Lukrécia Irma néni ölében ül: LI. A feltételek szerint ez a nég esemén kizárja egmást. a) A szöveg szerint P(SK) 0, és P(LK) 0,, valamint P(SI + LI) 0,. A kérdés azt firtatja, hog mekkora valószínûséggel nem ül macska az öregek ölében, azaz a megadottak összegének komlementerét. Számítsuk ki hát: P(senki ölében nem ül macska) P(SK + LK + SI + LI) (0, + 0, + 0,) 0,. b) Tekintsük a táblázatot, amiben P(SI), P(LI). Ekkor a feltételek szerint + 0,, továbbá + 0, > + 0,, mégedig 0,-del. Meg kell oldanunk a következõ egenletrendszert: + 0, + 0, + 0, + 0, Károl bácsi ölében Ennek megoldása: 0, (és 0,). Azaz Szerénke uganakkora valószínûséggel ül mindkét öreg ölében.. Irma néni ölében Szerénke 0,0 + 0,0 Lukrécia 0, + 0, 0, 0, w8 Rajzoljunk halmazábrát, és töltsük ki belülrõl kifelé haladva. Vörös törött kabrióból a megadott valószínûség alaján 7-et találunk, vörös kabrióból edig 0-et (íg nem törött vörös kabrió van). Hasonlóan darab jó állaotú nem vörös színû kabriót találunk és uganenni jó állaotú, vörös színû, de nem kabrió sortkocsit. Azt is tudjuk, hog van darab törött, vörös nem kabrió autó a versenen. A maradék két helre uganazt a számot kell írnunk, és összesen autó indult. Ebbõl adódik, hog 0,, vag lehet. Ekkor edig lehet rendre 6,, vag 0. A lehetséges valószínûségeket a táblázatban találjuk. 7 kabrió törött vörös 0 P 0, 0,6 0,08 0 w8 a) Annak a valószínûsége, hog eg szoba takarítható, illetve annak is, ha nem, egaránt 0,. A legalább eg szoba takarítható kitétel miatt érdemes áttérnünk a komlementer esemén valószínûségére: eg szoba sem takarítható. Ez utóbbinak a valószínûsége n szoba esetén 0, n. Mivel ez a komlementer esemén, íg a következõ egenlõtlenséget kell megoldanunk: 0, n > 0,999. trendezve: 0,00 > 0, n. Mindkét oldalnak véve a 0, alaú logaritmusát, a relációjel megfordul (az f () log 0, függvén szigorúan monoton csökkenõ): log 0, 0,00 < n. Elõbbi értéke: lg0,00» 9,966. lg0, Íg legalább 0 szoba van a hotelben. 9

293 VALÓSZÍNÛSÉG-SZMÍTS, STATISZTIKA b) Jelölje annak a valószínûségét, hog eg szoba a személzet számára megközelíthetõ, és legen a hotelben n szoba. Két ismeretlen van, íg szükségünk lesz két egenletre is. Az elsõ feltételnek ( legalább eg szoba ) vegük a komlementer eseménét, ekkor n 0,79. A második feltétel egszerûbb: (0,7 ) n + 0,0. Meg kell tehát oldanunk a következõ egenletrendszert: n 0,. ( 0,7 ) n+ 0,0 Vegük mindkét egenlet mindkét oldalának 0-es alaú logaritmusát (ezt megtehetjük, hiszen a logaritmusfüggvén kölcsönösen egértelmû hozzárendelés). Használjuk ki a logaritmus azonosságait is: n lg lg0,. ( n+ ) (lg+ lg 0,7 ) Életünk egszerûbbé tételéhez vezessük be a lg jelölést (a feladat amúg sem kérdezi a valószínûség értékét): n lg0,. ( n+ ) ( + lg 0,7 ) Megjegzés: Alkalmazhatjuk azt a trükköt is, hog lg 0, és lg 0,7 helére is betûket írunk és araméterként számolunk velük. Íg elegendõ csak a végeredmén közvetlen kiszámításakor behelettesíteni õket. Az egenletrendszer megoldásakor érdemes az elsõ egenletbõl kifejezni az ismeretlent, és behelettesíteni azt a második egenletbe. Íg az alábbi másodfokú egenlethez jutunk: lg 0,7 n + (lg 0, + lg 0,7 + ) n + lg 0, 0. Ennek megoldásai: n, és n 7,0. Az, értéket nem fogadjuk el, a hotelben tehát jelenleg hét szoba van. w8 Vegük észre, hog a függvén átalakítható f () ( A) ( B) alakúvá. Ilen formában már tudjuk a zérusheleket is: A és B. Mit tudunk A és B számokról? A < B egészek, továbbá A, B 9. Az összes esetek száma: Atáblázatban látjuk a magarázatot is: A értéke B lehet 9 8, 9 7, 8, 9 6, 7, 8, 9,, 9,, 9,, 9,, 9 Számuk A kedvezõ esetek számához is írjunk fel eg hasonló táblát: A értéke B lehet, 6, 7, 8, 9 6, 7, 8, 9 7, 8, 9 8, 9 9 Számuk A kedvezõ esetek száma: A keresett valószínûség tehát 6. 9

