Összefoglaló feladatgy jtemény matematikából nemcsak felvételiz knek

Átírás

1 Univerzita J. Selyeho - Selye János Egyetem Ekonomická fakulta - Gazdaságtudományi Kar Összefoglaló feladatgy jtemény matematikából nemcsak felvételiz knek Árki Zuzana Csiba Peter Fehér Zoltán Tóth János Komárom 2012

2 Készült a KEGA 001UJS 4/2011-es számú projekt keretén belül. Vytvorené v rámci projektu KEGA 001UJS 4/2011 Recenzensek: prof. RNDr. László Béla, CSc. RNDr. Bukor József, PhD. RNDr. Árki Zuzana, PhD., RNDr. Csiba Peter, PhD., RNDr. Fehér Zoltán, PhD., doc. RNDr. Tóth János, PhD A szöveg a pdfl A TEX tipográai rendszerben készült. Az ábrák elkészítéséhez a GeoGebra szoftvert használtuk. ISBN:

3 El szó Tisztelt Olvasó! Az Összefoglaló feladatgy jtemény matematikából nemcsak felvételiz knek és a Függvények nemcsak felvételiz knek cím segédanyagok összeállításával kett s célt t ztünk ki magunk elé. Elkészítésükkel olyan gy jteményt szerettünk volna összeállítani, amely iránymutató azok számára, akik szeretnének felvételt nyerni a Selye János Gazdaságtudományi Karára, illetve felvételt nyertek és szeretnének jól felkészülni az egyetemi tanulmányi program matematika jelleg tantárgyaira. A felvételi vizsgateszt célja, hogy felmérje a jelentkez k középiskolai matematika-alapismereteit. A feladatgy jtemény magába foglalja azokat a témaköröket, amelyek a felvételi tesztben is szerepelnek, ezért lehet vé teszi a megfelel felkészülést a felvételi vizsgára. Az Összefoglaló feladatgy jtemény matematikából nemcsak felvételiz knek cím feladatgy jteményben a középiskolai matematika f bb témaköreit, így az egyenletek és egyenletrendszerek, egyenl tlenségek, százalékszámítás és kombinatorika, valamint a sík és a tér geometriáját feldolgozó témaköröket találhatjuk. Ez a feladatgy jtemény 10 részb l áll. Az els kilenc fejezetben a témakör rövid elméleti összefoglalója után a témához kapcsolódó jellemz mintapéldák megoldását mutatjuk be, ezt követ en pedig a begyakorláshoz javasolt feladatsort közlünk. Meggy z désünk, hogy a feladatok a mintamegoldások alapján sikeresen megoldhatók. A feladatok megoldásának ellen rzését a feladatgy jtemény végén található megoldó kulcs biztosítja. Az utolsó fejezetben bemutatásra kerül a WeBWorK oktatásszervez elektronikus rendszer, amely lehet séget biztosít a feladatgy jteményb l összeállított feladatsor online-tesztelésére. A megadott internetcímen ugyanis a felhasználó a közölt feladatok megoldását beírva rögtön visszajelzést kap megoldásának helyességér l. A Függvények nemcsak felvételiz knek cím részben pedig az elemi függvények és sorozatok témaköreit találhatjuk. Bízunk benne, hogy a feladatgy jtemény mindkét részének végén található mintateszt segít képet alkotni a felvételi vizsga igényességér l. Meggy z désünk, hogy az a jelentkez, aki sikeresen és önállóan megoldotta a feladatgy jtemény minden feladatát, biztosan helytáll a felvételi vizsgateszten is, ezáltal felvételt nyer egyetemünk Gazdaságtudományi Karára, és egyben jól megalapozza az egyetemi tanulmányait. Köszönjük prof. RNDr. László Béla, CSc. és RNDr. Bukor József, PhD. recenzenseknek a szöveg gondos átolvasását és észrevételeiket, melyekkel hozzájárultak a feladatgy j-

4 temény színvonalának biztosításához. A feladatgy jtemény szövege a pdfl A TEX tipográai rendszerben készült, az ábrák elkészítéséhez a GeoGebra szoftvert használtuk. A feladatgy jtemény kivitelezése a KEGA 001UJS 4/2011-es számú projekt keretén belül valósult meg. Minden jelentkez nek sikeres felkészülést kívánunk. Komárom, április 15. Szerz k.

5 Tartalomjegyzék El szó 3 1. Els fokú egyenletek és egyenletrendszerek 6 Megoldott példák Feladatok Másodfokú egyenletek és egyenl tlenségek 23 Megoldott példák Feladatok Egyenl tlenségek 36 Megoldott példák Feladatok Abszolút értéket tartalmazó egyenletek Megoldott példák Feladatok Exponenciális és logaritmikus egyenletek 63 Megoldott példák Feladatok Százalékszámítás 72 Megoldott példák Feladatok Kombinatorika 84 Megoldott példák Feladatok A sík analitikus geometriája 89 Megoldott példák Feladatok A tér analitikus geometriája 106 Megoldott példák Feladatok Online tesztelés 126 Mintatesztek 130

6 6 Megoldókulcs 137 Irodalomjegyzék 139

7 1. ELSŽFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK 7 1. Els fokú egyenletek és egyenletrendszerek Az els fokú egyismeretlenes egyenletet általánosan két algebrai kifejezés e- gyenl ségeként írhatjuk fel. A kifejezések rendezésével eljuthatunk olyan általános alakig, mely az ax + b = 0 egyenlettel írható fel, ahol az a, b együtthatók, valamint az x ismeretlen egy adott alaphalmaz elemei. Az egyenletben szerepl ismeretlen azon értékeit, melyekre az egyenl ség igaz, az egyenlet megoldásainak (gyökeinek) nevezzük. Ha az a 0, akkor ax + b = 0 egyenlet megoldását megkapjuk, ha mindkét oldalból kivonunk b-t és utána az egyenlet mindkét oldalát elosztjuk a-val. Az egyenlet megoldása az x = b a szám. A megoldás keresésekor azt is gyelembe kell venni, hogy milyen számok között keressük a gyököket, ezek általában az N, Z, Q, R halmazok elemei. A megoldás része az egyenlet értelmezési tartományának meghatározása is. Az egyenlet rendezésekor az egyenlet mindkét oldalán ekvivalens átalakításokat végzünk. Az ekvivalens átalakítások a következ k: ˆ az egyenlet mindkét oldalához hozzáadjuk (kivonjuk) ugyanazt a valós számot, ˆ az egyenlet mindkét oldalát megszorozzuk (elosztjuk) ugyanazzal a nemnulla valós számmal, ˆ az egyenlet mindkét oldalát megszorozzuk (elosztjuk) olyan kifejezéssel, mely nem vesz fel nullla értéket. Az egyenlet megoldását az eredeti egyenl ségbe behelyettesítve ellen rizzük. Továbbá ellen rizzük azt is, hogy a megoldás eleme az értelmezési tartománynak. Az els fokú kétismeretlenes egyenletrendszer általános alakja a 1 x + b 1 y = c 1 a 2 x + b 2 y = c 2 ahol x és y az ismeretlenek. Az egyenletrendszer megoldása olyan [x 0, y 0 ] számpár, amely kielégíti mindkét egyenletet és eleme az alaphalmaznak. Az egyenletrendszerek megoldásait általában az R R valós számpárok halmazán keressük. Az els fokú kétismeretlenes egyenletrendszerek megoldásának módszerei:

8 1. ELSŽFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK 8 ˆ Behelyettesít módszer Az egyenletrendszer valamelyik egyenletéb l kifejezzük az egyik ismeretlent. Az ismeretlenre kapott kifejezést behelyettesítjük a másik egyenletbe, az ott szerepl ismeretlen helyére. Ebben az új egyenletben csak egy ismeretlen szerepel, így egy els fokú egyismeretlenes egyenletet kell megoldanunk. Az ismeretlenre kapott megoldást visszahelyettesítjük a kifejezésbe és kiszámoljuk a másik változó értékét. ˆ Egyenl együtthatók módszere Ez a módszer azon alapszik, hogy az egyenleteket megszorozzuk egy nemnulla számmal. A szorzást olyan számokkal végezzük, hogy a két ismeretlen közül az egyik el re kiválasztott ismeretlen együtthatói a két egyenletben egymás ellentettjei legyenek, vagyis csak el jelben különbözzenek. Ezután, ha a két egyenletet összeadjuk, a kiválasztott ismeretlen kiesik és az új egyenlet csak egy változót tartalmaz. Ezt az egyenletet rendezzük, kifejezzük a változót. A kapott megoldást tetsz legesen bármelyik egyenletbe visszahelyettesítve kiszámoljuk a másik változó értékét is. ˆ Összehasonlító módszer Kiválasztjuk az egyik ismeretlent és különkülön mindkét egyenletb l kifejezzük. A kapott kifejezéseket egymással egyenl vé tesszük. Egyismeretlenes egyenletet kapunk, melyet ekvivalens átalakításokkal rendezünk és megoldjuk. A megoldást az els lépésben kapott kifejezések bármelyikébe behelyettesítve kiszámoljuk az egyenletrendszerben szerepl másik ismeretlen értékét is. ˆ Grakus módszer Ábrázoljuk az egyenletrendszer egyenleteit koordináta-rendszerben. Az egyik ismeretlent tekintjük független változónak (x), a másikat pedig függ nek (y). Az egyenleteknek egyváltozós lineáris függvények felelnek meg, melyek gráfja két egyenes. A két egyenes kölcsönös helyzete határozza meg az egyenletrendszer megoldását. Metsz egyenesek esetén a metszéspont [x 0, y 0 ] koordinátái adják a megoldást. Ha az egyenesek egybeesnek, akkor az egyenes bármely pontja megoldása az egyenletrendszernek. Ha pedig az egyeneseknek nincs közös pontjuk, ez azt jelenti, hogy nem létezik olyan számpár, amelyik egyszerre kielégítené mindkét egyenletet, ezért nincs megoldás. Bármelyik módszert alkalmazzuk egy egyenletrendszer megoldására a kapott [x 0, y 0 ] megoldás helyességét mindkét egyenletbe visszahelyettesítve ellen rizzük. Figyelembe vesszük azt is, hogy a kapott számpár eleme feladatban megadott alaphalmaznak.

9 1. ELSŽFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK 9 Megoldott példák 1.1 példa: A 3 x 2x 4 = 4 3 egyenlet megoldásainak száma a valós számok körében A) 0 B) 1 C) 2 D) Megoldás: Az egyenlet bal oldalán lév tört nincs értelmezve, ha 2x 4 = 0, ezért x 2. Rendezzük az egyenletet. 3(3 x) = 4(2x 4) Eltávolítjuk a zárójeleket és kifejezzük az x-et. 9 3x = 8x 16 11x = 25 x = = A kapott x = 25 számmal elvégezzük a próbát. Behelyettesítjük az egyenlet 11 bal oldalán lév kifejezésbe = = 4 3. A kapott érték egyenl az egyenlet jobb oldalával, tehát a 25 az egyenlet egy 11 megoldása. Helyes válasz a B. 1.2 példa: Oldja meg az egyenletet: 1 6x = x + 2 5x 3 Az egyenlet megoldásainak száma a természetes számok halmazán A) 0 B) 1 C) 2 D)

10 1. ELSŽFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK 10 Megoldás: El ször rendezzük az egyenletet, beszorozzuk a törtek nevez inek legkisebb közös többszörösével. 1 6x + 3 = x + 2 5x / (6x + 3) = 15x + 5(2 5x) További ekvivalens átalakítások után kifejezzük az ismeretlent x 9 = 15x x 8x = 4 x = 4 8 = 1 2 Próbával ellen rizzük az eredmény helyességét. Habár az x = 1 2 szám kielégíti az egyenletet, viszont nem eleme a természetes számok halmazának. Az egyenletnek a természetes számok halmazán nincs megoldása. Helyes válasz az A. 1.3 példa: A p paraméter milyen értéke esetén lesz a 4(x 2) + p(5 3x) = 5x p paraméteres egyenlet egyetlen valós gyöke az x 0 = 3? A) p = 1 3 B) p = 3 5 C) p = 1 3 D) p = 5 13 Megoldás: Az x 0 = 3 szám az egyenlet megoldása, ezért ha behelyettesítjük az egyenletbe, igaz egyenl séget kapunk: 4( 3 2) + p(5 3 ( 3)) = 5 ( 3) p. Az egyenletet rendezzük és kifejezzük a p-t p = 15 p 15p = 5 p = 5 15 = 1 3 A megoldás p = 1, vagyis a helyes válasz az A. 3

11 1. ELSŽFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK példa: Oldja meg az a(2x 5) + 4 = 5 x egyenletet, ha az egyenletben a paraméter értéke a = 2 7. A) x = 1 3 B) x = 1 C) x = 1 D) x = 3 7 Megoldás: A feladat szerint az a értéke 2, ezt behelyettesítjük az egyenletbe. 7 ( 2 ) (2x 5) + 4 = 5 x 7 Az egyenletb l rendezés után kifejezzük az x-et. 4 7 x = 5 x 4 7 x + x = x = 3 7 x = 1 Az egyenlet megoldása tehát az x = 1. Helyes válasz a B. 1.5 példa: Oldja meg a 3x + 2y = 6 x 4y = 2 egyenletrendszert az R R halmazon. A megoldás: A) [4, 3] B) [0, 2] C) [1, 2] D) [2, 0] Megoldás: Bemutatjuk a behelyettesít módszer alkalmazását. Fejezzük ki a második egyenletb l az x-et, akkor x = 2 + 4y.

12 1. ELSŽFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK 12 Az így kapott kifejezést behelyettesítjük az x helyére az els egyenletbe. 3(2 + 4y) + 2y = 6 Az új egyenlet csak egy ismeretlent tartalmaz, melyet ekvivalens átalakításokkal való rendezés után kifejezünk y + 2y = 6 14y = 0 y = 0 A kapott y érték segítségével kiszámoljuk az x-et is. Tehát x = 2 + 4y = = 2. Végezzük el a megoldás ellen rzését. Az x = 2 és y = 0 számokat behelyettesítjük az egyenletekbe. Az els egyenletnél = 6 6 = 6 helyes állítást kapunk. A második egyenlet = 2 2 = 2 szintén igaz eredményt ad. Az egyenletrendszer megoldása az [x 0, y 0 ] = [2, 0] számpár. Helyes válasz a D. 1.6 példa: Oldja meg az alábbi egyenletrendszert. 2x y = 4 5x + 3y = 11 Az egyenletrendszer megoldása A) egy valós számpár, melyben x 0 = 2. B) végtelen sok valós számpár. C) egy valós számpár, melyben x 0 + y 0 = 2. D) egy valós számpár, melyben x 0 y 0 = 2. Megoldás: A behelyettesít módszer alapján fejezzük ki az els egyenletb l az y-t, akkor y = 2x + 4.

13 1. ELSŽFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK 13 A kapott kifejezést behelyettesítjük az y helyére a második egyenletbe. 5x + 3(2x + 4) = 11 Az új egyenletb l rendezés után kifejezzük az x-et. 5x + 6x + 12 = 11 x = 1 A kapott x értéket visszahelyettesítjük az y = 2x + 4 egyenletbe, és kiszámoljuk y-t is. y = 2 ( 1) + 4 = 2 Az egyenletrendszer megoldása az [x 0, y 0 ] = [ 1, 2] valós számpár. A felsorolt válaszok közül csak az x 0 y 0 = 2 állítás igaz. Helyes válasz a D. 1.7 példa: A 7x 5y = 1 9x + 3y = 5 egyenletrendszernek az R R halmazon egyetlen [x 0, y 0 ] megoldása van, melyre teljesül: A) x 0 + y 0 = 2 B) x 0 + y 0 = 3 C) x 0 + y 0 = 1 D) x 0 + y 0 = 2 Megoldás: A feladat megoldásához jól alkalmazható az egyenl együtthatók módszere. Kiválasztjuk az y ismeretlent, melynek együtthatói a 5 és 3. Szorozzuk be az egyenleteket a megfelel számokkal úgy, hogy az új egyenletekben az y együtthatói a 15 és +15 legyenek. 7x 5y = 1 / 3 9x + 3y = 5 / 5 A szorzás után a két egyenletet összeadjuk, a kapott egyenletben csak az x ismeretlen marad. 21x 15y = 3 45x + 15y = 25 24x + 0 y = 22 x = = 11 12

14 1. ELSŽFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK 14 Az x értékét behelyettesítjük az egyenletrendszer els egyenletébe y = 1, 12 melyb l megkapjuk az y értékét is. 5y = y = 12 5 = [ 11 Az egyenletrendszer megoldása az [x 0, y 0 ] = 12, 13 ] 12 Helyes válasz az A. x 0 + y 0 = = = 2. számpár és teljesül 2.megoldás. Mivel a felkínált válaszokban az x 0 és y 0 értékét nem kell meghatározni, csak azok összegét, próbáljuk meg összeadni az egyenletrendszer két egyenletét. 7x 5y = 1 9x + 3y = 5 2x 2y = 4 Az utolsó egyenletet (-2)-vel osztva kapjuk, hogy x + y = 2. Ez a feltétel az egyenletrendszer x 0, y 0 megoldására is teljesül. 1.8 példa: Oldja meg az alábbi egyenletrendszert. 2x y = 4 8x 4y = 15 Az egyenletrendszernek az R R halmazon A) éppen egy megoldása van. B) mindig van megoldása. C) nincs megoldása. D) végtelen sok számpár a megoldása.