294 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w8 a) Elõször is róbáljuk meg rendszerezni az adatokat. Talán a legjobb, ha készítünk eg táblázatot, hiszen mindhárom ládában uganolan méretû csavarokat találunk. Fontos megjegeznünk, hog a táblázatban található esemének egmást kizáró esemének, íg valószínûségeik összeadhatók. Ha minden láda tartalma kiborul a földre, akkor valószínûséggel fogunk közülük felvenni a második ládából való tizenkettes csavart és valószínûséggel a harmadik ládából való tizennéges csavart. Ez a kettõ is összeadható, íg a következõ egenletet kajuk: Furcsának tûnhet, hog nincs két egenletünk, de ha jobban belegondolunk, nincs is rá szükség. Az a) kérdés uganis azt firtatja, hog menni csavarunk van összesen, aminek megválaszolásához elegendõ az + z összeg kiszámítása: z 00 + z. Ennek megoldása: z 0, vagis összesen 0 csavar van a három ládában. b) A második kérdésben módosul a táblázatunk. Immár csak eg ismeretlennel kell számolni, hiszen Sani a harmadik ládában található összes tizennéges csavart felhasználta. Mivel a. ládában nincs -es, eg-eg különbözõ méretû csavart négfélekéen lehet kivenni a három ládából. A táblázat a nég esetet tartalmazza. Ezen esetek valószínûségeire: A lehetséges egszerûsítések és összevonások után: , amibõl ( 0 + ) 87 A második ládában íg eredetileg 60 tizenkettes, a harmadik ládában 90 tizennéges csavar volt. 9. ládában. ládában. ládában Összesen 0-es csavar es csavar es csavar Összesen ládában. ládában. ládában Összesen 0-es csavar es csavar es csavar Összesen A húzott csavar. ládából 0. ládából 0. ládából

295 VALÓSZÍNÛSÉG-SZMÍTS, STATISZTIKA c) A kérdés megválaszolásához vizsgáljuk meg az elõbb kaott kifejezést (függvént). 88 ( 0 + ) Alakítsuk át, hog jobban lássuk a recirokfüggvént: Ê 090 ˆ f () + 88 ( 0 + ) A fenti függvén írja le a kérdezett valószínûség változását a második ládában levõ tizenkettes csavarok számának függvénében. Amenniben 0, úg f (0)» 0,9, majd a függvén szigorúan monoton csökken, de nem éri el a értéket hiszen mindig adunk hozzá eg ozitív, de egre kisebb számot.» 0,068 Megjegzés: Ha ábrázoljuk, a függvén hozzávetõleges ábrája is szemlélteti az eredméneket. Visszatevéses mintavétel megoldások w8 a) 0,87» 0,98; b) 0,» 0, w86 a) 0, 6 0,00079; b) 0,7 6 0,769. w87 a) 0, 0,6 0,7; b) 7 0, 0,6 6» 0,88. w88 a) b) 9 9 Ê 0 ˆ Ê», ˆ 0,7; w89 Ê Ê w80 a) b) + 0,09; ˆ Ê ˆ Ê 0,00; ˆ Ê ˆ» ˆ» c) Ê ˆ» 0,0. w8 w8 Ê0ˆ 7 Ê ˆ Ê 6 ˆ» 0, PA ( ) Ê0ˆ 9 0,90 > PB ( ) Ê ˆ 0 Ê ˆ 0» Ê ˆ Ê ˆ 9 0 Ê ˆ 0 PA ( ) Ê7ˆ 7 PB ( ) Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ w8 a) fej 0,9 Þ fej 0,7; b) ( fej ) 0,8 Þ fej 0,.» 0, 7. 8» 0,8. w8 w8 Ê0ˆ ( ) > Ê ˆ 8 ( ) Þ >. A tízbõl legfeljebb nolcat kitétel miatt (ez kilenc elemi esemén) érdemes áttérnünk a komlementer eseménre, ami tízbõl legalább kilencet. Ez kilenc vag tíz ászt jelent tíz szervából. Tudjuk, hog az ász valószínûsége 0,; íg a megoldás: È P( legfeljebb nolc ász szerva ) Ê0ˆ 0, , + 9 Ê ˆ Î Í 0 0, 0 08, 0» 0,