15 1. ELSŽFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK 15 Megoldás: Fejezzük ki az els egyenletb l az y-t, ekkor y = 2x 4. A második egyenletbe behelyettesítve a 8x 4(2x 4) = 15 egy ismeretlent tartalmazó egyenletet kapjuk. Rendezés után pedig 8x 8x + 16 = = 15 adódik. Az utolsó egyenlet semmilyen x, y-ra nem lehet igaz, ezért az egyenletrendszernek nincs megoldása. Helyes válasz a C. 2.megoldás Az els egyenlet szerint a 2x 4 kifejezés értéke 4. Akkor ennek a kifejezésnek a 4-szerese 16 lesz, vagyis 4(2x y) = 8x 4y = 16. Viszont az egyenletrendszer második egyenlete szerint 8x 4y = 15. Nem létezik olyan valós számpár, melyre a fenti kifejezés egyszerre lesz egyenl 15-tel és 16-tal is. 1.9 példa: Oldja meg az alábbi egyenletrendszert. 4x 6y = 11 3x 5y = 9 Az egyenletrendszernek az R R halmazon egyetlen [x 0, y 0 ] számpár megoldása a [ 1 A) 2, 1 ] [ 3 B) 2 2, 1 ] [ C) 1 3 3, 1 ] [ D) 1 2 2, 3 ] 2 Megoldás: A megoldást az összehasonlító módszerrel fogjuk megkeresni. Mindkét egyenletb l fejezzük ki az x ismeretlent. Az alábbi kifejezéseket kapjuk

16 1. ELSŽFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK 16 x = y 4 és x = 9 + 5y. 3 Mivel mindkét kifejezés ugyanazzal az x számmal egyenl, ezért a két kifejezést egymással egyenl vé tehetjük. Egyismeretlenes egyenletet kaptunk y 4 = 9 + 5y. 3 Az egyenletet ekvivalens átalakításokkal rendezzük és megoldjuk. 3( y) = 4( 9 + 5y) y = y 2y = 3 y = 3 2 Az y = 3 2 számot helyettesítsük be az x-re felírt kifejezések egyikébe, akkor x = 2 = = 1 2. [ Az egyenletrendszer megoldása a 1 2, 3 ] valós számpár. Helyes válasz a D példa: Oldja meg az alábbi egyenletrendszert. 2x + y = 6 2x y = 2 Az egyenletrendszernek az R R halmazon A) egy számpár a megoldása. B) pontosan két megoldása van. C) nincs megoldása. D) végtelen sok számpár a megoldása. Megoldás: Bemutatjuk a grakus megoldási módszert. Ábrázoljuk egy (x, y) koordináta-rendszerben az egyenleteknek megfelel y = 2x + 6 és y = 2x 2

17 1. ELSŽFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK ábra. egyeneseket. Az egyenesek megrajzolásához megkeressük a tengelymetszeteket. Az y = 2x 2 (a egyenes) tengelymetszetei az [1, 0] és [0, 2] pontokban vannak. Az y = 2x + 6 (b egyenes) esetén a [3, 0] és [0, 6] lesz az a két pont, ahol az egyenes metszi a koordináta-tengelyeket. Felvázoljuk a neghatározott pontokat és meghúzzuk az egyeneseket (1.ábra). A két egyenes egyetlen pontban metszi egymást, tehát az egyenletrendszernek egyetlen megoldása van. A helyes válasz az A. A feladat megválaszolásához nincs szükség a pontos megoldásra. Ebben az esetben az ábrából kiolvasható, hogy a metszéspont koordinátái [2, 2], és egyúttal ez a számpár lesz az egyenletrendszer megoldása.

18 1. ELSŽFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK 18 Feladatok: 1.1 feladat: Milyen x valós szám esetén lesz az kifejezés értéke egyenl 4-gyel? x 5 x x A) x = 4 B) x = 4 C) x = 6 D) x = feladat: Milyen x valós szám esetén lesz a 7x 9 1 4x + x 3 kifejezés értéke egyenl 1-gyel? A) x = 3 11 B) x = 3 7 C) x = 1 7 D) x = feladat: Az 5 x 18 5x = egyenlet megoldásainak száma a természetes számok halmazán A) 0 B) 1 C) 2 D) 1.4 feladat: Oldja meg a racionális számok halmazán az egyenletet. Az egyenlet megoldása: 7 2 (3x ) = x 37 x 5 A) 7 2 B) 2 7 C) 2 5 D) feladat: A megadott egyenletek közül melyiknek lesz az x 0 = 5 a megoldása? 0 x = 5 (1) 4x + 2 = 2(2x + 1) (2) 3x 15 = 0 (3) 4x 8 = 12 (4) x = 15 4 (5)

19 1. ELSŽFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK 19 A) az els nek és ötödiknek B) a harmadiknak C) csak a negyediknek D) a másodiknak és negyediknek 1.6 feladat: A 3x + 3 x + 4 = 7 + 2x x egyenlet összes valós megoldásának száma: A) 0 B) 1 C) 2 D) 1.7 feladat: Az 5 x x 3 = 5 3 egyenlet megoldásainak száma a természetes számok halmazán: A) 0 B) 1 C) 2 D) 1.8 feladat: A 5x 4 2 egyenletnek nincs megoldása a = 1 16x 7 A) racionális számok halmazán. B) egész számok halmazán. C) természetes számok halmazán. D) valós számok halmazán. 1.9 feladat: A x 4 x = 5 + 2x x + 3 egyenlet megoldásainak száma: A) 0 B) 1 C) 2 D) 1.10 feladat: A 4(3x 5) 2(7 3x) = 6(2x 3) 5(2 3x)

20 1. ELSŽFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK 20 egyenletnek egyetlen gyöke van, amelyik egy A) természetes szám. B) negatív egész szám. C) pozitív racionális szám. D) negatív racionális szám feladat: A 3 x 1 = 3 2p paraméteres egyenletnek a p milyen értékére nincs megoldása? A) p = 2 3 B) p = 1 C) p = 3 2 D) p = feladat: Ha az a paraméter felveszi a (-2) értéket, hány valós megoldása lesz az 5(x + 3) + a(2 x) = 4(x a) + 3x + 1 paraméteres egyenletnek? A) 0 B) 1 C) 2 D) 1.13 feladat: A p paraméter milyen értéke esetén lesz a p(2x 7) = 2(7x 2) p paraméteres egyenletnek valós gyöke az x 0 = 1 2? A) p = 3 5 B) p = 3 5 C) p = 1 2 D) p = feladat: Az a paraméter milyen értéke esetén lesz a a(2x 5) + 4 = 5 x paraméteres egyenlet egyetlen valós gyöke az x 0 = 1? A) a = feladat: A B) a = 0 C) a = 2 7 D) a = x + 2y = 10 3x + 2y = 6

21 1. ELSŽFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK 21 egyenletrendszernek egyetlen megoldása az R R halmazon a A) [4, -3] B) [4,0] C) [-4,3] D) [2,1] 1.16 feladat: Az 5x y = 9 2x + 7y = 11 egyenletrendszernek az R R halmazon egyetlen olyan [x 0, y 0 ] számpár a megoldása, melyre teljesül A) x 0 + y 0 = 2 B) x 0 + y 0 = 3 C) x 0 + y 0 = 1 D) x 0 + y 0 = feladat: A 4x 4y = 4 5x + 3y = 7 egyenletrendszernek az R R halmazon egyetlen olyan [x 0, y 0 ] számpár a megoldása, melyre teljesül A) x 0 + y 0 = 3 B) x 0 + y 0 = 4 C) x 0 + y 0 = 1 D) x 0 + y 0 = feladat: Az x 4y = 1 6x + y = 6 egyenletrendszernek az R R halmazon egyetlen olyan [x 0, y 0 ] számpár a megoldása, melyre teljesül A) x 0 y 0 = 1 B) x 0 y 0 = 1 C) x 0 y 0 = 3 D) x 0 y 0 = feladat: A 3x y = 5 9x + 3y = 15 egyenletrendszernek az R R halmazon A) éppen egy megoldása van. B) mindig van megoldása. C) nincs megoldása. D) végtelen sok számpár a megoldása.

22 1. ELSŽFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK feladat: A 3x y = 5 9x + py = 15 egyenletrendszernek a p paraméter milyen értékére nincs megoldása? A) p = 3 B) p = 3 C) p = 1 D) p = feladat: A 2x + py = 3 6x 3y = 9 egyenletrendszernek a p paraméter milyen értékére lesz végtelen sok megoldása? A) p = 3 B) p = 3 C) p = 1 D) p = feladat: Egy autógyár a termelését három összeszerel vállalatánál valósítja meg. Az els vállalatnál kétszer annyi autót gyártanak, mint a másodikban. A második vállalatnál 80 darabbal kevesebbet gyártanak, mint a harmadikban. Az autógyár összesen naponta 800 autót készít. Hány darabot gyárt az els vállalat? A) 180 B) 360 C) 260 D) feladat: Billnek kétszer annyi pénze van, mint Mikenak. Ha Bill 5 e- t ad Mikenak, akkor Mikenak lesz pont kétszer annyi pénze, mint Billnek. Mennyi pénzük van összesen? A) 5 e B) 20 e C) 12 e D) 15 e 1.24 feladat: Két valós szám összege 14 3 két szám szorzata? 10 és különbsége. Mennyi lesz a 3 A) 2 3 B) 4 C) 8 3 D) feladat: Két egész szám összege 18. Ez az összeg nem változik, ha az els számot csökkentjük a negyedével és a második számot növeljük annak

23 1. ELSŽFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK 23 ötödével. Mennyi lesz a két szám szorzata? A) 80 B) 72 C) 56 D) 24

24 2. MÁSODFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLŽTLENSÉGEK Másodfokú egyenletek és egyenl tlenségek Másodfokú egyenletek általános megoldóképlete. Az egyismeretlenes másodfokú egyenlet általános alakja: ax 2 + bx + c = 0, ahol az a, b, c adott valós számok és a 0. A ax 2 + bx + c = 0, másodfokú egyenletnek I. két valós gyöke van: x 1,2 = b ± b 2 4ac, 2a ha D = b 2 4ac > 0, II. egy valós göke van: x = b 2a, ha D = b 2 4ac = 0, III. nincs valós gyöke (megoldása), ha D = b 2 4ac < 0. A megoldás során vizsgált D = b 2 4ac kifejezést az egyenlet diszkriminánsának nevezzük. Ett l függ, hogy a másodfokú egyenletnek hány megoldása van a valós számok körében. A valós gyök létezésének szükséges és elégséges feltétele: D = b 2 4ac 0. Gyökök és együtthatók közötti összefüggés. Ha egy másodfokú polinomnak van valós gyöke, akkor szorzattá tudjuk alakítani: ax 2 + bx + c = a (x x 1 ) (x x 2 ). Az a (x x 1 ). (x x 2 ) = 0 egyenletet a másodfokú polinom gyöktényez s alakjának nevezük. Az x 1, x 2 gyökök meghatározhatók az általános megoldóképlet segítségével. Az ax 2 + bx + c = 0, másodfokú egyenlet gyökei és együtthatói között fennállnak a következ összefüggések: x 1 + x 2 = b a, x 1 x 2 = c a. Ezeket az összefüggéseket Viete-formuláknak is nevezzük. Másodfokú egyenl tlenségek. A másodfokú egyenl tlenségek megoldásában meghatározó, hogy a kifejezések grakonja a koordináta-rendszerben ábrázolva parabolát határoz meg. A grakon lényeges segítséget nyújt a megoldáshalmaz megkeresésében és szemléltetésében.

25 2. MÁSODFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLŽTLENSÉGEK 25 Például a x 2 + 2x egyenl tlenség esetében meghatározzuk a bal oldalon álló másodfokú kifejezés zérushelyeit: x 2 + 2x + 3 = 0, x 1,2 = 2 ± ( 1) 3, 2 ( 1) x 1 = 1, x 2 = 3. Mivel az x ( x 2 +2x+3) függvény grakonja lefelé nyíló parabola, ezért az egyenl tlenség megoldása a két zérushely közötti tartomány lesz, hiszen az x ezen értékeire nemnegatív a x 2 + 2x + 3 kifejezés (a grakon ezen része az x tengely felett van). A megoldáshalmaz tehát a 1, 3 intervallum minden pontja. Megoldott példák 2.1 példa: Oldjuk meg a 3x 2 = 4 x egyenletet a valós számok halmazán! Az egyenlet egyetlen pozitív gyöke: A) 2 B) 3 C) 1 D) 8 3 Megoldás: Rendezzük az egyenletet úgy, hogy a jobb oldalon a 0 álljon, és a bal oldalon írjuk a tagokat az ismeretlen kitev je szerint csökken sorrendbe: 3x 2 + x 4 = 0.

26 2. MÁSODFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLŽTLENSÉGEK 26 A megoldóképletbe az a = 3, b = 1, c = 4 értékeket behelyettesítve: azaz A jó válasz a C. x 1,2 = 1 ± x 1 = = 1 ± 7, 6 = 8 3, x 2 = = példa: Ha az x 1, x 2 (x 1 < x 2 ) a 12x 2 + 7x + 1 = 0 egyenlet gyökei, akkor a 3x 1 x 2 kifejezés értéke: A) 5 4 B) 3 4 C) 2 3 D) 4 3 Megoldás: Határozzuk meg a 12x 2 + 7x + 1 = 0 másodfokú egyenlet gyökeit a megoldóképlet segítségével. Most a = 12, b = 7, c = 1. A diszkrimináns értéke: D = b 2 4ac = = = 1. És az egyenlet gyökei: Mivel x 1 < x 2, ezért: x 1,2 = 7 ± = 7 ± x 1 = x 2 = A 3x 1 x 2 kifejezés értéke: 3x 1 x 2 = 3. = 8 24 = 1 3, = 6 24 = 1 4. ( 1 ) ( 1 ) = A jó válasz a B. 2.3 példa: Az ax 2 4x+5 = 0 egyenletben határozzuk meg az a paramétert

27 2. MÁSODFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLŽTLENSÉGEK 27 úgy, hogy az egyenletnek két különböz valós gyöke legyen! Akkor az a minden lehetséges értéke az alábbi intervallumból való: A) (3, 5) B) (1, 3) C) (, 1) D) (5, ) Megoldás: Megvizsgáljuk, milyen feltételnek kell teljesülnie ahhoz, hogy az egyenletnek létezzen két különböz valós gyöke. Ez akkor teljesül, ha D = ( 4) 2 20a > 0, a < 4 5. A jó válasz a C. 2.4 példa: A 2x 2 4x + c = 0 egyenletben határozzuk meg a c paramétert úgy, hogy az egyenletnek két pozitív gyöke legyen! A) 3, ) B) (2, ) C) (, 0 D) (0, 2) Megoldás: Megvizsgáljuk, milyen feltétel szükséges ahhoz, hogy az egyenletnek létezzen két valós gyöke. Ez akkor teljesül, ha D = ( 4) 2 8c > 0, c < 2. Most felhasználjuk a gyökök és együtthatók közötti összefüggéseket: x 1 + x 2 = 2, x 1 x 2 = c 2. Mindkét gyök akkor lesz pozitív, ha a gyökök összege és szorzata is pozitív. Az összefüggések alapján a gyökök összege pozitív, a szorzat pedig akkor lesz pozitív, ha c 2 > 0. Az egyenletnek akkor lesz mindkét gyöke pozitív, ha 0 < c < 2. A D a jó válasz. 2.5 példa: Az x 2 + 3x + p = 0 egyenlet egyik gyöke x 1 = 7, akkor az x 2 és

28 2. MÁSODFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLŽTLENSÉGEK 28 a p paraméter értéke: A) x 2 = 4, p = 28 B) x 2 = 4, p = 28 C) x 2 = 4, p = 28 D) Az el z válaszok közül egyik sem jó. Megoldás: Alkalmazzuk a Viete-formulákat: x 1 + x 2 = b a, x 1 x 2 = c a. Mivel az egyenlet egyik gyöke x 1 = 7, továbbá b a 7 + x 2 = 3 = 3, ezért az egyenletb l adódik, hogy x 2 = 4. Felhasználva az x 1 x 2 = c a összefüggést: A jó válasz a B. ( 7) 4 = c 1, c = példa: Jelöljük ki az alábbi egyenletek közül azt, amelynek mindkét gyöke 2-vel nagyobb a 3x 2 x = 0 egyenlet gyökeinél. A) 3x 2 13x + 14 = 0 B) 3x 2 13x 14 = 0 C) x 2 5x + 6 = 0 D) 3x 2 5x + 4 = 0 Megoldás: A 3x 2 x = 0 egyenlet nem teljes másodfokú egyenlet és a bal oldalon lév kifejezés szorzattá alakítható: 3x 2 x = x (3x 1).

29 2. MÁSODFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLŽTLENSÉGEK 29 Ekkor érvényes: x (3x 1) = 0 (x = 0 3x 1 = 0), tehát, ha x 1 = 0, x 2 = 1 3. A keresett egyenlet x 1, x 2 gyökeinek értéke 2-vel nagyobb kell legyen, mint az x 1, x 2, ezért x 1 = 2 + x 1 = 2, x 2 = 2 + x 2 = = 7 3. Ha ismerjük a másodfokú egyenlet gyökeit, akkor az egyenletet megkaphatjuk a gyöktényez s alakból szorzattal: (x x 1). (x x 2) = 0, ( (x 2). x 7 ) = 0, 3 x x = 0. A felkínált válaszok között minden egyenletnek egész együtthatói vannak, ezért szorozzuk az egyenletet 3-mal: 3x 2 13x + 14 = 0. Az A a jó válasz. 2.7 példa: Ha x 1, x 2 az x 2 8x + 5 = 0 egyenlet gyökei, akkor az x 1 x 2 az alábbi egyenlet kétszeres gyöke: A) x 2 10x + 15 = 0 B) x 2 10x + 25 = 0 C) x x + 15 = 0 D) x x + 25 = 0 Megoldás: A Viete-formulák segítségével meghatározzuk az x 1 x 2 szorzat értékét: x 1 x 2 = c a.

30 2. MÁSODFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLŽTLENSÉGEK 30 Az adott egyenletre: x 1 x 2 = 5, amely érték a keresett egyenlet kétszeres gyöke lesz. Ha az ax 2 + bx + c = 0 egyenlet kétszerese gyöke x 0, akkor az egyenlet felírható gyöktényez s szorzat alakban a(x x 0 )(x x 0 ) = 0, a(x x 0 ) 2 = 0. Mivel a 0, és a felkínált egyenletek mindegyikére a = 1, ezért a keresett másodfokú egyenlet: (x 5) 2 = 0, A B a jó válasz. x 2 10x + 25 = példa: Határozzuk meg, mely valós számokra érvényes az x 2 4x+6 > 0 egyenl tlenség! A) ( 1, ) B) (1, ) C) (, 1) D) R Megoldás: Oldjuk meg el ször az x 2 4x + 6 = 0 egyenletet. Mivel a diszkrimináns értéke D = = 8, vagyis negatív szám, ezért ennek az egyenletnek nem létezik valós gyöke. Ezért, ha ábrázoljuk a bal oldal függvényét, akkor egy olyan felfelé nyíló parabolát kapunk, amely nem metszi az x tengelyt.

31 2. MÁSODFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLŽTLENSÉGEK 31 A grakon ábrázolásához alakítsuk át a másodfokú kifejezést teljes négyzetté: x 2 4x + 6 = (x 2 4x + 4) = (x 2) Az ábrából látható, hogy az egyenl tlenség megoldáshalmaza az értelmezési tartománnyal egyenl, hiszen minden x R értékre a függvény helyettesítési értéke pozitív. A D a jó válasz. 2.9 példa: Határozzuk meg, mely valós számokra érvényes az alábbi egyenl tlenség! 15 2x x 2 A) 3, 5 B) 5, 3 C) (, 5 D) 5, 3 Megoldás: Átalakítjuk az egyenl tlenséget: x x 0. Oldjuk meg el ször a x x = 0 egyenletet. Mivel a diszkrimináns értéke D = = 64, vagyis pozitív szám, ezért ennek az egyenletnek két valós megoldása lesz. x 1,2 = 2 ± 64 2 = 2 ± 8 2 x 1 = = 5, x 2 = = 3

32 2. MÁSODFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLŽTLENSÉGEK 32 Ha ábrázoljuk a f(x) = x x függvényt, akkor egy olyan lefelé nyíló parabolát kapunk, amely az x 1, x 2 pontokban metszi az x tengelyt. Az ábrából látható, hogy az egyenl tlenség megoldáshalmaza a 5, 3 intervallum. A D a jó válasz példa: Oldjuk meg a x 4 + x 2 12 > 0 egyenl tlenséget a valós számok halmazán! Akkor a megoldáshalmaz: A) (, 3 ) ( 3, ) B) ( 3, ) C) (, 3) D) ( 3, 3) Megoldás: Vezessünk be egy új ismeretlent z = x 2. Most a következ egyenl tlenséget kell megoldanunk: z 2 + z 12 > 0. Keressük meg a z 2 + z 12 = 0 egyenlet gyökeit: z 1,2 = 1 ± ( 12), 2 z 1 = 3, z 2 = ( 4). A bal oldalon lév kifejezés grakonja egy felfelé nyíló parabola, így a megoldás: z < 4 vagy z > 3. Visszahelyettesítve az x változót, két egyenl tlenség megoldását kell meghatározni: Az x 2 < ( 4) egyenl tlenségnek nincs megoldása a valós számok halmazán, mert minden valós szám négyzete pozitív. Az x 2 > 3 egyenl tlenséget megoldva: x2 > 3, x > 3. Az egyenl tlenség megoldása a valós számkörben a (, 3 ) ( 3, ). Az A a jó válasz.

33 2. MÁSODFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLŽTLENSÉGEK 33 Feladatok: 2.1 feladat: Oldjuk meg a 2x 2 = 6+4x egyenletet a valós számok halmazán! Az egyenlet egyetlen pozitív gyöke: A) x = 3 B) x = 2 C) x = 4 D) x = feladat: Oldjuk meg a 12x 2 = 8 4x egyenletet a valós számok halmazán! Az egyenlet egyetlen negatív gyöke: A) x = 3 B) x = 2 C) x = 4 D) x = feladat: Ha az x 1, x 2 (x 1 < x 2 ) a 12x 2 + 7x 1 = 0 egyenlet gyökei, akkor a 3x 2 + 4x 1 kifejezés értéke: A) x = 1 B) x = 2 C) x = 3 D) x = feladat: Ha az x 1, x 2 (x 1 < x 2 ) a 5x x 6 = 0 egyenlet gyökei, akkor a 5x 1 + 2x 2 kifejezés értéke: A) x = 2 B) x = 4 C) x = 6 D) x = feladat: Az ax 2 +5x+2 = 0 egyenletben határozzuk meg az a paramétert úgy, hogy az egyenletnek két különböz valós gyöke legyen! Akkor az a minden lehetséges értéke az alábbi intervallumból való: A) (, 25 8 ) B) ( 25 8, 8) C) 8, ) D) (8, 25) 2.6 feladat: Az 2x 2 +bx+8 = 0 egyenletben határozzuk meg a b paramétert úgy, hogy az egyenletnek ne legyen valós gyöke! Akkor a b minden lehetséges értéke az alábbi intervallumból való: A) (, 8 B) ( 8, 8) C) 8, ) D) (10, 16) 2.7 feladat: A x 2 +6x+c = 0 egyenletben határozzuk meg az c paramétert úgy, hogy az egyenletnek két pozitív gyöke legyen! Akkor a c értékei az alábbi intervallumból valók: A) (, 9) B) ( 9, 0) C) 0, ) D) (0, 9)

34 2. MÁSODFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLŽTLENSÉGEK feladat: A x 2 +5x+c = 0 egyenletben határozzuk meg az c paramétert úgy, hogy az egyenletnek két pozitív gyöke legyen! Akkor a c lehetséges értékei az alábbi intervallumból való: A) (, 25 4 ) B) ( 25 4, 0) C) 4, ) D) (4, 25) 2.9 feladat: Az 2x p = 0 egyenletet egyik gyöke x 1 = 5, akkor az x 2 és a p paraméter értéke: A) x 2 = 4, p = 15 B) x 2 = 3, p = 15 C) x 2 = 3, p = 15 D) Az el z válaszok közül egyik sem jó feladat: Az 12x 2 13x + p = 0 egyenletet egyik gyöke x 1 = 1 3, akkor az x 2 és a p paraméter értéke: A) x 2 = 3 4, p = 3 B) x 2 = 3 4, p = 3 C) x 2 = 3, p = 3 D) Az el z válaszok közül egyik sem jó feladat: Jelöljük ki az alábbi egyenletek közül azt, amelynek mindkét gyöke 2-vel nagyobb a 2x 2 + 7x 15 = 0 egyenlet gyökeinél. A) 2x 2 + x 21 = 0 B) 2x 2 x 21 = 0 C) 4x 2 x + 21 = 0 D) 4x 2 x 21 = feladat: Jelöljük ki az alábbi egyenletek közül azt, amelynek mindkét gyöke 1-gyel nagyobb a 6x 2 + x 12 = 0 egyenlet gyökeinél. A) 6x 2 11x 7 = 0 B) 6x x + 7 = 0 C) 6x 2 11x + 7 = 0 D) x 2 11x 7 = feladat: Ha x 1, x 2 a 2x 2 + 3x + 10 = 0 egyenlet gyökei, akkor az x 1 x 2 az alábbi egyenlet kétszeres gyöke:

35 2. MÁSODFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLŽTLENSÉGEK 35 A) x x 25 = 0 B) x x + 25 = 0 C) x 2 10x + 25 = 0 D) x 2 10x 25 = feladat: Ha x 1, x 2 az 3x 2 +5x+12 = 0 egyenlet gyökei, akkor az x 1 x 2 az alábbi egyenlet kétszeres gyöke: A) x 2 + 8x 16 = 0 B) x 2 8x 16 = 0 C) x 2 + 8x + 16 = 0 D) x 2 8x + 16 = feladat: Jelöljük ki az alábbi intervallumok közül azt, amelyik tartalmazza a 2x 2 11x egyenl tlenség összes megoldását! A) (, 4) B) (, 2) C) 0, 2 D) 2, feladat: Határozzuk meg, hogy mely valós számokra érvényes az alábbi egyenl tlenség! 12x 2 4x 1 0 A) (, , ) B) ( 1 2, 1 6 ) C) 1 6, 1 2 D) ( 1 2, ) 2.17 feladat: Határozzuk meg, hogy mely valós számokra érvényes az alábbi egyenl tlenség! 2x x A) x R B) x (, 0) C) x 0, ) D) nincs megoldása 2.18 feladat: Határozzuk meg, hogy a p paraméter mely értékeire nem lesz a 3x 2 + px egyenl tlenségnek végtelen sok megoldása a valós számok halmazán!

36 2. MÁSODFOKÚ EGYENLETEK ÉS EGYENLŽTLENSÉGEK 36 A) (, 6 6, ) B) 6, 6 C) 6, ) D) (0, 6) 2.19 feladat: Határozzuk meg, hogy a p paraméter mely értékeire lesz a 3x 2 + px egyenletnek végtelen sok megoldása a valós számok halmazán! A) p = 5 B) p ( 60, 60 ) C) p = 6 D) nincs ilyen p 2.20 feladat: A x 4 + 9x 2 14 = 0 egyenl tlenlet megoldásainak száma a valós számok halmazán: A) 1 B) 2 C) 3 D) 4

37 3. EGYENLŽTLENSÉGEK Egyenl tlenségek Az egyenl tlenségek megoldását kétféleképpen közelíthetjük meg: 1. Grakus megoldás. Az egyenl tlenség mindkét oldalát egy-egy függvény hozzárendelési szabályának tekintjük. Ekkor megoldásként az egyenl tlenség alaphalmazából azokat a valós számokat adjuk meg, amelyekre a függvények helyettesítési értékére a megadott viszony fennáll. Például a 3 2x > 4x 3 egyenl tleség esetén f(x) = 3 2x, g(x) = 4x 3. Most azokat az x értékeket keressük, melyekre f(x) > g(x). Ha a két függvényt közös koordinátarendszerben ábrázoljuk, akkor a megoldást grakus módon kapjuk meg. Ennek a módszernek korlátai vannak, mert nem mindig lehet kell pontossággal leolvasni a keresett megoldást. Ábrázoljuk az f(x), g(x) függvényeket. Az ábrából leolvasható, hogy a két egyenes az x = 1 pontban metszi egymást. Az ennél kisebb értékekre az f(x) függvény grakonja a g(x) grakonja felett van, ezért az egyenl tlenség megoldása az összes olyan valós szám, melyre x < 1. A választ megadhatjuk intervallummal is: x (, 1). 2. Algebrai megoldás. Ez a módszer hasonló az egyenletek algebrai megoldásához. A következ lépéseket végezhetjük el: I. Az egyenl tlenség mindkét oldalához hozzáadhatjuk ugyanazt a valós konstanst. II. Ismeretlent tartalmazó kifejezést is hozzáadhatunk, vagy kivonhatunk, amennyiben az nem változtatja meg az egyenl tlenség értelmezési tartományát.

38 3. EGYENLŽTLENSÉGEK 38 III. Pozitív konstanssal szorozhatjuk és oszthatjuk is az egyenl tlenség mindkét oldalát. IV. Ha negatív számmal szorozzuk vagy osztjuk az egyenl tlenséget, akkor az egyenl tlenség irányát az ellenkez jére kell változtatnunk. V. Ha ismeretlent tartalmazó kifejezéssel szorzunk, vagy osztunk, akkor gondolnunk kell arra, hogy annak értéke lehet pozitív (az egyenl tlenség iránya nem változik szorzás után) vagy negatív (az egyenl tlenség iránya a szorzás után megváltozik), tehát ezeket az eseteket külön kell vizsgálnunk. Megoldott példák 3.1 példa: Oldjuk meg grakusan az x + 1 > 3 x egyenl tlenséget, majd jelöljük meg azt az intervallumot, amely tartalmazza az egyenl tlenség összes megoldását a valós számok halmazán! A) ( 1, ) B) (1, ) C) (, 1) D) ( 1, 1) Megoldás: Most az f(x) = x + 1, g(x) = 3 x jelölés mellett keressük azokat az x értékeket, melyekre f(x) > g(x). Ábrázoljuk az f(x), g(x) függvényeket közös koordinátarendszerben. Az f(x) > g(x) egyenl tlenség érvényes az (1, ) intervallum minden pontjára, ezért a jó válasz a B. 3.2 példa: Oldjuk meg grakusan az x 2 4 3x egyenl tlenséget, majd

39 3. EGYENLŽTLENSÉGEK 39 jelöljük meg azt az intervallumot, amely tartalmazza az egyenl tlenség összes megoldását a valós számok halmazán! A) (, 1) B) (0, 4) C) ( 5, 2) D) (2, ) Megoldás: Az f(x) = x 2, g(x) = 4 3x jelölés mellett keressük azokat az x értékeket, melyekre f(x) g(x). Ábrázoljuk az f(x), g(x) függvényeket közös koordinátarendszerben. Az ábrából leolvasható, hogy a 4, 1 intervallum minden pontjára teljesül: f(x) g(x). A jó válasz a C. 3.3 példa: Jelölje meg azt az intervallumot, amely tartalmazza az alábbi egyenl tlenség megoldásait! 2 (x 1) x A) (, 3) B) 7, ) C) 2, 2 D) 10, ) Megoldás: A megoldást most algebrai úton adjuk meg. Szorozzuk az egyenl tlenség mindkét oldalát a két tört nevez jének legkisebb közös többszörösével, azaz 6-tal. 4 (x 1) (x + 1) 30,

40 3. EGYENLŽTLENSÉGEK 40 4x x , 5x 35. Az egyenl tlenséget osztjuk (-5)-tel, és ügyelünk arra, hogy a negatív számmal való osztáskor megfordul az egyenl tleség iránya: x 7. A B a jó válasz. 3.4 példa: A 2x 8 0 egyenl tlenség természetes számok halmazából 2 x való megoldásainak száma: A) 0 B) 1 C) 2 D) végtelen Megoldás: Az egyenl tlenséget megoldjuk a valós számok halmazán. A nevez miatt x 2. A bal oldalon található törtkifejezésben szerepl tényez k határozzák meg a tört el jelét. Egy számegyenesen bejelöljük a tényez k nullahelyeit: A 2x 8 esetén 2x 8 = 0 x = 4. Mivel az egyenl tlenség nem szigorú, ezért az x = 4 pontot tömött karikával jelöljük. A 2 x kifejezés pontosan akkor nulla, ha x = 2. Mivel ez a kifejezés a nevez ben van, ezért az x = 2 pontot üres karikával jelöljük. A számegyenest felbontottuk három intervallumra. Most meghatározzuk az egyes kifejezések esetében, hogy azok értéke pozitív-e vagy negatív az egyes intervallumok bels pontjain. 2x 8 > 0 x > 4, 2 x > 0 x < 2.

41 3. EGYENLŽTLENSÉGEK 41 Készítsünk táblázatot, melybe + -szal jelöljük, ha az intervallum bels pontjain pozitív, illetve -szal, ha az intervallum bels pontjain negatív az adott kifejezés. A táblázat utolsó sora pedig a tört el jelét adja meg az adott intervallumon. (, 2) (2, 4) (4, ) 2x x + 2x 8 2 x + Figyelembe vesszük azt, hogy az x = 4 értéke megengedett (a nem szigorú egyenl tlenség miatt), valamint a táblázatból leolvassuk, hogy az adott tört az x (2, 4 intervallumon vesz fel pozitív értékeket. Ez az intervallum 2 természetes számot tartalmaz. A jó válasz a C. 3.5 példa: Az adott intervallumok közül jelöljük meg azt, amelyik tartalmaz az alábbi egyenl tlenségnek eleget tev számot! (2x + 1)(x + 1) (x + 1)(7 x) 0 A) (, 1) B) ( 5, 2) C) (0, 4) D) (2, ) Megoldás: Végezzük el az átalakításokat: (2x + 1)(x + 1) (x + 1)(7 x) 0, (x + 1) (2x x) 0, (x + 1) (3x 6) 0. Egy többtényez s kifejezés vizsgálatánál gyelembe vesszük, hogy I. Egy többtényez s kifejezés akkor és csak akkor nulla, ha valamelyik tényez je egyenl nullával. II. Egy többtényez s kifejezés akkor és csak akkor pozitív, ha egyik tényez je sem nulla, és a negatív tényez k száma páros.

42 3. EGYENLŽTLENSÉGEK 42 III. Egy többtényez s kifejezés akkor és csak akkor negatív, ha egyik tényez je sem nulla, és a negatív tényez k száma páratlan. Egy számegyenesen bejelöljük a tényez k nullahelyeit: A x + 1 esetén x + 1 = 0 x = 1. Mivel az egyenl tlenség nem szigorú, ezért az x = 1 pontot tömött karikával jelöljük. A 3x 6 kifejezés pontosan akkor nulla, ha x = 2. Mivel az egyenl tlenség nem szigorú, ezért az x = 2 pontot is tömött karikával jelöljük. A számegyenest felbontottuk három intervallumra. Most meghatározzuk az egyes kifejezések esetében, hogy azok értéke pozitív-e vagy negatív az egyes intervallumok bels pontjain. x + 1 > 0 x > 1, 3x 6 > 0 x > 2. Készítsünk táblázatot, melybe + -szal jelöljük, ha az intervallum bels pontjain pozitív, illetve -szal, ha az intervallum bels pontjain negatív az adott kifejezés. A táblázat utolsó sora pedig a szorzat el jelét adja meg az adott intervallumon. (, 1) (1, 2) (2, ) x x 6 + (x + 1).(3x 6) + + Figyelembe vesszük, hogy az x = 1 és az x = 2 értéke is megengedett (a nem szigorú egyenl tlenség miatt), valamint a táblázatból leolvassuk, hogy az adott kifejezés x 1, 2 intervallumon vesz fel negatív értékeket. A jó válasz a C.

43 3. EGYENLŽTLENSÉGEK példa: Jelöljük meg azt az intervallumot, amely tartalmazza az alábbi egyenl tlenség megoldását! 1 x 3 4 2x 4 A) (, 2) B) (8, ) C) (4, 7) D) (7, 12) Megoldás: Vigyük át az egyenl tlenség jobb oldalán álló kifejezést bal oldalra, majd hozzuk közös nevez re! 1 x 3 4 2x 4 0, (2x 4) (4x 12) (x 3)(2x 4) 0, (8 2x) (x 3)(2x 4) 0. A számlálóban lév kifejezés x = 4 -re lesz nulla, a nevez ben lév kifejezések nullapontjai pedig az x = 3, illetve x = 2. A valós számegyenest ez a három pont négy intervallumra bontja fel. Az x = 4 pontot tömött karikával jelöljük, mivel a tört ebben az esetben nullával egyenl, ami a nem szigorú egyenl tlenség miatt megfelel. A nevez nullapontjait üres karikával jelöljük, mert a tört erre a két értékre nem értelmezett. Készítsük el a táblázatot. (, 2) (2, 3) (3, 4) (4, ) 8 2x x x (8 2x) (x 3)(2x 4) + +

44 3. EGYENLŽTLENSÉGEK 44 Figyelembe véve, hogy az x = 4 értéke megengedett (a nem szigorú egyenl tlenség miatt), az egyenl tlenség megoldása: (, 2) (3, 4. A jó válasz az A. 3.7 példa: A (2x + 5) 2 (x 4) 0 megoldáshalmaza tartalmaz adott tulajdonságú számot: A) negatív egész B) negatív nem egész racionális C) nulla D) negatív irracionális számot Megoldás: Alakítsuk át az adott egyenl tlenséget gyöktényez k szorzatára: [ ( 2 x + 2)] 5 2 (x 4) 0, ( 4 x + 2) 5 2 (x 4) 0. A bal oldali kifejezés nullapontjai: x 1 = 5 2, x 2 = 4. Jelöljük ki ezeket a pontokat a számegyenesen tömött karikával, mivel ezekre teljesül az egyenl tlenség, azaz az adott egyenl tlenség megoldásai. A két pont három intervallumra bontja fel a számegyenest: I 1 = (, 5 2 ), I 2 = ( 5 2, 4) I 3 = (4, ) Megvizsgáljuk, hogy az egyes intervallumok bels pontjain pozitív vagy negatív az adott kifejezés. Ezt eldönthetjük egy jól megválasztott pont helyettesítési értéke alapján, választhatjuk például az x = 5, x = 0 és x = 5 pontokat.