296 w86 w87 96 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM Az összetett számok közül csak a -et és a 6-ot dobhatjuk, íg az összetett dobás valószínûsége. Mivel legalább kétszer szeretnénk ezt dobni, íg az esemént hét elemi esemén alkotja:,,,, 6, 7 vag 8 alkalommal dobunk összetett számot. Ez elég sok esemén. Térjünk át a komlementerre, ahol csak két esetet kell kiszámolnunk: amikor nincs összetett szám és amikor csak eg darab van. A keresett valószínûség: È P( legalább kétszer dobunk összetett számot ) Ê8ˆ 0 Ê ˆ 0 Ê ˆ 8 Í Ê8ˆ Ê ˆ Ê ˆ 7 Î +» 0,800. Ne ugorjunk be a feladatnak! Bár a szövegben szereel a legalább kifejezés, ez ont íg jelent kevesebb esetet. A hétbõl legalább öt találat az öt, hat vag hét találatot ( elemi esemén) foglalja magában, ellentétben a komlementerével, ami a 0,,,, ( elemi esemén) eseteket foglalja magában. A megoldás íg: P( legalább öt találat ) Ê7ˆ,, +,, Ê ˆ Ê ˆ , 7, 0» 0,088. w88 Ha négszer dobunk a kockával, akkor dobhatunk 0,,, vag hatost. Fel kell írnunk minden eset valószínûségét, majd ábrázolnunk õket oszlodiagramon. Az egszerûség kedvéért jelölje k, hog hán hatost dobtunk a nég dobásból. Megjegzés: Az itt megadott eseméneket egütt teljes eseménrendszernek nevezzük. w89 0 Pk ( 0) ʈ 0,8; Pk ( ) 0 Ê ˆ 6 Ê ˆ 6» Ê ˆ Ê ˆ 6 Ê ˆ 6» 0,880; Ê ˆ Ê ˆ 6 Ê ˆ Pk ( ) ʈ 6 Ê ˆ Ê ˆ» 0,7; Pk ( )» 0,0; Pk ( ) Ê ˆ 0, Ê ˆ 6 Ê ˆ 6» A dolgozatnak nolc feladata van, ezek közül 0,,,,,, 6, 7, 8 darabot tudhat Jani. Ezt a kilenc esetet kell áttekintenünk, és kiválasztani közülük a legnagobb valószínûséggel bekövetkezõt. Most k azt jelöli, hog Jani hán feladatot tud megoldani a dolgozat nolc éldájából. Pk ( 0) Ê8ˆ,, 0,0006; Pk ( ),, » Ê ˆ»,00786; Pk ( ) Ê8ˆ,, 0,088; Pk ( ), » Ê ˆ 0 6 0,» 0,86; 8 ( ) Ê ˆ 06 0, 8 Pk,» 0,; Pk ( ) Ê ˆ 06 0,,» 0,7869; 8 Pk ( 6) Ê ˆ ,,» 0,0909; Pk ( 7) Ê8ˆ 06, 7 0, 0,08979; 7» 8 Pk ( 8) Ê ˆ 06, 8 0, 8 0» 0, Jani a legnagobb valószínûséggel öt feladatot fog jól megoldani a dolgozat során. m akkor sem leõdünk meg, ha nég vag hat feladattal birkózik meg. Megjegzés: Figeljük meg, mennire kevés a szélsõ esetek valószínûsége! A 0,, 8 esetek valószínûségei egütt nem érik el a 0,0-ot. A valószínûség értéke 0, 0, 0, 0, 0, 0,0 0 k értéke

297 VALÓSZÍNÛSÉG-SZMÍTS, STATISZTIKA w80 w8 w8 Jelölje éldául eg dobás esetén a fej valószínûségét. Mivel annak az eséle, hog két dobásból eg fej és eg írás lesz, 0,8, a következõ egenletet kell megoldanunk: Pk ( ) ʈ ( ) 0,8. Nem muszáj felírni a fenti formulát, elegendõ két dolgot meggondolnunk. Ha valószínûsége van a fejnek, akkor ( ) van az írásnak. Másrészt vag elsõre, vag másodikra dobunk fejet, ami két eset. Íg uganazt az egenletet kajuk kicsit egszerûbben: ( ) 0,8. Bármelik egenletet átalakítva: 0 + 0,09. Megoldásai: 0,9 és 0,. Mindkét megoldás jó. Megjegzés: Azért katunk olan számokat, melek összege, mert a feladat szimmetrikus fejre és írásra. Jelölje annak a valószínûségét, hog eg sorsjeggel nerünk, k edig a nertes szelvének számát. Ekkor a hatból kétszer nerünk eséle: Pk ( ) Ê6ˆ ( ). A hatból kétszer veszítünk eséle megegezik a hatból négszer nerünk esélével: Pk ( ) Ê6ˆ ( ). A szöveg szerint a formulák értékei egenlõek: Ê6ˆ 6 ( ) Ê ˆ ( ). Egszerûsítsünk -tel és ( ) -tel, majd a Ê6ˆ 6 Ê ˆ binomiális egütthatókkal: ( ). Mivel 0, íg gökvonás után elhagható az abszolút érték: Þ 0,. Ez eg nagon jó sorsjeg, nag valószínûséggel minden második ner! Kár, hog ilen sorsjeget a valóságban nem lehet kani. Jelölje az eg dobásból ötöst dobunk valószínûségét, k edig, hog hánszor következett be az ötös dobás. A hét dobásból nég ötös valószínûsége ekkor: Pk ( ) Ê7ˆ ( ). A hét dobásból hat ötös valószínûsége: Pk ( 6) Ê7ˆ ( ). 6 6 Azt szeretnénk, hog a második nagobb legen, mint az elsõ: Ê7ˆ 7 6 ( ) < Ê ˆ 6 ( ). 97