45 3. EGYENLŽTLENSÉGEK 45 Mivel csak az I 3 intervallumon pozitív az adott kifejezés, ezért az egyenl tlenség megoldáshalmaza { } 5 4, ). 2 A 0 nem megoldás, ezért a C nem jó válasz. Az egyetlen negatív megoldás az x = 5. Mivel a 5 nem egész és nem irracionális szám, ezért az A és D 2 2 sem jó válaszok. A jó válasz a B. 3.8 példa: A 4x 3 + 3x 4 x 5 egyenl tlenség megoldásainak halmaza: A) 1, 0 4, ) B) ( 1, 0) (4, ) C) 4, ) D) 1, 0 Megoldás: Alakítsuk át az egyenl tlenséget úgy, hogy a jobb oldalon nulla szerepeljen, majd a bal oldali kifejezést bontsuk szorzatra. 4x 3 + 3x 4 x 5 0, x 3 (4 + 3x x 2) 0. A 4 + 3x x 2 = 0 másodfokú egyenlet megoldásával könnyen meghatározzuk annak gyökeit: x 1 = 4, x 2 = 1. Most már felbonthajtuk a másodfokú polinomot gyöktényez k szorzatára x x 2 = ( 1) (x 4) (x + 1) = (x + 1) (4 x). Az eredeti egyenl tlenség tehát: x 3 (x + 1) (4 x) 0. Mos meghatározzuk az egyenl tlenség nullapontjait. x 3 (x + 1) (4 x) = 0 (x = 0 x = 1 x = 4). Jelöljük ki a nullapontokat a számegyenesen tömött karikával (a nem szigorú egyenl tlenség miatt). A 1, 0, 4 pontok négy intervallumra bontották a számegyenest. Minden intervallumból válasszunk ki egy megfelel pontot, majd határozzuk meg, hogy az egyenl tlenség bal oldalán szerepl kifejezés helyettesítési értéke az adott pontban pozitív-e vagy negatív. P (x) = x 3. (x + 1) (4 x) 0

46 3. EGYENLŽTLENSÉGEK 46 A (, 1 intervallumból válasszuk az x = 2 pontot. Megvizsgáljuk, hogy az egyes tényez k milyen el jellel rendelkeznek, ha x = 2. Az x 3 negatív, mert ( 2) 3 = 8, az (x + 1) is negatív (értéke ( 1)), a (4 x) kiefejezés pedig pozitív (értéke 6). A három tényez szorzata pozitív. Tehát a P polinom is pozitív a (, 1 intervallumon. Hasonlóképpen vizsgáljuk meg a további három intervallum el jelét. Az ábrán látható, hogy a P (x) = x 3. (x + 1) (4 x) 0 az x 1, 0 4, ) valós számokra teljesül. A jó válasz az A. Feladatok: 3.1 feladat: Oldjuk meg grakusan a x 2 1 < 2x+2 egyenl tlenséget a valós számok halmazán. Jelöljük meg azt az intervallumot, amely tartalmazza a megoldásokat! A) (, 0 4, ) B) ( 2, 3) C) 4, ) D) ( 1, 3) 3.2 feladat: Oldjuk meg grakusan a x 1 2 2x 1 egyenl tlenséget a valós számok halmazán, majd jelöljük meg azt az intervallumot, amely tartalmazza a megoldásokat! A) (, 0 B) (0, 3) C) 3, 5) D) 5, )

47 3. EGYENLŽTLENSÉGEK feladat: Oldjuk meg grakusan a 2x 3 x 1 egyenl tlenséget a valós számok halmazán, majd jelöljük meg azt az intervallumot, amely tartalmazza a megoldásokat! A) (, 5 B) ( 5, 3) C) 3, 0) D) 2, ) 3.4 feladat: Oldjuk meg grakusan a x (x 2) 2 egyenl tlenséget a valós számok halmazán, majd jelöljük meg azt az intervallumot, amely tartalmazza a megoldásokat! A) (, 0 B) (0, 1) C) 1, 4 D) 4, ) 3.5 feladat: A 2x 1 3 x 1 2 x 5 6 egyenl tlenség megoldása: A) x (0, 1) B) x (0, 1) C) x = 2 D) nincs megoldása 3.6 feladat: A x egész számok halmazán: x+2 x 3 x 7 egyenl tlenség megoldásainak száma a pozitív A) 3 B) 1 C) 4 D) feladat: A x 1 egész számok halmazán: x+1 x 5 x+5 egyenl tlenség megoldásainak száma a nemnegatív A) 0 B) 1 C) 3 D) feladat: A x+2 egész számok halmazán: x 1 x 2 x+3 egyenl tlenség megoldásainak száma a nemnegatív A) 0 B) 1 C) 2 D) végtelen 3.9 feladat: A 4 2x > 2x+3 x 2 3 x egyenl tlenség megoldása: A) x (0, 1) B) x (, 2) C) x (3, ) D) nincs megoldása egyenl tlenség megoldása valós számok hal feladat: A 1 mazán: 1 x+2 x 1 A) üres halmaz B) ( 2, 1) C) 2, 1 D) (0, )

48 3. EGYENLŽTLENSÉGEK feladat: A (x + 5)(8x 3) (2x 1)(4x + 7) egyenl tlenség megoldásainak száma a pozitív egész számok halmazán: A) 0 B) 1 C) 2 D) feladat: A (x+3)(x 3)(3x+1) (x+3)(x 3)(2x 2) egyenl tlenség megoldásainak száma a negatív egész számok halmazán: A) 0 B) 3 C) 2 D) végtelen 3.13 feladat: A 3(x 2 4x + 5) > (1 + 3x)(x 2) egyenlet megoldása a valós számok halmazán: A) (, 17 7 ) B) ( ), 7 17 C) 7 17, ) D) ( 17 7, ) 3.14 feladat: A 3x 2 < 2x egyenlet megoldása a valós számok halmazán: A) (, 0 B) ( 0, 2 3 ) C) 2 3, D) 3, ) 3.15 feladat: A 6 3x 2 7x 0 egyenl tlenség megoldása a valós számok halmazán: A) (, 3 B) 2 3, 3 C) 3, 2 3 D) 3, 3) 3.16 feladat: A 2x 3 [4x 2 (x 1)] < 2 (3x + 1) egyenl tlenség nemnegatív megoldásainak száma az egész számok körében: A) 0 B) 1 C) 2 D) feladat: A 2x 7 + x+1 1 < 2 2x 2 4x+2 x 2 2x+1 3 3x megoldásainak száma az egész számok körében: x 1 egyenl tlenség nemnegatív A) 0 B) 1 C) 2 D) feladat: Legyen A az (x 3) (x+1) 0 egyenl tlenség valós megoldásainak x 5 halmaza, B pedig az (x + 1) (x 2) (4 x) 0 megoldáshalmaza. Akkor az A B halmaz:

49 3. EGYENLŽTLENSÉGEK 49 A) (, 2 (4, ) B) 1, 2 (5, ) C) 2, 3 5, ) D) 2, feladat: A 3x+1 Akkor a H legkisebb eleme: 3x+2 2x 3 2x+5 egyenl tlenség megoldáshalmaza legyen H. A) 5 2 B) 1 2 C) 3 2 D) H-nak nincs legkisebb eleme 3.20 feladat: A 3x+1 3x+2 egyenl tlenség megoldáshalmaza legyen H. 2x 3 2x+5 Hány természetes szám van, amely eleme H-nak? A) 0 B) 1 C) 2 D) 3

50 4. ABSZOLÚT ÉRTÉKET TARTALMAZÓ EGYENLETEK Abszolút értéket tartalmazó egyenletek és egyenl tlenségek Az x szám abszolút értéke az x és a 0 távolságát jelenti a számegyenesen. Jelölése x. Mivel az abszulút érték távolságot jelent, ezért x 0 minden x számra. Válós x számok abszolút értékének a meghatározása: ˆ pozitív szám és a nulla abszolút értéke maga a szám, ˆ negatív szám abszolút értéke pedig a szám ellentettje ( 1-szerese). Tehát Megoldott példák x = { x, ha x 0 x, ha x < példa: A 4x x 2 = 3x+2 egyenlet összes megoldása a valós számok halmazán a következ intervallumból való. A) 4, ) B) 2, ) C) (, 2) D) (, 4) Megoldás: Az egyenletet megoldhatjuk algebrai úton. Az egyenletben szerepel az x 2 kifejezés abszolút értéke. Ennek helyettesítési értéke lehet pozitív vagy negatív az x-t l függ en. El jelet az x = 2 pontban vált. { x 2, ha x 2 0, azaz x 2, x 2 = (x 2), ha x 2 < 0, azaz x < 2. Az egyenletet két különböz értelmezési tartományon fogjuk megoldani. 1. Ha x 2, ), akkor x 2 0 és x 2 = x 2. Az egyenlet ezen az intrevallumon a következ alakban írható fel: 4x (x 2) = 3x + 2, majd rendezéssel a 3x + 2 = 3x + 2 alakra hozható. Az utóbbi egyenlet minden x R számra teljesül, így az összes x 2, ) valós számra is. Ezért az eredeti egyenlet megoldáshalmaza a 2, ) intervallumon az egész 2, ) intervallum. 2. Ha x (, 2), akkor x 2 < 0 és x 2 = (x 2) = x + 2. Az egyenlet ezen az intrevallumon a következ alakban írható fel: 4x ( x + 2) = 3x + 2.

51 4. ABSZOLÚT ÉRTÉKET TARTALMAZÓ EGYENLETEK Egyszer átalakításokat alkalmazva megkapjuk az egyenlet megoldását: x = 2. Mivel azonban 2 / (, 2), az egyenlet megoldása tehát nem tartozik a tartományba, melyre értelmeztük, ezért a (, 2) intervallumon nincs az eredeti egyenletnek megoldása. Az adott egyenlet megoldása x 2, ). A jó válasz a B. 4.2 példa: Az 2x 5 + 2x 7 = 0 egyenlet valós megoldásainak száma: A) 0 B) 1 C) 2 D) Megoldás: Az abszolút { érték deníciója alapján: 2x 5, ha 2x 5 0, azaz x 5 2x 5 =, 2 (2x 5), ha 2x 5 < 0, azaz x < 5. 2 A 2x 5 kifejezés nullapontja, az x = 5 felosztja a valós számok halmazát 2 két intervallumra: Az 5 2 pontot bármelyik intervallumhoz sorolhatjuk, akár mindkett höz. Most mindkét intervallumon felírjuk az egyenletet abszolútért éket már nem tartalmazó alakban, megoldjuk a kapott egyenletet, majd ellen rizzük, hogy a megoldás az adott intervallumba tartozik-e vagy nem. 1. Ha x < 5, akkor 2x 5 = (2x 5), tehát ezen az intervallumon a 2 (2x 5) + 2x 7 = 0 egyenletet kell megoldani. (2x 5) + 2x 7 = 0, 2 = 0. Ellentmondáshoz jutottunk, tehát az egyenletnek nincs megoldása ezen az intervallumon.

52 4. ABSZOLÚT ÉRTÉKET TARTALMAZÓ EGYENLETEK Ha x 5, akkor 2x 5 = 2x 5, tehát ezen az intervallumon a 2 2x 5 + 2x 7 = 0 egyenletet oldjuk: 2x 5 + 2x 7 = 0, 4x 12 = 0, x = 3. Mivel 3 5 2, ), ezért az x = 3 megoldása az eredeti egyenletnek. Behelyettesítéssel meggy z dhetünk róla, hogy az egyenl ség teljesül, egyben ez az egyenlet egyetlen megoldása. A B a jó válasz. 4.3 példa: Oldjuk meg a 4x = 0 egyenletet a valós számok halmazán. Akkor az egyenlet megoldása: A) x = 2 B) x = 4 7 C) x = 1) D) nincs megoldása Megoldás: Alakítsuk át az egyenletet a következ alakra: 4x 7 = 2. Mivel tetsz leges kifejezés abszolút értéke nemnegatív, ezért a 4x 7 értéke sem lehet 2, az egyenletnek nincs megoldása. D a jó válasz. 4.4 példa: Oldjuk meg az x = 0 egyenletet a valós számok halmazán. Akkor az egyenlet megoldásainak száma: A) 0 B) 1 C) 3 D) végtelen Megoldás: Rendezzük az egyenletet: x 3 5 = 5. Az abszolút érték deníciója alapján az alábbi két eset lehetséges: I. x 3 5 = 5 vagy II. x 3 5 = 5. I. Az els esetben a x 3 = 10 egyenletet kapjuk, melyre x 3 = 10 vagy x 3 = 10.

53 4. ABSZOLÚT ÉRTÉKET TARTALMAZÓ EGYENLETEK Ebben az esetben két megoldás adódik: x 1 = 13 és x 2 = 7. II. A második esetben a x 3 = 0 egyenletet kapjuk, melyre x 3 = 0. Ebben az esetben egy megoldás adódik: x = 3. Összegezve: az x = 0 egyenletnek három valós szám tesz eleget, x 1 = 13, x 2 = 7 és x = 3 ezért a C a jó válasz. 4.5 példa: Oldjuk meg a 2x 3 x 1 = x egyenletet a valós számok halmazán. Akkor az egyenlet megoldásainak száma: A) 0 B) 1 C) 2 D) végtelen Megoldás: Értelmezzük az egyenletben szerepl abszolút érték kifejezéseket! { 2x 3, ha 2x 3 0, azaz x 3 2x 3 =, 2 (2x 3), ha 2x 3 < 0, azaz x < 3. 2 x 1 = { x 1, ha x 1 0, azaz x 1, (x 1), ha x 1 < 0, azaz x < 1. Az x = 3 és az x = 1 három intervallumra osztják fel a valós számok halmazát: 2 Ha a három intervallumon értelmezzük az egyenletben szerepl kifejezések abszolút értékét, akkor három különböz egyenletet kapunk: I.Ha x < 1, akkor ( 2x + 3) ( x + 1) = x, 2x = 2,

54 4. ABSZOLÚT ÉRTÉKET TARTALMAZÓ EGYENLETEK x = 1. Az x = 1 nem tartozik a kijelölt tartományba, ezért ez nem megoldása az eredeti egyenletnek. II. Ha 1 x < 3 2, akkor ( 2x + 3) (x 1) = x, 3x + 4 = x, 4x = 4, x = 1. Az x = 1 megoldása az eredeti egyenletnek, hiszen eleme a kijelölt értelmezési tartománynak. III. Ha 3 x, akkor 2 2x 3 (x 1) = x, x 2 = x, 2 = 0. Az egyenlet ellentmondásra vezet, tehát ebben a tartományban nincs megoldás. Az eredeti egyenletnek egy megoldása van, ezért a B a jó válasz. 4.6 példa: Oldjuk meg a x x 1 = 2 x egyenletet a valós számok halmazán. Akkor az egyenlet megoldáshalmaza: A) egy intervallum B) két intervallum uniója C) egyelem halmaz D) kételem halmaz Megoldás: Az abszolút értékben szerepl kifejezések nullapontjai az x = 1, x = 1 és x = 0 pontok. Ezek négy részre osztják fel a számegyenest. Most meghatározzuk az egyes intervallumokon a kifejezések el jelét, majd felírjuk az egyenletet abszolút értékek nélkül. I. Ha x (, 1, akkor (x + 1) + ( x + 1) = 2x, 2x = 2x.

55 4. ABSZOLÚT ÉRTÉKET TARTALMAZÓ EGYENLETEK Ennek az egyenletnek az értelmezési tartomány minden pontja megfelel, tehát minden x (, 1 megfelel az eredeti egyenletnek. II.Ha x ( 1, 0, akkor (x + 1) + ( x + 1) = 2x, 2 = 2x, x = 1. Mivel 1 / ( 1, 0 ezért ezen az intervallumon nincs megoldása az eredeti egyenletnek. III. Ha x (0, 1, akkor (x + 1) + ( x + 1) = 2x, 2 = 2x, x = 1. Mivel 1 (0, 1 ezért ezen az intervallumon egyetlen megoldása van az eredeti egyenletnek, mégpedig x = 1. IV. Ha x (1, ), akkor (x + 1) + (x 1) = 2x, 2x = 2x. Ennek az egyenletnek az értelmezési tartomány minden pontja megfelel, tehát minden x (1, ) megfelel az eredeti egyenletnek. Az egyenlet megoldása tehát minden olyan x valós szám, melyre x (, 1 1, ). A B a jó válasz. 4.7 példa: Oldjuk meg a x 2 2x = 3x 6 egyenletet a valós számok halmazán. Akkor az egyenlet megoldásainak összege:

56 4. ABSZOLÚT ÉRTÉKET TARTALMAZÓ EGYENLETEK A) 1 B) 3 C) 2 D) 1 Megoldás: A 3x 6 abszolút értékben szerepl kifejezés nullapontja az x = 2, amely a valós számok halmazát két intervallumra osztja fel: R = (, 2) 2, ). 1. Ha x (, 2), akkor 3x 6 < 0, ezért 3x 6 = (3x 6). Felírjuk ez eredeti egyenletet abszolút érték nélkül x 2 2x = 3x + 6, x 2 + x 6 = 0. A másodfokú egyenlet diszkriminánsa D = = 5, az egyenletnek két megoldása van a valós számok halmazán. A másodfokú egyenlet megoldóképlete alapján könnyen meghatározzuk az egyenlet gyökeit: x 1 = 2, x 2 = 3. Mivel 2 / (, 2), ezért az eredeti egyenletnek a (, 2) intervallumon egyetlen megoldása van, mégpedig az x = 3. 2.Ha x 2, ), akkor 3x 6 > 0, ezért 3x 6 = 3x 6. Felírjuk ez eredeti egyenletet abszolút érték nélkül x 2 2x = 3x 6, x 2 5x + 6 = 0. A másodfokú egyenlet diszkriminánsa D = ( 5) 2 24 = 1, tehát két megoldása van a valós számok halmazán. A másodfokú egyenlet megoldóképlete alapján könnyen meghatározzuk az egyenlet gyökeit: x 1 = 3, x 2 = 2. Mivel mindkét gyököt tartalmazza a 2, ) intervallum, ezert ezen az intervallumon két megoldása van az eredeti egyenletnek: x 1 = 3, x 2 = 2.