298 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM Számítsuk ki a binomiális egütthatókat, majd egszerûsítsünk, amivel csak lehet. Rendezzük eg oldalra az egenlõtlenséget: 0 + < 0. A megoldások:»,8 és» 0,69. A másodfokú egenlõtlenség megoldásához ábrázoljuk a kifejezéssel leírható arabolát. Azt keressük, ahol a kifejezés 0-nál kisebb (azaz, ahol az tengel alatt található): µ 0 + 0,69 < <,8. m mivel valószínûség, értéke legfeljebb lehet, amit el is érhet. Tehát a végsõ megoldás: 0,69 <. w8 w8 Jelölje az írás valószínûségét eg feldobás esetén. Ezt az értéket úg szeretnénk megadni, hog az írás maimális valószínûséggel következzen be hat dobásból ötször. Meg kell hát adnunk eg függvént, amel változó függvénében leírja a keresett valószínûséget. A binomiális eloszlást hívjuk segítségül: f() Ê6ˆ ( ) 6 ( ) 6 6. Ez eg hatodfokú függvén. Természetesen adódik f () értelmezési tartománára a [0; ] zárt intervallum, hiszen az írás valószínûsége. A függvén mindenütt ozitív, kivéve a két zérushelet: 0 és. Ezen függvénnek keressük a maimumát. Ilen magas fokú görbéket (még) nem áll módunkban elemezni, ezért hagatkozzunk a számítógé vizsgálatára. Eszerint a függvén maimumhele: 0, ma 0,8, 6» 0, 0, a maimum értéke edig ma Ê f 6 ˆ Ê ˆ 6» 0,09. ( ) Amenniben ezt állítjuk be az érmén az írás valószínûségének, akkor nag valószínûséggel hat dobásból ötször fogunk írást kani. Megjegzés: Ha majd tanulunk deriválni, akkor deriválással egetlen sorban megoldhatjuk a feladatot: f () 6 ( 6) 6 ( 6) 6 ( 6). Az eredeti függvénnek ott van szélsõértéke, ahol az elsõ derivált nulla, és elõjelet vált. Jelen esetben ez a már felírt értékre következik be. Ha a hatból két faluban nincs sem fel-, sem leszálló utas, akkor nég helen van. A keresett egenlet: Ê6ˆ 0 06 ( ), 0,76. A binomiális egütthatót számoljuk ki, fejtsük ki a zárójelet a binomiális tétel alaján. Végezzük el a beszorzásokat, és rendezzük eg oldalra az egenletet: , , 0, 0, 0, 0, 0, 0,6 0,7 0,8 0,9 98

299 VALÓSZÍNÛSÉG-SZMÍTS, STATISZTIKA ltalában hatodfokú egenletet nem tanultunk megoldani, és késõbb sem fogunk. Lehetséges azonban közelítõ megoldásokat keresni, a számítógé erre kiváló. A nég megoldásból minket csak az a kettõ érdekel, amelek a [0; ] intervallumba esnek. Az egik megoldás ráadásul véges: 0, és 0,8769. Megjegzés: Ha behelettesítjük az értékeket, akkor 0,-re ontosan 0,76-t kaunk, azonban 0,8769-re csak 0,7987-t. Nem a számítógé tévedett, egszerûen a kerekítés ontatlanságából adódik a megoldás hibája. w8 Mivel a hét egbevágó körcikk bármelikének kiforgatása valószínûséggel következik be, enni 7 a fõneremén valószínûsége is. Tételezzük fel, hog a kilenc forgatásból k esetben következett be a fõneremén: k 9 k Ê9ˆ 6 k Ê ˆ 7 Ê ˆ 7 0,. Alakítsuk át a bal oldali kifejezést a hatvánozás azonosságai szerint: Foltatva ezt kajuk: Ê Ê9ˆ 7 k ˆ Ê6 ˆ 7 Osszunk le a kilencedik hatvánnal (kerekítsünk), és szorozzunk át 6 k -nal: Ê9ˆ k k 6. I. megoldás. A6 eonenciális függvénrõl tudjuk, hog szigorúan monoton növõ. Szintén ismert, hog a binomiális egüttható értékei véges sokan vannak, és szimmetrikusak: Ê9ˆ 9 Ê ˆ. k 9 k Tehát k után nem növekedik tovább, hanem csökken. Két megoldást találunk: rögtön a k 0 értékre teljesül az egenlõség, majd k -re is. A kifejezések tulajdonságai miatt több megoldás nincs. k k k 6 Ê ˆ 7 0,. Ê9ˆ 6 k Ê ˆ 6 Ê ˆ 7 0,. II. megoldás. Fejtsük ki a binomiális egütthatót. Számlálójában 9! szereel, amiben összesen nég darab -as rímténezõt találunk. Ez azért érdekes, mert 6 k k k. Tehát k maimum lehet. m ha hozzávesszük, hog k! vag (n k)! egike legalább!, akkor íg az egik -as rímmel le is egszerûsítünk, azaz csak a k 0,,, eseteket szükséges megvizsgálni. Ezek közül k 0 és k megoldás. 0, , 0, 0, 0, 0,6 0,8,,

300 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w86 a) A lehetséges esetek összegûjtésekor az elvesztett 00 eurót kell 0 darab 0 eurós 00 eurós 0 és/vag 00 eurós, valamint 0 eurós részekre 0 eurós (artíciókra) bontanunk. 0 eurósból csak 0 eurós 6 áros sok kerülhet a artíciókba, 00 eurós edig legfeljebb nég. b) A fenti táblázat oszloainak valószínûségeit kell meghatározni és összegezni. Ez nem is olan egszerû! Gondoljuk meg: az eddigi feladatokban csak és kizárólag olan kérdésekkel foglalkoztunk, amelekben eg valószínûségû esemén és annak ( ) valószínûségû komlementere szereelt. Most viszont három eseménünk van. Nézzünk kicsit más szemmel a korábbi két esetre! Tekinthetjük úg is, mint két esemént, amelek egmást kizárják, de egben kiegészítik egmást a teljes eseméntérre azaz teljes eseménrendszert alkotnak. Ezt már általánosíthatjuk három (de akár több) eseménre is: 6 P( 00 euró kifizetése ) 0, ; 0 0 P( 0 euró kifizetése ) 0, ; 0 0 P( nincs kifizetés ) 0,. 0 Az eddigi formulák elején szerelõ Ênˆ n! binomiális egüttható kifejtve Ez azt k k! ( n k)!. jelenti, hog a k darab esemént és az (n k) darab komlementer esemént ontosan ennifélekéen tudjuk sorba rakni (ismétléses ermutáció). Természetesen olvashatjuk kiválasztásnak is: n helre választunk ki k darab egfajta elemet. (A két formula megegezik.) Három elemre nem alkalmazhatjuk a kombinációs meggondolást, azonban alkalmazhatjuk az ismétléses ermutációt! Például a fenti táblázat második oszloát tekintve, az összes lehetséges sorba kell raknunk darab 00 eurós, kettõ darab 0 eurós és darab 0 eurós 0! kifizetést. Ezt edig -félekéen tehetjük meg. Ezzel az eset felírásával készen vagunk:!!! 0! P(. oszlo ) 0, 0, 0, 0,080.!!! Uganíg fel kell írnunk a táblázat többi oszloára is a valószínûségeket, majd ezeket összeadni. Az eredmének: 0! P(. oszlo ) 0, 0, 0 0, 6 0,0678;! 0! 6! 0! P(. oszlo ) 0, 0, 0, 0,08;!!! 0! P(. oszlo ) 0, 0, 6 0, 0,0006;! 6!! 0! P (. oszlo ) 0 8 0, 0 0, 8 0, 0, !!! Összegük nég tizedesre kerekítve: 0,0. Megjegzés: A két komlementer eseménbõl felírt összes eset valószínûségeit binomiális eloszlásnak, a több, teljes eseménrendszert alkotó eseménbõl felírt összes eset valószínûségeit egütt olinomiális eloszlásnak nevezzük. 00

301 VALÓSZÍNÛSÉG-SZMÍTS, STATISZTIKA Mintavétel visszatevés nélkül (kiegészítõ anag) megoldások w87 Ê8ˆ» 0, 869. Ê0ˆ Ê7ˆ w88 0 a)» 0, ; ʈ b) 0 Ê08ˆ 0 ʈ 0» 0, 098. w89 w80 w8 w8 Ê7ˆ 6 ʈ 6 ʈ Ê7ˆ Ê7ˆ Ê7ˆ ʈ Ê7ˆ 0» 0, 00.» 0, 0778.» 0, 00.» 0, 07. w8 w8 Ê7ˆ Ê ˆ Ê8ˆ 8 ʈ 7 Ê ˆ Ê6ˆ 0» 0, 88.» 0, 807. w8 Ê6ˆ Ê ˆ Ê0ˆ» 0, 8. 0

302 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w86 A legalább feltétel miatt össze kellene számolnunk a,,, 6, 7, 8, 9, 0,,,,, bogár esetek valószínûségeit, ez hosszadalmas. Jobban járunk, ha áttérünk a komlementer eseménre. Ebben csak a 0,, esetek vannak. Íg a keresett valószínûség: w87 w88 w89 Mivel mindkét csaatból kell ott lennie játékosnak, íg az öt fõ a következõ árosításokból állhat össze:,,,. Igazából csak a 0, 0 esetekben nem teljesül Klári megállaítása. Bár nem sok a direkt esetek száma sem, itt mi a komlementert írjuk fel: A 7 fiú és a lán egütt 0 fõs csaatot kéez. a) A csak azonos nemûek lehetnek csak fiúk vag csak lánok. Mivel két egmást kizáró esetrõl van szó, valószínûségeiket egszerûen összeadhatjuk: b) A lánok úg kerülnek túlsúlba, ha,, 6 vag 7 lán jut a döntõbe. Most nem érdemes áttérni a komlementer eseménre, hiszen ott is (0,,, ) nég eset van. A megoldás: Ê7ˆ 7 7 Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ Ê7ˆ 6 Ê ˆ » 0, 676. Ê0ˆ Ê0ˆ Ê0ˆ Ê0ˆ A dobozban összesen goló van. a) Legalább eg színbõl legalább kettõ golóhoz legalább néget kell kivennünk. Uganis három goló esetén még elkézelhetõ olan eset, hog mind a három különbözõ színû. A zöld golók száma összesen 6, íg: Ê6ˆ 9 Ê ˆ» 0, 96. ʈ b) Ha azt szeretnénk, hog mindhárom színbõl legen legalább eg, akkor legalább golót ki kell vennünk a -bõl. Uganis ki lehet úg venni -et, hog közülük iros és 6 zöld ez íg viszont csak két különbözõ szín. Mivel iros goló összesen öt darab van, ezért a keresett ontosan három iros goló van a kezünkben valószínûsége: ʈ 0 Ê ˆ 9» 0, 98. ʈ 0 Èʈ 9 9 Ê ˆ Ê ˆ 0 Ê ˆ Ê ˆ 9 Ê ˆ Í Í + +» 0, Í Ê7ˆ Ê7ˆ Ê7ˆ Í Î Èʈ Ê ˆ Ê ˆ 0 0 Ê ˆ Í Í + Í Êˆ ʈ Í Î» 0, 969. Ê7ˆ 7 7 Ê ˆ Ê ˆ 0 0 Ê ˆ 7 +» 0, 0. Ê0ˆ Ê0ˆ 7 7