57 4. ABSZOLÚT ÉRTÉKET TARTALMAZÓ EGYENLETEK Összegezve: az eredeti egyenletnek három megoldása van,x = 3, x 1 = 3, x 2 = 2, ezek összege: ( 3) = 2. A C a jó válasz. 4.8 példa: Oldjuk meg az 5 3x 6 egyenl tlenséget a valós számok halmazán. Akkor a megoldás az alábbi intervallum: A) 5 3, 5 3 B) 1 3, 11 3 C) 6 5, 6 5 D) 1 3, 5 3 Megoldás: Az adott egyen tlenséget többféleképpen is megoldhatjuk. Most felhasználjuk azt a tényt, hogy ha a egy konkrét valós szám, akkor az x a kifejezi az x pont távolságát a számegyenesen az a ponttól. Átalakítjuk a 5 3x kifejezést x a alakú kifejezésre: 5 3x = 3x + 5 = (x ( 3) 3) 5 = 3 x 5 3 = 3 x 5 3. Az eredeti egyenl tlenséget felírhatjuk vele ekvivalens alakban: 3 x x Az utóbbi egyenl tlenség megoldása minden olyan x pont, melyek távolsága az 5 ponttól legfeljebb 2 egység. Szemléltessük ezt egy számegyenesen: 3 Az egyenl tlenség megoldása a 1, jó válasz. intervallum minden pontja. B a 4.9 példa: Oldjuk meg az 1 2x x 2 x egyenl tlenséget a valós

58 4. ABSZOLÚT ÉRTÉKET TARTALMAZÓ EGYENLETEK számok halmazán. Akkor a megoldás az alábbi intervallum: A) 2, 1 4 ) B) 1, ) C) 1, ) D) ) 2, Megoldás: Az egyenl tlenségben szerepl kifejezések nullapontjai x = 1 és 2 x = 2. Ezek három részre osztják fel a valós számok halmazát, a három értelmezési tartományon pedig az eredeti egyenl tlenség három különböz, abszolút értéket már nem tartalmazó alakot vesz fel. I. Az x (, 2) intervallumon az eredeti egyenl tlenség a következ alakban írható fel: (1 2x) ( x 2) x. Rendezzük és oldjuk meg az egyenl tlenséget: 3 x x, 3 2 x. Az 3 x feltételnek eleget tev értékek közül egy sem tartozik a (, 2) intervallumba, ezért az eredeti egyenletnek ezen az intervallumon nincs megoldása. 2 II. A 2, 2) 1 intervallumon felírjuk, majd megoldjuk az egyenl tlenséget: (1 2x) (x + 2) x, 1 3x x, 1 4 x. A 1 x feltételnek eleget tev értékek közül csak azok az értékek megoldásai az eredeti egyenletnek, melyekre teljesül az x 2, 2) 1 feltétel is. Tehát 4 az eredeti egyenlet megoldáshalmaza a 2, 2) 1 1, ) = 1, ) intervallum.

59 4. ABSZOLÚT ÉRTÉKET TARTALMAZÓ EGYENLETEK III. Az 1 2, ) intervallumon felírjuk az egyenl tlenséget és megoldjuk azt: ( 1 + 2x) (x + 2) x, x 3 x, 3 0. Az utóbbi állítás igaz, tehát ezen az intervallumon felírt egyenl tlenségnek az értelmezési tartomány minden értéke megfelel, tehát a megoldáshalmaz az 1, ) intervallum. 2 Összegezve: az egyenl tlenség megoldása a 1, ) , ) = 1, ) 2 4 intervallum. A C a jó válasz példa: Oldjuk meg az x egyenl tlenséget a valós számok halmazán. Akkor a megoldáshalmaz: A) egy intervallum B) két intervallum uniója C) három intervallum uniója D) egyelem halmaz Megoldás: Ezt az egyenl tlenséget célszer grakusan megoldani. Készítsük el a bal oldalon található függvény grakonját. Mivel ez egy összetett függvény a grakon elkészítése több lépésben történik: f 1 (x) = x 1, f 2 (x) = x 1 2, f 3 (x) = x 1 2 f 4 (x) = x

60 4. ABSZOLÚT ÉRTÉKET TARTALMAZÓ EGYENLETEK Az utolsó ábra alapján leolvashatjuk az egyenl tlenség megoldáshalmazát, amely azokból a valós számokból áll, melyekre teljesül az alábbi feltétel. x 2 vagy 0 x 2 vagy 4 x. A C a jó válasz. Feladatok: 4.1 feladat: A 2 x 1 = 2x + 3 egyenlet összes megoldása a valós számok halmazán a következ intervallumból való. A) 1, ) B) 2, ) C) (, 1) D) (, 2) 4.2 feladat: A 2x 1 x = x+1 egyenlet összes megoldása a valós számok halmazán a következ intervallumból való. A) 2, ) B) 1, ) C) (, 1) D) (, 2)

61 4. ABSZOLÚT ÉRTÉKET TARTALMAZÓ EGYENLETEK feladat: Az 3x 2 = 3x + 4 egyenlet valós megoldásainak száma: A) 0 B) 1 C) 2 D) 4.4 feladat: Az 3x 8 4 = 0 egyenlet valós megoldásainak száma: A) 0 B) 1 C) 2 D) feladat: Oldjuk meg a 2x 3 + 2x 5 = 0 egyenletet a valós számok halmazán. Akkor az egyenlet megoldása: A) x = 2 B) x = 4 7 C) x = 1) D) nincs megoldása 4.6 feladat: Oldjuk meg a 5 4x + 2 = 0 egyenletet a valós számok halmazán. Akkor az egyenlet megoldása: A) x = 2 B) x = 4 7 C) x = 1) D) nincs megoldása 4.7 feladat: Oldjuk meg a x = 0 egyenletet a valós számok halmazán. Akkor az egyenlet megoldásainak száma: A) 0 B) 2 C) 4 D) végtelen 4.8 feladat: Oldjuk meg a x 4 3 = 1 egyenletet a valós számok halmazán. Akkor az egyenlet megoldásainak száma: A) 0 B) 2 C) 4 D) végtelen 4.9 feladat: Oldjuk meg a 2x x = x egyenletet a valós számok halmazán. Akkor az egyenlet megoldásainak száma: A) 0 B) 1 C) 2 D) feladat: Oldjuk meg a 3x x = 2x egyenletet a valós számok halmazán. Akkor az egyenlet megoldásainak száma: A) 0 B) 1 C) 2 D) végtelen 4.11 feladat: Oldjuk meg a x x = 2 x egyenletet a valós számok halmazán. Akkor az egyenlet megoldása:

62 4. ABSZOLÚT ÉRTÉKET TARTALMAZÓ EGYENLETEK A) egy intervallum B) két intervallum uniója C) egyelem halmaz D) kételem halmaz 4.12 feladat: Oldjuk meg a x x = 2 x 2 egyenletet a valós számok halmazán. Akkor az egyenlet megoldása: A) egy intervallum B) két intervallum uniója C) egyelem halmaz D) kételem halmaz 4.13 feladat: Oldjuk meg a x 2 7 = x 5 egyenletet a valós számok halmazán. Akkor az egyenlet megoldásainak szorzata: A) 12 B) 12 C) 16 D) feladat: Oldjuk meg a x 2 + 2x = x egyenletet a valós számok halmazán. Akkor az egyenlet megoldásainak szorzata: A) 10 B) 2 C) 4 D) feladat: Oldjuk meg az 2 3x 4 egyenl tlenséget a valós számok halmazán. Akkor a megoldás az alábbi intervallum: A) 5 3, 5 3 B) 1 3, 11 3 C) 6 5, 6 5 D) 2 3, feladat: Oldjuk meg az 3 x 5 egyenl tlenséget a valós számok halmazán. Akkor a megoldás az alábbi intervallum: A) 2, 5 B) 2, 5 C) 2, 8 D) 3, feladat: Oldjuk meg az 3x + 2 x 2 4 egyenl tlenséget a valós számok halmazán. Akkor a megoldás az alábbi intervallum: A) 4, 1 B) 2 3, 2) C) 4, 2) D) 2 3, 4) 4.18 feladat: Oldjuk meg az 1 x x 3 2 egyenl tlenséget a valós számok halmazán. Akkor a megoldás az alábbi intervallum:

63 4. ABSZOLÚT ÉRTÉKET TARTALMAZÓ EGYENLETEK A) (3, ) B) (, 1) C) (1, 3) D) (, ) 4.19 feladat: Oldjuk meg az 1 x egyenl tlenséget a valós számok halmazán. Akkor a megoldáshalmaz: A) egy intervallum B) két intervallum uniója C) három intervallum uniója D) R 4.20 feladat: Oldjuk meg az x egyenl tlenséget a valós számok halmazán. Akkor a megoldáshalmaz: A) egy intervallum B) két intervallum uniója C) három intervallum uniója D) R

64 5. EXPONENCIÁLIS ÉS LOGARITMIKUS EGYENLETEK Exponenciális és logaritmikus egyenletek Elevenítsük fel a valós számok hatványozására érvényes azonosságokat! Tetsz leges valós x, y számra és pozitív valós a, b számra érvényes: a x = a y x = y, (a 1, (b 1) a x.a y = a x+y a x a y = ax y (a x ) y = a x.y (a.b) x = a x.b x ( a b ) x = a x A törtkitevõj hatványokra érvényes: b x a m n = n a m, ahol a > 0, m Z, n N, n > 1. A hatványokkal szorosan összefügg a logaritmus fogalma. Azt mondjuk, hogy a b szám a alapú logaritmusa az a kitev, amelyre a-t emelve b-t kapunk, ahol a > 0, a 1 és b > 0 Jele: log a b. log a b = x b = a x, (a > 0, a 1, b > 0) A logaritmust tartalmazó egyenletek megoldásakor a következ azonosságokat fogjuk alkalmazni: log a x = log a y x = y, log a a = 1, log a 1 = 0, log a x + log a y = log a (x.y), log a x log a y = log a x y, log a x b = b. log a x, (b R).

65 5. EXPONENCIÁLIS ÉS LOGARITMIKUS EGYENLETEK 65 Megoldott példák 5.1 példa: A 7 x 7 = 49 x 2 egyenlet megoldása: A) 2 B) 5 C) 4 D) 5 3 Megoldás: Írjuk fel az egyenlet mindkét oldalát a 7 hatványaként, majd végezzük el a m veleteket: 7 x+1 = (7 2 ) x 2, 7 x+1 = 7 2x 4. Az exponenciális függvény szigorú növekedése miatt: x + 1 = 2x 4, A jó válasz tehát a B. x = példa: Az 5 x2 2x 8 = 1 egyenlet megoldása: A) x 1 = 2, x 2 = 2 B) nincs megoldása C) x 1 = 4, x 2 = 2 D) x 1 = 3, x 2 = 2 Megoldás: Mivel az 1 minden számnak nulladik hatványa, ezért felírható: 5 x2 2x 8 = 5 0. Az exponenciális függvény szigorú növekedése miatt: x 2 2x 8 = 0, A jó válasz tehát a C. x 1,2 = 2 ± , 2 x 1 = 4, x 2 = 2.

66 5. EXPONENCIÁLIS ÉS LOGARITMIKUS EGYENLETEK példa: Adjuk meg a következ egyenlet megoldását a valós számok halmazán: 3 x + 3 x x+2 = 13. A) nincs megoldása B) x = 0 C) x = 2 D) x = 3 Megoldás: Az egyenlet bal oldalán lév kifejezésben alakítsuk át a kitev ket: 3 x + 3 x x 3 2 = 13. Most emeljük ki az azonos tényez t, majd a zárójelben végezzük el a m veleteket: 3 x ( ) = 13, A jó válasz tehát a B. 3 x 13 = 13, 3 x = 1, x = példa: Oldjuk meg a következ egyenletet a valós számok halmazán, majd jelöljük meg a megoldást: 25 x+1 = 4 10 x. A) x = 2 B) x = 0 C) x = 4 D) x = 1 Megoldás: Az egyenlet egyik oldalát sem tudjuk felírni egy szám hatványaként, minden alap az 5 és a 2 többszöröse, ezért írjuk fel a két oldalon szerepl kifejezést az 5 és az 2 hatványaként: (5 2 ) x+1 = 2 2 (2 5) x, 5 2x+2 = x 5 x. Osszuk el mindkét oldalt a biztosan nem nulla (biztosan pozitív) 5 x -nel: 5 x+2 = 2 x+2.

67 5. EXPONENCIÁLIS ÉS LOGARITMIKUS EGYENLETEK 67 Most osszuk el mindkét oldalt a 2 x+2 -nel: 5 x+2 = 1, 2x+2 ( ) x+2 5 = 1, 2 A jó válasz tehát az A. ( ) x+2 5 = 2 x + 2 = 0, x = 2. ( ) 0 5, példa: Oldjuk meg a következ egyenletet a valós számok halmazán, majd jelöljük meg a megoldást: 9 x 7 3 x 18 = 0. A) x = 3 B) x = 1 C) x = 2 D) x = 1 Megoldás: Vegyük észre, hogy az ismeretlent tartalmazó két tag között szoros összefüggés van. 9 x = (3 2 ) x = 3 2x = (3 x ) 2. Vezessünk be új változót, így az egyenletünk egyszer bbé válik. Legyen y = 3 x, y > 0. Az egyenletet átírhatjuk: y 2 7y 18 = 0, y 1,2 = 7 ± , 2 y 1 = 9, y 2 = 2. Az y 2 nem felel meg, mert nem teljesül az y > 0 feltétel. Visszahelyettesítve: 3 x = 9, x = 2. Az egyenlet megoldása x = 2. A jó válasz tehát a C.

68 5. EXPONENCIÁLIS ÉS LOGARITMIKUS EGYENLETEK példa: Ha log 3 x = 5, akkor log 3 x 2 értéke: A) 5 B) 10 C) 3 D) 0 Megoldás: Használjuk a logaritmusok tulajdonságát, miszerint log 3 x 2 = 2 log 3 x = 2 5 = 10. A jó válasz tehát a B. 5.7 példa: Ha log 2 x = 6, akkor log 4 x értéke: A) 3 B) 0 C) 2 D) 1 Megoldás: Érvényes: log 2 x = 6 x = 2 6, x = = (2 2 ) 3 = 4 3. Felhasználva a logaritmuskora érvényes azonosságokat, felírhatjuk: log = 3 log 4 4 = 3 1 = 3. A jó válasz tehát az A. 5.8 példa: Határozzuk meg a valós számoknak azt a legb vebb részhalmazát, amelyen értelmezhet az alábbi kifejezés: log 7 (x + 2) log 7 x. A) x = 3 B) 2 < x < 0 C) x < 2 D) x > 0 Megoldás: Az adott kifejezésnek akkor és csak akkor van értelme, ha a logaritmusokban szerepl kifejezések mindegyike pozitív, azaz x + 2 > 0 és x > 0 egyszerre teljesül, tehát, ha x > 0. A jó válasz a D. 5.9 példa: A log x + 2 log(x + 3) + log 2 = 0 egyenlet megoldása:

69 5. EXPONENCIÁLIS ÉS LOGARITMIKUS EGYENLETEK 69 A) páros szám, B) x = 0, C) páratlan szám, D) nincs megoldása. Megoldás: Az egyenletnek akkor van értelme, ha x + 2 > 0 és x + 3 > 0 (azaz x > 2 és x > 3) egyszerre teljesül, tehát, ha x > 2. A logaritmus-azonosságokat felhasználva átírjuk az egyenlet bal oldalát, valamint a jobb oldalon felhasználjuk, hogy log 1 = 0. Akkor: log 2 x + 2 x + 3 = log 1. A logaritmusfüggvény szigorú növekedése miatt: 2 x + 2 x + 3 = 1. Az egyenletet átalakítva: 2 x + 2 = x + 3, 4 (x + 2) = x 2 + 6x + 9, 4x + 8 = x 2 + 6x + 9, 0 = x 2 + 2x + 1 A másodfokú egyenlet megoldása: x 1 = x 2 = 1. A kapott eredmény megfelel az értelmezési tartománynak, és a 1 páratlan szám. A C a jó válasz példa: A log 3 (x + 2) + log 3 (x 1) = 2 log 3 x egyenlet megoldása: A) páros szám, B) 3-mal osztható, C) páratlan szám, D) 5-tel osztható. Megoldás: Az egyenletben szerepl kifejezések akkor értelmesek, ha az alábbi feltételek egyszerre teljesülnek: x + 2 > 0 x 1 > 0 x > 0, tehát, ha x > 2 x > 1 x > 0.

70 5. EXPONENCIÁLIS ÉS LOGARITMIKUS EGYENLETEK 70 Ebb l adódik, hogy x > 1. Most végezzük el a megfelel átalakításokat: log 3 (x + 2) + log 3 (x 1) = 2 log 3 x, log 3 [(x + 2) (x 1)] = log 3 x 2, (x + 2) (x 1) = x 2. Rendezzük az egyenlet két oldalán lév kifejezést: x 2 + x 2 = x 2, x 2 = 0, x = 2. Az x = 2 páros szám teljesíti az x > 1 feltételt. A a jó válasz. Feladatok: 5.1 feladat: A 9 2x 1 3 x = 27 x egyenlet pozitív megoldásainak száma: A) 0 B) 1 C) 2 D) feladat: A 9 x 1 = 81 3 egyenlet egyetlen megoldása: A) 1-nél kisebb B) egész szám C) nagyobb 2-nél D) kétjegy szám 5.3 feladat: Az 4 x2 4x+3 = 1 egyenlet mindkét gyöke: A) pozitív B) negatív C) 0 D) páros szám 5.4 feladat: Az 3 x2 2x 33 = 9 egyenlet mindkét gyöke az alábbi intervallumból való: A) 0, ) B) 10, 10 C) 2, 3 D) ( 5, feladat: Adjuk meg a 3 x x+1 = 30 egyenlet megoldását a valós számok halmazán: A) x = 2 B) x 1 = 2, x 2 = 5 C) nincs megoldása D) x = 0

71 5. EXPONENCIÁLIS ÉS LOGARITMIKUS EGYENLETEK feladat: A 4 2x + 4 2x+1 = 10 egyenlet megoldása a valós számok halmazán: A) racionális szám B) negatív C) egész szám D) irracionális szám 5.7 feladat: Oldjuk meg a x 1 = 2 5 x+1 egyenletet a valós számok halmazán, majd jelöljük meg a helyes választ, amely érvényes a megoldásra: A) x = 5 B) x = 25 C) x = 2 D) nincs megoldása 5.8 feladat: Oldjuk meg a 9 2 x+4 = 2 3 x+5 egyenletet a valós számok halmazán, majd jelöljük meg a helyes választ, amely érvényes a megoldásra: A) x pozitív B) x páros C) x kétjegy D) x 3-mal osztható 5.9 feladat: A 25 x + 5 = 6 5 x egyenlet megoldásainak száma: A) 0 B) 1 C) 2 D) feladat: A 9 x+ x x 1+ x 2 +2 = 69 egyenlet megoldása: A) x = 2 B) x = 1 C) x = 4 D) x = feladat: Ha log 5 x = 2, akkor 3 log x 625: A) 2 B) 6 C) 8 D) x = feladat: Ha log 4 x 2 = 2, akkor 1 log 2 4 x: A) 0 B) 1 C) 1 D) feladat: Ha log 2 x = 4, akkor log 2 x 5 : A) 1 B) 2 C) 10 D) feladat: Ha log x 10 = 20, akkor 6 log x: A) 6 B) 1 C) 12 D) 0 6

72 5. EXPONENCIÁLIS ÉS LOGARITMIKUS EGYENLETEK feladat: Az alábbi intervallumok közül válasszuk ki azt, amelyik tartalmazza a log 2 (3x 4) = 5 egyenlet egyetlen megoldását! A) (, 2) B) 2, 10 C) 5, 20) D) (15, ) 5.16 feladat: Az alábbi intervallumok közül válasszuk ki azt, amelyik tartalmazza a log 7 (x 2 + 3x + 3) = 1 egyenlet mindkét megoldását! A) (, 0) B) 0, 10 C) 5, 3) D) (2, ) 5.17 feladat: Jelöljük ki az alábbi intervallumok közül azt, amelyik tartalmazza a log 0.2 (2x 7) = 0 egyenlet egyetlen valós megoldását: A) (, 0.2) B) 0.2, 4) C) 4, 7) D) 7, ) 5.18 feladat: A valós számok halmazán a log 3 ( 2x 9 4) log3 (x 3) = log 3 x egyenletnek: A) nincs megoldása B) 1 megoldása van C) 2 megoldása van D) végtelen sok megoldása van 5.19 feladat: A log(x+13) log(x+7) = log 10 log 7 egyenlet megoldása: A) prímszám B) páros szám C) x = 0 D) nincs megoldása feladat: A valós számok halmazán a log 2 x+log x = 0 egyenlet mindkét megoldása: A) negatív B) pozitív C) 2-nél nagyobb D) páros szám

73 6. SZÁZALÉKSZÁMÍTÁS Százalékszámítás A százalék (%) jelölést a századokban megadott számok felírására, egy mennyiség részének kifejezésére használjuk. Egy mennyiség -ad részét nevez zük 1%-nak, az egész mennyiséget pedig 100%-nak tekintjük. Megoldott példák 6.1 példa: Az új A++ energiaosztályú h t gép éves fogyasztása 235 kwh, a régi fogyasztása 12%-kal volt több. Hány kwh villamosenergiát takarítunk meg évente? A) 263,2 kwh B) 28,2 kwh C) 206,8 kwh D) 19,6 kwh Megoldás: A megtakarítás nagysága a régi és új h t gép éves fogyasztása közötti különbség. Ez a különbség éppen a 235 e 12%-a. A 235- t vesszük 100%-nak, amib l meghatározzuk az 1%-ot A 12% az 1% 12-szerese, vagyis = 2, 35. 2, = 28, 2. A megtakarított energiamennyiség 28,2 kwh. Helyes válasz a B. 2.módszer: A megoldásban segíthet az is, ha felírjuk az adatokat: 100% kwh 12% x kwh Ebb l az egyenes arányosságot felhasználva az x-et meghatározzuk = 235 x x = = 28, módszer: 235 kwh a százalékalap, aminek 12%-a 235 0, 12 = 28, 2.