303 VALÓSZÍNÛSÉG-SZMÍTS, STATISZTIKA w80 w8 Az öt zsebkendõ kiemelése a tasakból hat elemi esemént eredménez, éldául a kamillás zsebkendõk oldaláról: 0,,,, vag kamillás elvételét. (Ennek megfelelõen veszünk ki,,,,, 0 mentolost is, természetesen az eges esetekben.) Feladatunk elõször az összes eset felírása és kiszámítása. Jelölje k a kamillás zsebkendõk számát: ʈ 0 Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ Pk ( 0)» 0,0807; Pk ( )» 0,88; Ê0ˆ Ê0ˆ ʈ Ê ˆ ʈ Ê ˆ Pk ( )» 0,670; Pk ( )» 0,07; Ê0ˆ Ê0ˆ ʈ Ê ˆ ʈ Ê ˆ 0 Pk ( )» 0,09; Pk ( )» 0,006. Ê0ˆ Ê0ˆ Megjegzés: A fenti esemének valószínûségeinek összege, mivel ezek az esetek teljes eseménrendszert alkotnak. brázoljuk az eredméneket oszlodiagramon. 0,0 A feladat megoldását akár az oszlodiagramról, 0, 0,0 akár a számított értékekrõl leolvashatjuk: legnagobb valószínûséggel két darab kamillás 0, 0,0 0, zsebkendõ lesz a kivett öt darab között. a) A megoldás sejthetõ: mivel szimmetrikusan szeretnénk tudni a kétféle kekszet, íg várhatóan 0-0 darabnak kell lenni a dobozban mindkét fajtából. Sejtésünket többfélekéen is igazolhatjuk! Írjuk fel általánosan a valószínûséget kiszámító formát. Jelölje m a mogorós csokik számát a 00 darabos mintában. Azt vizsgáljuk, milen m-re lesz a legnagobb az alábbi valószínûség ( < m < 99): Êmˆ 00 m m m 00 m 99 m Ê ˆ ( ) ( ) ( ) Ê00ˆ Ê00ˆ m ( m ) ( 00 m ) ( 99 m ). Ê00 ˆ A formula eg negedfokú függvén maimumának vizsgálatára vezet ilet nem tanultunk jellemezni. Megjegzés: Emelt szinten deriváltak segítségével megtehetjük, bár ott sem lesz könnû. Természetesen a kifejezés értéke csak a számlálótól függ, a nevezõ konstans. Elegendõ a számlálót tovább vizsgálnunk: m (m ) (00 m) (99 m). A valószínûség értéke 0,0 0,0 0,00 0 A kamillás zsebkendõk száma 0

304 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM I. megoldás. Vegük észre, hog két ténezõben az m elõjele (+), kettõben edig ( ). Ez adhat eg ötletet: ha nem szorzás, hanem összeadás lenne a zárójelek között, akkor m éen kiesne! Milen összefüggés kées szorzásból összeadást csinálni? Például a számtani-mértani közé közötti egenlõtlenség. Az összefüggést nég elemre írjuk fel (minden ténezõ ozitív): m+ m + 00 m+ 99 m 98 M m ( m ) ( 00 m) ( 99 m) 9, A. Egenlõség ontosan akkor áll fenn, ha a ténezõk megegeznek (jelen esetben ez nem lehetséges). Mivel a számtani közé konstans, a mértani akkor közelíti meg a legjobban, ha az elemek a legközelebb kerülnek egmáshoz. Ez edig akkor következik be, amenniben m 0. II. megoldás. Ha elemezni aíron nem is tudjuk, számítógé segítségével azért ábrázolhatjuk és elemezhetjük is a valós számokon értelmezett negedfokú kifejezésünket: f () ( ) (00 ) (99 ). A függvénnek nég zérushele van: 0,, 99, 00. Az elsõ két és utolsó két zérushel között negatív az értéke, a többi nitott intervallumban ozitív. Az ábrán is széen látszik, de a számítógé is megerõsíti a sejtésünket: 0-nél van a függvén lokális szélsõértéke. b) Ebben a részben kissé módosul a formula: Êmˆ 00 m m m m Ê ˆ ( ) ( ) ( 00 m ) 6 m ( m ) ( m ) ( 00 m). Ê00ˆ Ê00ˆ 6 Ê00 ˆ Az elõzõ részben alkalmazott elsõ megoldás most nem mûködik, azonban a számítógé segítségét igénbe vehetjük. A vizsgálandó minden valós számon értelmezett függvén: f () ( ) ( ) (00 ). 0 A függvénnek most is nég zérushele van: ,,, 00. Az elsõ és a második, valamint a harmadik és negedik zérushel között ozitív, a többi nitott intervallumban negatív az értéke. Az elemzést bízzuk a számítógére. A keresett szélsõértékre» 7, adódik. Ezt már le tudjuk ellenõrizni számológéel is, a megoldás: 7 mogorós csoki van a dobozban. w8 Elõször is adjuk meg az összes esetek számát, ami 880-ból 0 szem barack kiválasztása esetén: Ê880ˆ 0. Másodszor határozzuk meg, melik kategóriájú barackból hán szemet szedtünk: I. kategóriájúból: 880 0,0 90 darabot; II. kategóriájúból: 880 0, 68 darabot; III. kategóriájúból: 880 0, 8 darabot