74 6. SZÁZALÉKSZÁMÍTÁS példa: A családi ház vásárlásakor e -t kellett foglalóként lezetni. Ha ez a pénzösszeg a teljes ár 25%-át teszi ki, mennyit kell még a vétel lebonyolításakor kizetni? A) e B) e C) e D) e Megoldás: A kizetett összeg a teljes ár 25%-a, vagyis az 1 -ed része (hiszen 4 100% : 4 = 25%). Tehát amit még ki kell zetni, az a vételár 75%-a, vagyis 3 -ed része. A ház értékét 4 részre osztva, abból egyet kizettünk, így még 4 hármat kell kizetni, a e háromszorosát. A vétel lebonyolításakor még e -t kell kizetni. Helyes válasz a B. 2.módszer: Ha e lesz az x teljes összeg 25%-a, akkor Ebb l az x teljes összeg x = x = 100 = A b l még ki kell zetni t. 6.3 példa: Egy termék árát a keresked 30%-kal megemelte, majd néhány hónap múlva miután csökkent a termék iránti kereslet 30%-os árkedvezménnyel árusította. Hány százaléka az új ár az eredeti árnak? A) 100% B) 70% C) 91% D) 73% Megoldás: Hibás lenne rögtön azt gondolni, hogy 30%-os növekedés, majd 30%-os csökkenés után visszakapjuk az eredeti árat. Ha az eredeti ár x, akkor az áremelés után x + 0, 3x = 1, 3x lesz az új ár, vagyis az eredeti 130%-a. Ha ezt az árat csökkentjük, akkor ebb l kell levonni a 30%-át. 1, 3x (1, 3x) 0, 3 = 1, 3x (1 0, 3) = 1, 3 0, 7 x = 0, 91x.

75 6. SZÁZALÉKSZÁMÍTÁS 75 A csökkenés után az eredeti ár 91%-át kaptuk. Helyes válasz a C. Általánosítás. Ha a százalékalapot el ször növeljük p 1 100%-kal, majd csökkentjük p 2 100%-kal (0 p 1, p 2 1), akkor el ször (1 + p 1 )x értéket kapunk, majd ebb l (1 p 2 )(1 + p 1 )x lesz az új érték. Ha azonos nagyságú a növelés és csökkenés p 1 = p 2 = p, akkor a végs ár az eredeti ár (1 p)(1 + p) = (1 p 2 )-szerese. 6.4 példa: A Gazdaságtudományi Kar els éves hallgatóinak 90%-a sikeresen teljesítette matematika vizsgáját. A sikeres vizsgázók 24%-a ért el A-kit n értékelést. Az els éves hallgatók hány százaléka vizsgázott A-ra? A) 21,6% B) 24% C) 66% D) 26,7% Megoldás: Az összes diák számát vegyük N-nek. A sikeresen vizsgázók száma (v), k az összes diák 90%-át alkotják, vagyis v = 90 N = 0, 9N. 100 A sikeresen vizsgázók 24%-a A jegyet kapott, az számuk v A = 24 v = 0, 24v = 0, 24 (0, 9N) = 0, 216N. 100 Az összes N diák számához viszonyítva az A-ra vizsgázott diákokat a keresett százalékot kapjuk Helyes válasz az A. p = 0, 216N N 100% = 21, 6%. 2.módszer: Gyakorlott tanuló a feladat megoldásakor a szorzási szabályt használhatja, tehát 90%-nak a 24%-a 0, 9 0, 24 = 0, példa: Egy új autó ára e. Megvásárlása után a piaci értéke minden évben 15%-kal csökken. Mennyi lesz az autó piaci értéke a vásárlás után

76 6. SZÁZALÉKSZÁMÍTÁS 76 két évvel? A) e B) ,5 e C) ,25 e D) e Megoldás: Az autó értéke egy év alatt 15%-kal csökken, tehát az új ára az eredeti ár 85%-a lesz. Az els év után az autó = euróba fog kerülni. A következ évben szintén 15%-kal csökken az autó piaci értéke és = , euróba fog kerülni két év után. Helyes válasz a C. 2.módszer: A végeredményhez eljuthatunk úgy is, hogy fokozatosan levonjuk az eredeti árból annak 15%-át. Els lépésben az új ár , = Második lépésben a kapott árból újra levonjuk annak 15%-át , = , 25. Második év után az autó ára ,25 e. Általánosítás: Az autó értéke a p 100%-os (0 < p < 1) csökkenés esetén az eredeti ár (1 p) 100%-a lesz. Ha az új autó ára x, akkor az els év után már (1 p)x lesz az értéke. A második év után pedig (1 p) (1 p)x = (1 p) 2 x. Az n-dik év után az autó értéke (1 p) n x Tehát x = e-val, valamint p = 0, 15-tel számolva, a második év után (n = 2) az autó értéke 0, = , példa: Az egyetem két diákja összesen 1190 e ösztöndíjat kapott. Az egyik diák ösztöndíja a másik diák ösztöndíjának 40%-a. Mennyi volt a

77 6. SZÁZALÉKSZÁMÍTÁS 77 nagyobb összeg jutalom? A) 714 e B) 476 e C) 340 e D) 850 e Megoldás: A két diák által kapott összeget felírjuk az x + y = 1190 egyenlet segítségével. Az egyik diák ösztöndíja (x) egyenl a másik diák (y) ösztöndíjának 40%-ával. Ezt a következ egyenl séggel írjuk fel Az els egyenletb l x = 0, 4y. 0, 4y + y = 1190 y = , 4 = 850 A kapott 850 e lesz a nagyobb összeg jutalom, mivel a másik jutalom ennek a 40%-a. Kiszámíthatjuk, hogy 850 0, 4 = 340 e lesz. Helyes válasz a D. 6.7 példa: Egy vállalkozás az alapítása utáni három évben fokozatosan növelte éves bevételét. A 2. évben elkönyvelt bevétele 20%-kal volt több, mint az els évben. A 3. évben pedig 30%-kal több bevételük volt, mint a 2. évben. A 3. évben elért bevétel e volt. Mennyi volt a bevétel az els évben? A) e B) e C) e D) e Megoldás: Induljunk ki az els év bevételéb l, jelöljük x-szel. A második évben 20%-kal több bevétel volt: x + 0, 2x = 1, 2x. A harmadik évben újra növekedett a bevétel, az el z évhez viszonyítva 30%- kal: 1, 2x + (1, 2x) 0, 3 = 1, 2x(1 + 0, 3) = 1, 2 1, 3x = 1, 56x. A harmadik évben a bevétel elérte az els év 156%-át, ami a feladat szerint e. Tehát x x = = =

78 6. SZÁZALÉKSZÁMÍTÁS 78 Az els évben a bevétel e volt. Helyes válasz a D. 6.8 példa: Két liter 70%-os oldatot szeretnénk desztillált víz hozzáadásával felhigítani 40%-osra. Hány liter vizet kell az oldathoz önteni? A) 1,5 l B) 2 l C) 1 l D) 2,5 l Megoldás: Ha egy vizes oldat 70%-os, akkor a teljes mennyiség 70%-át az oldott anyag, 30%-át pedig víz teszi ki. Két literben az oldott anyag 2l 0, 7 = 1, 4l. Ehhez csak desztillált vizet öntünk, így az oldott anyag mennyisége nem fog változni, szintén 1,4l lesz. Ha x liter vízzel higítjuk az oldatot, akkor a kapott 2+x literben 40%-os lesz az anyagrész. Felírjuk és megoldjuk az alábbi egyenletet (2 + x) 0, 4 = 1, 4 2 0, 4 + 0, 4x = 1, 4 x = 0, 6 0, 4 = 1, 5. Az eredeti oldathoz 1,5 liter vizet kell önteni. Helyes válasz az A. Általánosítás: Ha egy p 1 100%-os oldatot higítunk p 2 100%-osra (0 p 2 < p 1 1) x liter desztillált víz hozzáadásával, akkor a kezdeti n liter oldatban lév anyagmennyiség megmarad az új oldatban is, ezért np 1 = (n + x)p 2. Az egyenletb l megkapjuk a víz mennyiségét, ami x = p ( ) 1 p 2 p1 n = 1 n. p 2 p példa: Egy kör alakú céltábla sugara 5 cm. A legkisebb bels kör sugara 1 cm. Hány százaléka a legkisebb kör területe az egész céltábla területének?

79 6. SZÁZALÉKSZÁMÍTÁS 79 A) 1% B) 4% C) 10% D) 20% Megoldás: A kör alakú céltábla sugara R = 5 cm, ezért a területe πr 2. Hasonlóan a bels kör sugara r = 1 cm, vagyis a területe πr 2 lesz. Ezt felírhatjuk az alábbi formában is Ebb l meghatározzuk a p% értékét: πr % πr p% πr 2 πr = p p = πr2 πr 2 100% Nem szükséges a területek pontos értékét a megadott adatokkal kiszámítani, a megoldáshoz elég a két kör területének aránya. ( r ) ( ) p = 100% = 100% R 5 Az eredmény tehát 4%, helyes válasz a B példa: Egy pénzintézet évi 4%-os kamatot kínál az új betétekre. A kamat után leszámítják a 20%-os adót. Az ügyfél egyszeri alkalommal 2000 e-t helyezett el a pénzintézetben. Mennyivel gyarapodik 2 év eltelte után ez az összeg? A) 130,048 e B) 64 e C) 163,2 e D) 82,56 e Megoldás: Minden egyes évben a pénzösszeg 4%-os kamat hozzáírásával növekszik, viszont a kamatból levont 20%-kal csökken. Az els év elteltével a kamat = 0, = euró lesz. Még miel tt ezt hozzáadjuk a betétünkhöz, le kell vonni bel le a 20%-os kamatadót. Így az els évi kamat = =

80 6. SZÁZALÉKSZÁMÍTÁS 80 euró lesz. Tehát az els év után a pénzünk 64 e-val gyarapodott, így összesen = 2064 eurónk van. A második év után már ebb l az összegb l számolják a 4%-os kamatot, amely 0, = 82, 56. A 82,56 e utáni kamatadó pedig 0, 2 82, 56 = 16, 512. Tehát a második év után 82, 56 16, 512 vagyis 66,048 e a tiszta nyereségünk. Ezt a bank hozzáírja a 2064 e-hoz, így most már 2130,048 e a betétünkön elhelyezett pénz. A két év utáni tiszta nyereség pedig 2130, , tehát 130,048 e-val gyarapodott a pénzintézetben elhelyezett pénzünk. Ezt úgy is megkaphatjuk, hogy összeadjuk az egyes évek utáni tiszta nyereséget, vagyis Helyes válasz az A , 048 = 130, módszer: Kiszámítjuk, hogy minden egyes évben az elhelyezett x összeg hányszorosa lesz a számlánkon. Az x összeg utáni kamat 0, 04x. Mivel ebb l levonják a 20%-át, ez azt jelenti, hogy a pénzünkhöz a kamat 80%-át számolják hozzá, ami 0, 8 0, 04x = 0, 032x. Tehát az els év után x 1 = x + 0, 032x = 1, 032x a betét nagysága. A következ évben az x 1 összeg szintén 1,032-szeresére növekszik, tehát a második évben x 2 = 1, 032x 1 = 1, 032 1, 032x lesz a számlánkon lév összeg, vagyis az eredeti pénzösszeg 1, szerese. Ezt hasonlóan folytatva megkapjuk, hogy az n-dik év után az eredeti pénzösszeg 1, 032 n -szerese lesz, azaz x n = 1, 032 n x. Ha a befektetett összegünk x = 2000 e volt, akkor a második év utáni betétünk nagysága x 2 = 1, = 2130, 048. A tiszta nyereséget pedig a befektetett 2000 e levonásával kapjuk, ami 2130, = 130, 048 e.

81 6. SZÁZALÉKSZÁMÍTÁS 81 Feladatok: 6.1 feladat: Mennyi 300 kg 75%-a? A) 75 kg B) 225 kg C) 200 kg D) 250 kg 6.2 feladat: Hány liter folyadéknak lesz 15 liter a 30%-a? A) 15 B) 45 C) 50 D) feladat: Hány százaléka 240 e az 1200 e -nak? A) 20% B) 0,2% C) 5% D) 24% 6.4 feladat: A Selye János Egyetem 165 másodéves hallgatójának 20%-a teljesítette a Matematika 2 vizsgát A-kit n értékelésre. Hánynak sikerült ez? A) 33 B) 5 C) 132 D) feladat: Mennyi eurót takarítunk meg, ha a 410 e érték TV készüléket egy 30%-os árleszállításon vesszük meg? A) 120 e B) 30 e C) 287 e D) 123 e 6.6 feladat: Egy autó ára e volt, melyet lecsökkentettek e -ra. Hány százalékos volt a csökkenés? A) 85% B) 5% C) 15% D) 18% 6.7 feladat: Egy termék eredeti ára 35 e, árleszállítás után 28 e. Hány százalékos volt az árleszállítás? A) 7% B) 25% C) 80% D) 20% 6.8 feladat: Egy bútorüzlet jelenleg 30%-os kiárusítást tart és 252 e -ért kínálja konyhabútor összeállítását. Mennyi volt a konyhabútor régi ára? A) 756 e B) 360 e C) 328 e D) 840 e

82 6. SZÁZALÉKSZÁMÍTÁS feladat: Új személygépkocsi lízingelésekor a teljes ár 25%-át kell el legben lezetni, ami 2150 e. Mennyi a személygépkocsi teljes ára? A) 6450 e B) e C) e D) 8600 e 6.10 feladat: A Selye János Egyetem egyik projektjének nanszírozásához 10% sajátrészt kell bezetni, ami 2500 e. Mennyi a projekt teljes költsége? A) e B) e C) e D) e 6.11 feladat: Egy épület tervezett építési költségét a kivitelezés során túllépték. A végösszeg e lett, ami a tervezett költség 115%-a. Mennyi volt az épület tervezett költsége? A) e B) e C) e D) e 6.12 feladat: Egy kisvállalkozás éves nyeresége e volt. A 20%-os adó bezetése után a megmaradt összeg negyedét fordították a vállalkozás fejlesztésére. Mennyi volt a fejlesztésre elköltött összeg? A) e B) 7250 e C) e D) e 6.13 feladat: A bank a lekötött betétekre évi 3%-os kamatot kínál. A kamat után 20%-os adót kell zetni. Mennyi lesz egy év elteltével 4000 e betét után a tiszta nyereség? A) 120 e B) 96 e C) 24 e D) 704 e 6.14 feladat: Egy kabát eredeti ára az üzletben 50 e. A vásárban ezt 20%- kal drágábban árusították, de az utolsó napon a kabát árát csökkentették 20%-kal. Mennyiért vehetjük meg a kabátot a vásár utolsó napján? A) 60 e B) 48 e C) 50 e D) 40 e 6.15 feladat: A Forma 1-ben érvényes 107%-os szabály szerint egy versenyz nem indulhat a versenyen, ha az els kvalikációs szakaszban mért ideje meghaladja a legjobb id eredmény 107%-át. Milyen szintid t kell teljesíteni a versenyen való induláshoz, ha a legjobb id 1 perc másodperc? A) 1: B) 1: C) 1: D) 1:21.789

83 6. SZÁZALÉKSZÁMÍTÁS feladat: A kerti gyümölcsfák permetezéséhez 5 liter 20%-os oldatot készítettünk. Hány százalékos lesz az oldat, ha ehhez még 5 liter vizet öntünk? A) 40% B) 10% C) 15% D) 20% 6.17 feladat: Az autóban használt téli szélvéd mosó 0,5 literjéhez 1 liter desztillált vízet kevertünk, vagyis 1:2 arányban higítottuk. Hány százalékos oldatot kaptunk? A) 10% B) 20% C) 33,3% D) 50% 6.18 feladat: Egy négyzetbe rajzoljunk még egy négyzetet úgy, hogy a bels négyzet csúcsai a küls négyzet oldalfelez i legyenek (2.ábra). Hány százaléka a bels négyzet területe a küls négyzet területének? 2. ábra. A) 25% B) 50% C) 70% D) 75% 6.19 feladat: Egy cég a 2011-es évben 15%-kal növelte termelését az el z évhez viszonyítva. A 2012-es évben ismét növelte termelését, az el z évhez viszonyítva 20%-kal. Hány százalékos termelésnövekedést ért el a cég ben 2010-hez viszonyítva? A) 38% B) 35% C) 32% D) 30% 6.20 feladat: Bolygónk szárazföldi részének területe kerekítve 149 millió

84 6. SZÁZALÉKSZÁMÍTÁS 84 km 2, a teljes vízfelszín területe 361 millió km 2. A Föld felszínének hány százalékát borítja víz? (Az eredményt egy tizedeshelyre kerekítsük.) A) 29,2% B) 41,3% C) 67% D) 70,8% 6.21 feladat: A nyers töltött kolbász súlyvesztesége a kés bbi száradás következtében 5%. Hány kg nyers kolbászt kell felhasználni 38 kg kész kolbász el állításához? A) 40 kg B) 39 kg C) 41,5 kg D) 36 kg 6.22 feladat: Egy cég 220 alkalmazottjának 40%-a n. A n k 75%-a van férjnél. Hány n van férjnél? A) 66 B) 88 C) 22 D) feladat: Egy sajt címkéjén feltüntetett adatok szerint: a szárazanyagtartalom 50%, szárazanyagban lév zsírtartalom 40%. Hány gramm zsírt tartalmaz a 120g csomagolású sajt? A) 20 B) 10 C) 24 D) feladat: Egy liter tehéntej víztartalma 88% és szárazanyagtartalma 12%. A szárazanyagban lév zsírtartalom 27,5%. Hány százalékos a tej zsírtartalma? A) 3,3% B) 33,3% C) 27,5% D) 24,2% 6.25 feladat: Egy cégvezet két üzletköt jének a hónap végén összesen 1430 e jutalmat adott. A sikeresebb üzletköt 20%-kal több jutalmat kapott, mint a másik. Mennyi volt a sikeresebb üzletköt jutalma? A) 858 e B) 780 e C) 650 e D) 572 e

85 7. KOMBINATORIKA Kombinatorika A kombinatorikai feladatok alapvet en elemek sorrendjével vagy azok kiválasztásával foglalkoznak. Az egyes sorrendek vagy kiválasztások esetén meg kell különböztetni azokat az eseteket, amikor az elemek ismétl dhetnek. Adott n különböz elem sorrendjét az n (n 1) (n 2) = n! (olvasd: n faktoriális) kifejezés segítségével számoljuk ki. Ezt a számot úgy kapjuk, hogy az els helyre az elemek közül bármelyiket helyezhetjük, a 2.helyre a maradék (n 1) elem közül kerülhet az egyik, a 3. helyre a megmaradt (n 2) elemb l választhatunk egyet tetszés szerint, és így tovább. Végül az utolsó, azaz n-dik helyre csak 1 elem maradt. Adott n különböz elemet k < n helyre n (n 1) (n 2)... (n k + 1) féleképpen helyezhetünk el. Adott n különböz elemet k < n helyre sorba rendezhetünk úgy is, hogy egy elem többször is sorra kerülhet. Akkor n } n {{... n} = n k k szor ilyen sorrend lehetséges. Adott n különböz elemb l tetsz leges k elemet kiválaszthatunk (k = 0, 1, 2,..., n). Ha mindegyik elemet csak egyszer választhatjuk és a kiválasztottak sorrendjét nem vesszük gyelembe, akkor az ilyen kiválasztások számát az ( ) n k = n! k! (n k)! (ejtsd: n alatt a k) kifejezéssel adjuk meg. Megoldott példák 7.1 példa: A könyvespolcon 6 könyv van egymás mellett. Két könyvnek egyforma piros a borítója, ezért nem kerülhetnek egymás mellé. Hány különböz sorrendben állhatnak a könyvek a polcon úgy, hogy a feltétel is teljesüljön? A) 480 B) 720 C) 120 D) 600

86 7. KOMBINATORIKA 86 Megoldás: Ha az összes könyvet tetszés szerinti sorrendbe rakhatjuk, akkor = 6! lehet ségünk van. A 6! (ejtsd: hat faktoriális) összesen 720 lehet ség. Ezekb l ki kell vonni azokat az eseteket, amikor a két piros borítójú könyv egymás mellé került. Ilyenkor a két könyvet a polcon 1 elemnek vesszük, a kimaradt 4 könyvvel együtt 5 elem sorrendjét keressük, ami 5!=120. A két piros könyv a polcon két különböz sorrendben állhat egymás mellett, ezért kétszer 120 ilyen eset van. Végül kivonjuk az összes esetb l azokat, melyek nem teljesítik a feltételt, így 6! 2 5! = = 480 lehet séget kapunk. Helyes válasz az A. 7.2 példa: Hány 3-jegy természetes szám készíthet a 0, 2, 4, 6, 8 számjegyekb l mindegyiket egyszer használva? A) 120 B) 12 C) 48 D) 60 Megoldás: A felsorolt öt számjegyb l választva = 60 féleképpen alkothatunk 3-jegy számokat. Ezek között viszont olyanok is lesznek melyek 0-ra kezd dnek, ami már nem 3-jegy szám lesz. Az ilyen számokból 4 3 = 12 van. Ha ezt kivonjuk a 60-ból, megkapjuk az összes 3-jegy, nem 0-ra kezd d számot: = 48. Helyes válasz a C. 2. módszer: A megoldást így is megkaphatjuk: az els számjegyre csak a 2, 4, 6, 8 jegyeket használhatjuk, vagyis 4 lehet ségünk van. Ezek közül bármelyiket elhasználva a 2. számjegy felírására maradt 3 számjegy és a 0, vagyis megint 4 lehet ség. Végül a 3. helyre 3 számjegy közül választhatunk. A lehet ségeket összeszorozva = 48. Helyes válasz a C. 7.3 példa: Egy vállalat közös munkacsoportot tervez összeállítani két részlegének részvételével. A közös csoportnak az A részlegr l 3 tagja, a B részlegr l 5 tagja lesz. Hányféleképpen lehet a csoportot összeállítani, ha az A részlegr l 6, a B részlegr l pedig 8 személy jelentkezett a feladatra? A) 3003 B) 1120 C) 76 D) 56

87 7. KOMBINATORIKA 87 Megoldás: Az A részlegr l 6 személy jelentkezett, közülük tetsz legesen választva 3 személyt ( ) 6 6! = 3 3! (6 3)! = 20 féleképpen lehet. Hasonlóan a B részlegr l a 8 jelentkez b l 5-öt összesen ( ) 8 8! = 5 5! (8 5)! = 56 módon választhatunk. Az A részleg 20 lehet sége közül minden egyes csoportot a B részleg 56 különböz csoportjával tehetjük egybe. Tehát összesen 20-szor 56 munkacsoport van, vagyis = Helyes válasz a B. 7.4 példa: Az ünnepi papírzászlók elkészítéséhez 5 különböz színû festékünk van, egy papírzászló 3 vízszintes sávból áll. Egy zászló készülhet különböz színekb l is, de megengedjük az azonos színek használatát is. Hány különböz papírzászlót festhetünk ki? A) 60 B) 65 C) 120 D) 125 Megoldás: Az 5 színb l 3 különböz színt használva = 60 papírzászlót festhetünk ki. Ha egy színt egy zászló kifestéséhez többször is használhatunk, akkor természetesen több lehet ségünk van, = 5 3 = 125. Ezek között természetesen benne vannak a különböz színû zászlók is. A kérdésre a helyes válasz a 125, vagyis a D. Feladatok: 7.1 feladat: Az A, B, C, D bet ket helyezze el egy sorba úgy, hogy a C legyen az els helyen. Hány ilyen sorrend lehetséges? A) 24 B) 1 C) 4 D) feladat: Az 1, 2, 3, 4, 5 számjegyekb l hány 5-jegy természetes szám írható fel? (Mindegyik számjegy egyszer szerepelhet.)

88 7. KOMBINATORIKA 88 A) 120 B) 5 C) 100 D) feladat: Hányféleképpen lehet sorba rakni egy sárga, egy piros, egy zöld és egy fekete szín golyót? A) 12 B) 24 C) 25 D) feladat: Hányféleképpen foglalhatja el a helyét 6 munkás a gyártósor 6 gépe mellett? A) 720 B) 1 C) 120 D) feladat: Hányféleképpen foglalhat helyet egymás mellett egy moziban 3 fér és 4 n úgy, hogy a férak és n k felváltva következzenek egymás után? A) 120 B) 5040 C) 144 D) feladat: A 100 m-es síkfutás világbajnoki dönt jében 8 atléta áll rajthoz. Összesen hány lehet ség van az arany, ezüst és bronzérem kiosztására? A) 3 B) 336 C) 56 D) feladat: Hány 4-jegy számkódot adhatunk meg az 1, 5, 7 billenty k különböz sorrendben történ (akár többszöri) lenyomásával? A) 81 B) 24 C) 6 D) feladat: Egy dobókockával háromszor dobunk. Hány különböz dobássorozatot kaphatunk? A) 18 B) 720 C) 216 D) feladat: Egy idegen ország személyautóinak rendszáma csak két bet b l és két számjegyb l áll. A rendszámhoz az ábécé 25 bet jét és a 0-9 számjegyeket használják. Összesen hány autó kaphat rendszámot? A) 6250 B) C) 2500 D) feladat: Hány olyan 4-jegy PIN-kódot adhatunk meg, amelyik páros

89 7. KOMBINATORIKA 89 számra végz dik? (A PIN-kódhoz a 0-9 számjegyeket használhatjuk.) A) 5040 B) C) 500 D) feladat: Hány kézfogást számolhatunk össze, ha 8 személy találkozik és mindenki mindenkivel kezet fog? A) 8 B) 36 C) 28 D) feladat: A vasútállomásra érkez 9 turista csak egy szabad taxit talált. Hányféleképpen választhatják ki azt a 3 személyt, akik els ként indulhatnak a taxival? A) 84 B) C) 27 D) feladat: A teremfoci mérk zésre 8 játékos készül dik, de a csapatból egyszerre csak 5-en lehetnek a pályán. Hányféle összeállításban léphetnek pályára? A) 56 B) 40 C) 6720 D) feladat: Egy intézmény 5-tagú bizottságot szeretne felállítani. Hány különböz bizottságot hozhat létre 5 fér és 6 n i jelöltb l válogatva, ha az a feltétel, hogy nem lehet az összes tag fér vagy n. A) 462 B) 455 C) 120 D) feladat: Hányféleképpen lehet egyesével szétosztani 10 tányérra 3 szelet tortát? A) 0 B) 10 C) 720 D) 120

90 8. A SÍK ANALITIKUS GEOMETRIÁJA A sík analitikus geometriája Két, a koordinátáival adott pont: A = [a 1, a 2 ] és B = [b 1, b 2 ], meghatározza az AB vektort: AB = B A = (b 1 a 1, b 2 a 2 ). (6) Az egyenes bármelyik pontja megkapható úgy, mint egy adott A = [a 1, a 2 ] pontjának és a megfelel en sokszor vett s = (s 1, s 2 ) irányvektorának az összege. Az egyenes paraméteres egyenleteinek nevezzük az alábbi egyenletrendszert: x = a 1 + s 1 t y = a 2 + s 2 t, ahol t R. (7) Az irányvektor esetében nem szamít annak nagysága, csak az iránya, ebb l kifolyólag nem egyértelm en adott sem maga a vektor, sem az egyenes paraméteres egyenletei (viszont ez utóbbiak azért is, mert az egyenes bármelyik pontja megválasztható belé). A vektort nemnulla valós számmal megszorozva nem változik annak iránya, csak nagysága és esetleg az irányítása. Ha a (7) egyenletekben a t paraméter egy véges zárt intervallumból adott, akkor egy szakasz paraméteres meghatározását adják a (7) egyenletek, ha pedig egy (, c vagy egy d, ) intervallumból adott, ahol c, d R, akkor pedig egy félegyenes paraméteres meghatározásást kapjuk. Az egyenes n = (n 1, n 2 ) normálvektorának nevezzük azt a vektort, ami mer leges az egyenes irányára, s irányvektorára. Két vektor akkor és csakis akkor mer leges egymásra, ha a skaláris szorzatuk 0. Az a = (a 1, a 2 ) és b = (b 1, b 2 ) vektorok skaláris szorzata, ami eredményül egy skaláris mennyiséget (valós számot) ad, az alábbi összefüggéssel adott: a b = a 1 b 1 + a 2 b 2. (8) A skaláris szorzat segítségével kapjuk meg a vektor nagyságát: v = v v = v1 2 + v2, 2 (9) amit két pont távolságának kiszámítására is használhatunk: AB = (a 1 b 1 ) 2 + (a 2 b 2 ) 2. (10)

91 8. A SÍK ANALITIKUS GEOMETRIÁJA 91 Szintén a skaláris szorzatot használjuk két vektor szögének kiszámításához: cos ϕ = ( a, b) = a b a b, (11) ahol a, b 0 A fenti állításokat összevetve látjuk, hogy az egyenes s = (s 1, s 2 ) irányvektorának ismeretében meghatározható a normálvektora is: n = (n 1, n 2 ) = (s 2, s 1 ) vagy ( s 2, s 1 ). A (7) egyenletekb l a paraméter kiküszöbölésével megkaphatjuk az egyenes általános egyenletét: ax + by + c = 0, (12) ahol az a, b R együtthatókra igaz, hogy azok egymáshoz való aránya megegyezik a normálvektor koordinátáinak egymáshoz való arányával: a : b = n 1 : n 2. Az egyenes általános egyenlete nemnulla valós számmal való szorzásától eltekintve egyértelm en meghatározza az egyenest. Az általános egyenletb l y kifejezésével megkapható az egyenes iránytényez s egyenlete: y = kx + q. (13) ahol k az úgynevezett iránytényez, vagy iránytangens, mivel: k = tg ϕ, (14) ahol ϕ az egyenes x koordinátatengellyel bezárt szöge és q pedig az y koordinátatengellyel való metszéspontja. Ebb l láthatjuk, hogy az egyenes az tulajdonk áeppen egy lineáris függvény. Két egyenes a és b kölcsönöcs helyzete a síkban: ˆ egybees (a b), ha az egyik egyenes bármely pontja egyben pontja a másik egyenesnek is. Ebb l kifolyólag az egyik irányvektora többszöröse a másikénak. ˆ metsz, ha a két egyenesnek csak egy közös pontja van. ˆ párhuzamos (a b), ha nincs közös pontjuk, de az irányuk megegyezik. Ekkor az egyik irányvektora többszöröse a másikénak.

92 8. A SÍK ANALITIKUS GEOMETRIÁJA 92 Megoldott példák 8.1 példa: Állapítsa meg, hogy az alábbi egyenletek közül melyek az AB egyenes paraméteres egyenletei, ha A = [1, 1] és B = [5, 3]! A) x = 1 + 5t, y = 1 3t, t R C) x = 1 + t, y = 1 + t, t R B) x = 1 2t, y = 1 + 2t, t R D) egyik sem Megoldás: Az egyenes paraméteres egyenleteinek felírásához kell az egyenes egy pontja, legyen az az A pont (de lehetne az a B pont is), és az irányvektora amit ki tudunk számítani mint az adott két pontjának különbségét, legyen az a B A. Az (6) alapján: s = B A = (5 1, 3 1) = (4, 4) = 4 (1, 1) Ahogyan azt látjuk a (1, 1) vektor az egyenes irányvektora. Az egyenes paraméteres egyenletei (7) alapján: x = 1 + t, y = 1 t, t R. Látszólag ezzel nem egyezik az A), B), C) lehet ségek közül egyik sem, és a D) válasz t nhet jónak. Azonban ha az általunk használt (1, 1) vektor ( 2)szeresét használjuk a paraméteres egyenlet felírásához, akkor abból már jól látszik, hogy a B) válaszlehet ség a helyes. Megoldás: Másik módszer Az A és B pontok koordinátáinak behelyettesítésével eldönthet, hogy az egyes pontok pontjai-e a paraméteres egyenletekkel felírt egyeneseknek. Nyilvánvalóan az A pont az A), B), C) lehet ségekben felírt egyenleteket is kielégíti, hiszen mindhárom esetben t = 0 esetében teljesülnek az egyenl ségek. A B pont koordinátáit az A) eset egyenleteibe helyettesítve: 5 = 1 + 5t 3 = 1 3t

93 8. A SÍK ANALITIKUS GEOMETRIÁJA 93 rendezve az egyenleteket: 4 = 5t 4 = 3t. Az els egyenletb l t-re 4, a másodikból pedig 4 értéket kapunk, azaz nem 5 3 létezik egy olyan paraméterérték, amire megkapnánk a B pontot. Ezek alapján az A) eset kizárható. A B pont koordinátáit az B) eset egyenleteibe helyettesítve: rendezve az egyenleteket: 5 = 1 2t 3 = 1 + 2t 4 = 2t 4 = 2t. Az els és a második egyenletb l is t-re 2 értéket kapunk, azaz t = 2 paraméterértékre megkapjuk a B pontot. Ezek alapján a B) helyes. Ezzel a módszerrel még ellen rizhetjük a C) esetet is, de ott sem kapunk olyan paraméterértéket, amire megkapnánk az a B pont koordinátáit. Mindezt összevetve a B) válaszlehet ség a helyes. 8.2 példa: Állapítsa meg, hogy az alábbi egyenletek közül melyek az AB egyenes paraméteres egyenletei, ha A = [2, 5] és B = [6, 3]! A) x = 4 + 2t, y = 4 + t, t R B) x = 4 + 2t, y = 4 + t, t R C) x = 4 + 2t, y = 4 t, t R D) egyik sem Megoldás: Az AB egyenes irányvektora, legyen B A. Az (6) alapján: s = B A = (6 2, 3 ( 5)) = (4, 2) = 2 (2, 1) Felhasználva a (2, 1) vektort és az A pontot az egyenes paraméteres egyenletei (7) alapján: x = 2 + 2t, y = 5 + t, t R.