305 VALÓSZÍNÛSÉG-SZMÍTS, STATISZTIKA A feladat kérdése az, hog mekkora valószínûséggel lesz a kaott 0 szem barackból I. kategóriájú 0, II. kategóriájú 8 és III. kategóriájú. Vagis a kedvezõ esetekben 90 darabból választunk 0-et, 68-ból választunk 8-at és uganakkor 8-bõl választunk -t. Már fel tudjuk írni a kedvezõ esetek számát is, tehát a kérdezett valószínûség: Ê90ˆ Ê ˆ 8 Ê ˆ» 0, 0. Ê880ˆ 0 Megjegzés: Ha eg összességben kétfajta elembõl veszünk visszatevés nélkül mintát, az összes lehetséges eredménhez tartozó valószínûségeket hiergeometriai, ha többfajta elembõl vesszük a mintát, olihiergeometriai eloszlásnak nevezzük. Valószínûségi játékok gráfokon (kiegészítõ anag) megoldások w8 PA ( ), PB ( ), PC ( ) (,, +,, ), » w8 0, < 0,7 Þ < 0,9. w8 0,6 + 0, 0, Þ 0,. w86 0, 0,8 + 0, 0,0 0,. w87 w88 09, 06,. a) A lehetõségek az ábrán láthatók. b) P(Deseda tó) 0,6 0,7 0,; P(Balaton) 0,6 0, 0,8; P(kávéház) 0, 0,7 0,; P(könvtár) 0, 0, 0,. w89 P( mozi ), +,. 0 0 Juli Józsi Jenõ Jeromos mozi izza süti séta mozi kosármeccs w860 P(bal) 0, 0,7 + 0,8 0,7 0,7. 0, 0,8 labda egér 0,7 0, bal jobb 0

306 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w86 P(:) 6 0, 0,7. 0:0 0, :0 :0 0, 0: : w86 a) A gráf az ábrán látható. 0 b)» 0, w86 w86 Kiindulásul a 8. feladat válaszában egetlen jelet kell átírnunk: 0,6 + 0, > 0,. Innen > 0,. m még nem végeztünk a feladattal. Az valószínûséget jelöl, íg természetesen adódik: ³. Még mindig nem végeztünk! A 0,6 + 0, is valószínûséget jelöl, ezért ³ 0,6 + 0,, azaz 7 ³. Most már végeztünk? Nem! Uganis még is valószínûséget jelöl: 0, ³. No, most már ténleg végeztünk: 0, ³ > 0,. a) Tekintsük az ábrát. A ontok között csak jobbra vag lefelé léhetünk. A felsõ sorban azt látjuk, amikor harcosunk ner, 0,8 0,6 0, 0, a függõlegesen lógó gombócok a vesztett mérkõzések eredménei. Az élekre most is felírtuk a feladatban meghatározott valószínûségeket. 0, 0, 0,6 0,8 Az a) részkérdésben íg össze kell szoroznunk a felsõ sor értékeit: P(mindent megner) 0,8 0,6 0, 0, 0,08. b) Az elõzõhöz hasonlóan az ábráról leolvashatjuk: P(. meccsen veszít) 0,8 0,6 0,6 0,88. c) Mivel nég meccset megnert, íg csak vag 0 meccset bukhat el ötbõl, azaz harcosunk erõssége vag. w86 Mielõtt a kérdésekre válaszolnánk, rajzoljuk fel a játék gráfját. Eg vízszintes jobb léés Batka manó ontszerzését, eg függõleges lefelé léés Biga csiga ontszerzését hivatott jelezni. Más léés az éleken nem megengedett. Biga csiga valószínûséggel ér el ontot, Batka manóra edig valószínûség marad. Az utolsó sorban olvasható feltétel szerint: P(:6) ( ) 0,06 Þ 0,. Ezek után válaszolhatunk a kérdésekre. : : : :6 : 6: 6: 6: :6 06

307 VALÓSZÍNÛSÉG-SZMÍTS, STATISZTIKA a) P(6:) 0,6. b) Ebben az esetben elõször el kell jutnunk az : ontba, majd ebben az állásban Biga csigának kell még eg ontot szereznie. Az : állást kétfélekéen kahatjuk meg. Egszer kell Batka manónak és egszer Biga csigának ontot elérnie, sorrendjük azonban kétféle is lehet. Ezért: P(6:) ( ) 0,9. c) Kétféle döntetlen állás is kialakulhat: : és : (külön jelölt állások a gráfban). A : álláshoz Batka manónak eg játékot kell megnernie, ennek valószínûsége: P(:) 0,6. Az :-höz azonban Batka manónak már kétszer kell játszmát nerni, míg Biga csigának eget. Ezen gõzelmeket háromféle sorrendben érhetik el: P(:) 0,6 0, 0,. w866 w867 Elsõnek most is írjuk fel a játék gráfját. Az alsó A B A B sorban azt látjuk, hog ki találta el a tábla közeét. Vízszintesen akkor léünk, ha az illetõ játékos nem találta el a közékört. A valószínûségeket a szövegbõl olvashattuk ki. Lássuk a feladat A B A B kérdéseit! a) Végig akkor játsszák, ha eljutunk a gráf utolsó B betûjéig: P(végigjátsszák) 0, 0, 0, 0, 0,,0 0,000. b) Andor három különbözõ esetben nerhet. Ha rögtön ner: P (A) 0,7. Ha Boldizsár ront, majd Andor ner: P (A) 0, 0, 0,8 0,08. Mindketten kétszer rontanak, de Andor harmadszorra talál: P (A) 0, 0, 0, 0,9 0,0008. A fenti esetek kizárják egmást, ezért eredméneiket összeadhatjuk: P(Andor ner) P (A) + P (A) + P (A) 0,7908. Tételezzük fel, hog az erõsebb csaat, a gengébb valószínûséggel ner meg eg mérkõzést, >. Tekintsük a játék gráfját. Hog a bal felsõ ontból eljussunk a jobb alsó ontba, kettõt kell jobbra és kettõt lefelé léni. Ilen lééseket! összesen -félekéen tehetünk (ismétléses ermutáció).!! A kérdéses egenlet:! ( ) < 0,.!! 0, 0, 0, 0, A 0, 0,7 0,8 0,8 0,9 0,9,0 Egszerûsítsünk 6-tal, és vonjunk négzetgököt mindkét oldalból ( és is nemnegatív): ( ) < 0,, 0< + 0,. 0:0 :0 0: A : B B 07

308 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM A arabola zérushelei:» 0,76 és» 0,76, tehát az egenlõtlenség megoldása: < 0,76 vag > 0,76. 0, 0, 0,6 0,8 Mivel >, ezért csak a > 0,76 megoldást fogadjuk el. Most már válaszolhatunk a kérdésre is: a két csaat által megszerzett gõzelem valószínûségeinek arána eg-eg mérkõzésen legalább 0, 76 >», 68. 0, 76 w868 Jane és Tarzan egmástól teljesen függetlenül lasszózzák meg Bagirát, ezért jelölje Jane találati valószínûségét, Tarzanét edig q. A szöveg szerint Jane még javul is a játék során, körönként 0,-et. A kaott gráf az ábrán látható. Írjuk fel egenlettel az ismert gõzelmi eséleket. Tarzan gõz az elsõ körben: ( ) q 0,8. Ê ˆ Jane gõz a harmadik körben: ( ) ( q) (0,9 ) ( q) ( + 0,) 0,08. Tarzan gõz a harmadik körben: ( ) ( q) (0,9 ) ( q) (0,8 ) q 0,06. Ez három egenlet két ismeretlenre, ami akár sok is lehetne. Azonban mivel elég magas fokú egenleteink vannak, valószínûleg jól jön. Nézzük meg közelebbrõl az utolsó két egenletet! Észrevehetjük, hog az elsõ nég ténezõjük megegezik. Érdemes õket elosztanunk egmással, mondjuk az elsõt a másodikkal: + 0, 0. (, 08 ) q 9 Tüntessük el a törteket is: 9 ( + 0,) 0 (0,8 ) q. Kissé alakítsuk át az elsõ egenletet, és vegük hozzá az elõbbihez: 9 ( + 0, ) 0 ( 0, 8 ) q. ( ) q Már nem is annira csúna az egenletrendszer! Osszuk el a felsõ egenletet az alsóval: ( + 0, ) ( 0, 8 ) ( ). Szorozzunk a közös nevezõvel: ( + 0,) ( ) 8 (0,8 ). Fejtsük ki a zárójeleket, majd rendezzünk eg oldalra: 0 0 +,. A megoldókéletbõl: 0 ± 0,, ;, 0 0,. J q +0, q +0, J T T q J 0,9 T q J 0,8 T J T J q T 08

309 VALÓSZÍNÛSÉG-SZMÍTS, STATISZTIKA Az elsõ megoldást nem fogadhatjuk el, hiszen ( ) valószínûséget jelöl, azonban a második jó. Innen q 0,6. Tehát Jane 0,; Tarzan 0,6 valószínûséggel lasszózza meg a árducot. Most ihenjünk eget, és róbáljunk meg válaszolni a feladat kérdésére. A harmadik kör után akkor nincs Bagira befûzve, ha a felsõ sor utolsó ontjában Tarzan sem találja el. Azaz: P(Bagira még mindig szabad) 0,8 0, 0,7 0, 0,6 0, 0,00. Ez azt mutatja, Bagirát nagon nag valószínûséggel befogja valaki a három körben. Valóság és statisztika megoldások w869 w870 w87 w87 óra erckor.,6%-a. Nem. Ha a még össze nem számolt 0% voks a másiké, akkor : 8%-ra a másik gõz. Az eddig megszámolt szavazatok 6,%-át + szavazatot. w87 Az összes szavazat 8 + szavazatot. %-át w87 w87 w876 w877 60%-ot. 00 g termékhez 0 g marhahús szükséges, és g házi fûszert tartalmaz. Azaz %-ot. Mivel 0, 8, íg az üzletház 80 boltot foglal magában, amibõl 80 0,6 0árul ruhát. 07, 0, 8 6,. 06, 0, Veges feladatok megoldások w878 6 a) 0,. b) Legalább negvenet. w879 0,. w880! 0,6.! w88 0,7 6» 0,88. w88 0,. w88 0,99 8» 0,97. Ê 7 ˆ w88 a) 9,98 b) 0 Ê ˆ 0» 0 0; Ê8ˆ Ê 7 ˆ Ê ˆ 0 0» 0,0. 09

310 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM w88 È Ê ˆ 7 Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ 8 Ê ˆ Ê ˆ + + Ê ˆ 9 Ê ˆ 9 Ê ˆ 0 Í» 0,997. Î w886 a) b) Ê7ˆ Ê ˆ Ê ˆ» 0,6; Ê7ˆ 7 7 Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ Ê + + ˆ 6 Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ + 7 7» 0,6. Ê8ˆ Ê8ˆ Ê8ˆ Ê ˆ w887 a)» 0, 009; b)» 0, 07; c)» 0, 998. ʈ ʈ ʈ w888 ʈ 7 Ê ˆ 8 Ê00ˆ 0» 0, 9. w889 ʈ Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ Ps ( 0) ; Ps ( ) Ê0ˆ Ê0ˆ ʈ 6 8 Ê ˆ 0 ; Ps ( ). Ê0ˆ w890 P(megges rétes vag dobostorta) P(megges) + P(dobos) w89 P(nem kell várni Esztire) 0,6 0,9 0, w89 Nem lehet: P(B + C) ( ) + + < 0,. De minden ÎR esetben: + 0,6 > 0. 0