94 8. A SÍK ANALITIKUS GEOMETRIÁJA 94 Látszólag ezzel újfent nem egyezik az A), B), C) lehet ségek közül egyik sem, és a D) válasz t nhet jónak. Azonban az egyenes paraméteres egyenletei nem egyértelm en adottak és az els három válaszlehet ség közül valamelyik helyes lehet. Az A) és B) lehet ségek irányvektora megfelel, a C) lehet ségé viszont nem ( s bármilyen valós számmal szorozva sem lesz (2, 1)), így a C) válaszlehet ség kizárható. Ezek alapján az A) és B) lehet ségek egyenesei vagy egybeesnek az AB egynessel, vagy párhuzamosak velük. A kérdés ezek után az, hogy a megadott paraméteres egyenletekben szerepl pontok valóban pontjai-e az AB egyenesnek. Az A) lehet ség egyenleteib l t = 0 értékre kapjuk a [ 4, 4] pontot. Behelyettesítve ezt az AB egyenes paraméteres egyenleteibe: rendezve az egyenleteket: 4 = 2 + 2t 4 = 5 + t 6 = 2t 9 = t. Az els egyenletb l t = 3-at, a másodikból pedig t = 9-et kapunk, azaz nem létezik egy olyan paraméterérték, amire megkapnánk a [ 4, 4] pontot. Ezek alapján az A) eset kizárható. Az B) lehet ség egyenleteib l t = 0 értékre kapjuk a [4, 4] pontot. Behelyettesítve ezt az AB egyenes paraméteres egyenleteibe: rendezve az egyenleteket: 4 = 2 + 2t 4 = 5 + t 2 = 2t 1 = t, azaz t = 1 paraméterérték esetén megkapjuk a [ 4, 4] pontot. Ezek alapján a B) válaszlehet ség a helyes. 8.3 példa: Az alábbi egyenletek közül melyik az AB egyenes általános egyenlete, ha A = [1, 2] és B = [3, 4]!

95 8. A SÍK ANALITIKUS GEOMETRIÁJA 95 A) 3x y 5 = 0 B) 3x + y + 5 = 0 C) 3x + y 5 = 0 D) egyik sem Megoldás: Paraméteres egyenletb l Az AB egyenes irányvektora, legyen B A. Az (6) alapján: s = B A = (3 1, 4 2) = (2, 6) = 2 (1, 3) Felhasználva az (1, 3) vektort és az A pontot az egyenes paraméteres egyenletei (7) alapján: x = 1 + t, y = 2 3t, t R. Küszöböljük ki a t paramétert, azaz az els egyenlet háromszorosához adjuk hozzá a második egyenletet: 3x + y = t 3t 3x + y 5 = 0 A helyes megoldás a C). Megoldás: Normálvektorral Ismerve az egyenes (1, 3) irányvektorát felírható annak normálvektora is: n AB = (3, 1). Ezek alapján az általános egyenlet 3x + y + c = 0 alakban írható fel. A c együttható meghatározásához helyettesítsük be az AB egyenes egyik pontját, pl. A-t: c = 0 c + 5 = 0 c = 5 Ezek alapján az egyenes általános egyenlete 3x + y 5 = 0, vagyis a helyes megoldás a C). Megoldás: Behelyettesítéssel

96 8. A SÍK ANALITIKUS GEOMETRIÁJA 96 Az egyenes általános egyenlete ax + by + c = 0 alakban írható fel. Az a, b c együtthatók meghatározásához helyettesítsük be el bb az A majd a B pont koordinátít. Ebb l egy kétismeretlenes egyenletrendszert kapunk három ismeretlennel, amelyeknek viszont csak az egymáshoz való arányára vagyunk kíváncsiak, és így közülük az egyik szabadon megválasztható, ezért legyen pl. c = 1. 1 a + 2 b + 1 = 0 3 a 4 b + 1 = 0 Az egyenletrendszer megoldásai a = 3 5, b = 1. Az egyenes általános 5 egyenlete tehát: 3 5 x 1 5 y + 1 = 0 / ( 5) 3x + y 5 = 0 A helyes válaszlehet ség a C) 8.4 példa: Számítsa ki az AB egyenes iránytényez jét, ha A = [ 3, 1] és B = [4, 3]! A) 1 2 B) 5 7 C) 5 7 D) 4 7 Megoldás: Kifejezéssel Felírhatjuk az el z feladat mintájára az egyenes általános egyenletét, majd abból kifejezhetjük az iránytényez s egyenletét: B A = (4 ( 3), 3 ( 1)) = (7, 4) = n AB = (4, 7) A 4x 7y + c = 0 általános egyenlet abszolút tagját az A pont behelyettesítésével kapjuk 5-nek. A 4x 7y + 5 = 0 egyenletb l y-t kifejezve y = 4 7 x Ebb l az iránytényez k = 4, tehát a D) válasz a helyes. 7 Megoldás: Az iránytényez értelmezésével

97 8. A SÍK ANALITIKUS GEOMETRIÁJA ábra. Iránytényez A példa adatait a 3. ábra szemlélteti. Az iránytangens ϕ szöge nyilvánvalóan kijelölhet az ábrán látható derékszög háromszögben. A derékszög háromszögben a tangens a szöggel szemközti befogó hányadosa a szög melletti befogóval. Ezen befogók hossza pedig a pontok megfelel koordinátáinak különbsége. Tehát: Ezek alapján a helyes válasz a D). k = tgϕ = 3 ( 1) 4 ( 3) = példa: Határozza meg az a és b egyenesek kölcsönös helyzetét ha az a egyenes paraméteresen, a b pedig az általános egyenletével adott: a : x = 3 + 2t y = 4 5t, t R b : 5x + 2y + 1 = 0 A) egybees k B) metsz k C) párhuzamosak D) egyébb Megoldás: Vektorokkal Az a egyenes irányvektora s a = (2, 5), a b egyenes normálvektora pedig n b = (5, 2). Ebb l látjuk, hogy a két egyenes iránya megegyez, vagyis az egyenesek vagy párhuzamosak, vagy egybees k.

98 8. A SÍK ANALITIKUS GEOMETRIÁJA 98 Ennek eldöntésére helyettesítsük be a b egyenes általános egyenletébe az a egyenes [3, 4] pontját = = 24 0 Tehát a [3, 4] pont nem pontja a b egyenesnek az egyenesek párhuzamosak. A helyes válasz a C). Megoldás: Behelyettesítéssel Az a egyenes általános egyenletében helyettesítsük be a b egyenes paraméteres egyenleteib l az x-et és az y-t: 5(3 + 2t) + 2(4 5t) + 1 = t t + 1 = 24 A t paraméter értékét l függetlenül a kapott érték sosem lesz egyenl nullával. Ezek szerint nincs olyan pontja az a egyenesnek, ami pontja volna a b egyenesnek. Azaz az egyenesek párhuzamosak és így a C) válasz a helyes. 8.6 példa: Határozza meg az a és b egyenesek metszéspontját, amennyiben az létezik, ha az a egyenes paraméteresen, a b pedig az általános egyenletével adott: a : x = 1 + 2t y = 3 5t, t R b : 2x + 3y + 11 = 0 A) [5, 12] B) nem metsz k C) [5, 12] D) [5, 7] Megoldás: Az a egyenes általános egyenletében helyettesítsük be a b egyenes paraméteres egyenleteib l az x-et és az y-t: 2(1 + 2t) + 3(3 5t) + 11 = t t + 11 = 0 11t + 22 = 0 22 = 11t t = 2

99 8. A SÍK ANALITIKUS GEOMETRIÁJA 99 Mint látjuk a t paraméternek csak erre az egyetlen 2 értékére teljesül az egyenlet, tehát az egyenesek metsz k lesznek, és csakis az ehhez tartozó [ , 3 5 2] = [5, 7] koordinátájú mpont elégíti ki mindkét egyenes egyenleteit. Ezek alapján a D) válasz a helyes. 8.7 példa: Határozza meg az a egyenessel párhuzamos és a P = [2, 7] ponton áthaladó p egyenes általános egyenletét, ha az a egyenes paraméteresen adott: a : x = 4 + 5t y = 8 11t, t R. A) 11x + 5y + 13 = 0 B) nincs ilyen C) 7x + 2y + 16 = 0 D) 7x + 2y + 12 = 0 Megoldás: Az a egyenes irányvektorából meg tudjuk kapni a p egyenes normálvektorát: s a = (5, 11) = n b = (11, 5). Ez alapján p általános egyenlete 11x + 5y + c = 0, amiben c értékét a P pont koordinátáinak behelyettesítésével kaphatjuk meg: ( 7) + c = c = 0 c = 13 Visszahelyettesítve c-t a p egyenes általános egyenlete: 11x + 5y + 13 = 0. Ezek alapján az A) a helyes válasz. 8.8 példa: Határozza meg az a és b egyenesek hajlásszögét, ha: a : 3x 4y + 5 = 0, b : 12x + 5y + 11 = 0 A) cca. 14, 25 B) cca. 104, 75 C) cca. 75, 75 D) cca. 104, 25

100 8. A SÍK ANALITIKUS GEOMETRIÁJA 100 Megoldás: Az a egyenes n a = (3, 4) normálvektora és a b egyenes n b = (12, 5) normálvektora által bezárt szög (11) szerint: cos ϕ = ( 4) ( 4) 2 = = = Ebb l: ϕ = arccos 16. = 75, Mivel ez az érték 0 és 90 közé esik, ezért az egyenesek hajlásszöge megegyezik ezzel az értékkel (Ha 90 -nál nagyobb lenne, akkor a szöget 180 -ból vonjuk ki). Ezek alapján a helyes válasz a C). 8.9 példa: Határozza meg az a és b egyenesek hajlásszögét, ha: a : x = 1 + 2t y = 3 5t, t R b : 2x + 3y + 11 = 0 A) cca. 34, 51 B) cca. 124, 51 C) cca. 55, 49 D) cca. 84, 25 Megoldás: Az a egyenes s a = (2, 5) irányvektora és a b egyenes n b = (2, 3) normálvektora által bezárt szög (11) szerint: cos ϕ = ( 5) ( 5) = = Ebb l: ϕ = arccos = 124, Mivel ez egy normálvektor és egy irányvektor szöge, ezért az egyenesek szöge ett l 90 -kal kisebb (ha az érték 0 és 90 közötti lenne, akkor 90 -ból vontuk volna ki a kapott szöget). A két egyenes szöge megközelít leg 34, 51, ezek alapján a helyes válasz az A).

101 8. A SÍK ANALITIKUS GEOMETRIÁJA példa: Határozza meg annak az egyenesnek az általános egyenletét ami az a : 3x 4y+11 = 0 egyenessel 60 -os szöget zár be és áthalad az A = [2, 0] ponton! A) 39x + ( )y 78 = 0, 39x + ( )y 78 = 0 B) nincs ilyen egyenes C) 4x + 3y 2 = 0, 3x + 4y 78 = 0 D) 39x + ( )y 78 = 0 Megoldás: A keresett egyenes n = (1, p) normálvektorának az a egyenes n = (3, 4) normálvektorával bezárt szöge a (11) összefüggéssel határozható meg. Behelyettesítve: cos 60 = ( 4)p 12 + p ( 4) = 3 4p 1 + p 2 25 / p p 2 = 2(3 4p) /() 2 25(1 + p 2 ) = 4(3 4p) p 2 = 36 96p + 64p 2 39p 2 96p + 11 = 0 A másodfokú egyenlet gyökei p 1,2 = 96 ± p 1 = , p 2 = A keresett normálvektorok: n 1 = (39, ) és n 2 = (39, ). A 39x + ( )y + c 1 = 0 illetve 39x + ( )y + c 2 = 0 általános egyenletekben a c 1, c 2 abszolút tagokat az A pont koordinátáinak behelyettesítésével kapjuk: c 1 = 78, c 2 = 78. A kiszámítottak alapján két megfelel egyenest is kapunk amelyeknek áltálános egyenletei: 39x + ( )y 78 = 0 illetve 39x + ( )y 78 = 0, Ezek alapján a helyes válasz az A).

102 8. A SÍK ANALITIKUS GEOMETRIÁJA 102 Feladatok: 8.1 feladat: Határozza meg, hogy melyik pont pontja az paraméteres egyenlet egyenesnek! x = 3 + 4t, y = 4 + 3t, t R A) [ 5, 10] B) [ 1, 1] C) [1, 1] D) [ 5, 10] 8.2 feladat: Határozza meg az A = [ 5, 1], B = [2, 10] pontokkal adott egyenes paraméteres egyenleteit! A) x = 1 + 4t, y = t, t R B) x = 2 7t, y = 4 + 3t, t R C) x = 5 + 7t, y = 1 11t, t R D) x = 2 + 7t, y = 12 11t, t R 8.3 feladat: Határozza meg az A = [3, 4] és a B = [2, 1] pontokkal adott szakasz paraméteres egyenleteit! A) x = 2 t, y = 1 + 3t, t 0, 1 C) x = 3 t, y = 4 3t, t 0, 1 B) x = 2 t, y = 1 3t, t R D) x = 2 + t, y = 1 + 3t, t R 8.4 feladat: Állapítsa meg p milyen értékére lesz az AB egyenes pontja a P = [p, 2] pont, ha A = [1, 1], B = [5, 7]! A) 17 B) 2 C) 1 D) feladat: Határozza meg az A = [ 4, 1], B = [3, 7] pontokkal adott egyenes általános egyenletét! A) 5x 3y + 7 = 0 B) 6x 7y + 31 = 0 C) 6x + 7y + 13 = 0 D) 6x + 7y + 17 = 0

103 8. A SÍK ANALITIKUS GEOMETRIÁJA feladat: Határozza meg az A = [5, 3], B = [7, 0] pontokkal adott egyenes általános egyenletét! A) 3x 2y + 12 = 0 B) 3x 2y 21 = 0 C) 3x + 2y 21 = 0 D) 3x + 2y + 7 = feladat: Állapítsa meg, hogy a p paraméter mely értékére lesz a px 4y 18 = 0 egyenlet egyenes pontja a [2, 2] koordinátájú pont! A) 17 B) 5 C) 1 D) feladat: Határozza meg a 3x 2y 5 = 0 egyenlettel adott egyenes iránytényez jét! A) 3 2 B) 5 C) 3 2 D) feladat: Határozza meg az x = 2 + t, y = 1 + 3t, t R egyenlettel adott egyenes iránytényez jét! A) 1 2 B) 3 C) 2 3 D) feladat: Határozza meg az AB egyenes iránytényez jét, ha A = [1, 2], B = [3, 1]! A) 3 2 B) 5 C) 3 2 D) feladat: Határozza meg az a és b egyenesek kölcsönös helyzetét ha az a egyenes paraméteresen, a b pedig az általános egyenletével adott: a : x = 4 2t y = 3 + 3t, t R b : 7x + 2y + 1 = 0. A) egybees k B) metsz k C) párhuzamosak D) más

104 8. A SÍK ANALITIKUS GEOMETRIÁJA feladat: Határozza meg az a és b egyenesek kölcsönös helyzetét, ha az egyenesek paraméteresen adottak: a : x = 5 2t y = 7 + 3t, t R b : x = 2 + t y = 3 5t, t R. A) egybees k B) metsz k C) párhuzamosak D) más 8.13 feladat: Határozza meg az a és b egyenesek kölcsönös helyzetét, ha az egyenesek általános egyenleteikkel adottak: a : 2x + 4y + 1 = 0 b : x + 2y + 1 = 0. A) egybees k B) metsz k C) párhuzamosak D) más 8.14 feladat: Határozza meg a [2, 3] ponton áthaladó, a 3x 2y + 5 = 0 egyenlettel adott egyenesre mer leges egyenes áltános egyenletét! A) 2x 3y + 12 = 0 B) 3x 2y + 12 = 0 C) 2x + 3y + 5 = 0 D) 3x + 2y + 12 = feladat: Határozza meg a [2, 3] ponton áthaladó, a 3x 2y + 5 = 0 egyenlettel adott egyenessel párhuzamos egyenes áltános egyenletét! A) 2x 3y + 12 = 0 B) 3x 2y 12 = 0 C) 2x + 3y + 5 = 0 D) 3x + 2y + 12 = feladat: Határozza meg a [4, 1] ponton áthaladó, az x = 7 + 2t y = 7 + 3t, t R

105 8. A SÍK ANALITIKUS GEOMETRIÁJA 105 egyenesre mer leges egyenes áltános egyenletét! A) 2x 3y 5 = 0 B) 7x + 7y 5 = 0 C) 2x + 3y 11 = 0 D) 3x + 2y + 12 = feladat: Határozza meg a [2, 2] ponton áthaladó, az x = 4 2t y = 7 + 3t, t R egyenessel párhuzamos egyenes áltános egyenletét! A) 2x 3y 5 = 0 B) 7x + 7y 5 = 0 C) 2x + 3y + 5 = 0 D) 3x + 2y 10 = feladat: Határozza meg az AB szakasz hosszát, ha A = [1, 1], B = [4, 3]! A) 19 B) 5 C) 9 2 D) feladat: Határozza meg az ABC szög nagyságát, ha A = [1, 1], B = [4, 3] és C = [4, 3]! A) 30 B) cca 55, 68 C) 45 D) cca 76, feladat: Határozza meg az a : 3x 5y + 8 = 0 és b : 4x + 7y 3 = 0 egyenesek által bezárt szög nagyságát! A) 55 B) cca 60, 71 C) 30 D) cca 57, feladat: Határozza meg az a : 3x 4y + 6 = 0 és a b : x = 5 + 5t y = t, t R egyenesek által bezárt szög nagyságát! A) cca 75, 75 B) 30 C) cca 57, 21 D) cca 14, feladat: Határozza meg az A = [2, 1] ponton áthaladó és az x

106 8. A SÍK ANALITIKUS GEOMETRIÁJA 106 koordinátatengely pozitív félegyenesével 45 -os szöget bezáró egyenes általános egyenletét! A) x y 3 = 0 B) x + y 1 = 0 C) 2x + 3y + 1 = 0 D) 3x + 2y 4 = feladat: Határozza meg, hogy az AB szakaszt metszi-e a e : 2x 4y + 7 = 0 egyenes, ha A = [2, 2] és B = [1, 4]! A) igen B) nem C) nem eldönthet D) a végponton halad át 8.24 feladat: Határozza meg az A = [5, 4] pont távolságát a 3x 4y +11 = 0 egyenest l (Javaslat: állítson mer legest az adott egyenesre az A-n keresztül, majd keresse meg a mer leges metszéspontját az adott egyenessel.) A) 1 B) 7 C) 2 D) feladat: Határozza meg az ABC háromszög területét, ha A = [ 1, 1], B = [5, 1] és C = [1, 5]. (1. Javaslat állítson mer legest az egyik csúcsból a vele szemben fekv oldal egyenesére a magasság kiszámítására.) (2. Javaslat: számítsa ki az oldalak hosszait és alkalmazza Héron területképletét.) A) 21 B) 12 C) 16 D) egyik sem

107 9. A TÉR ANALITIKUS GEOMETRIÁJA A tér analitikus geometriája Egy pont (A)és egy vektor ( v) koordinátáit A = [x A, y A, z A ], illetve v = (x v, y v, z v ) alakban írhatjuk. Egy vektor koordinátái két pontkoordinátáinak különbségeként határozható meg. A térben (8)-hoz hasonlóan az a = (a 1, a 2, a 3 ) és b = (b 1, b 2, b 3 ) vektorok skaláris szorzata, egy mennyiséget (valós számot) ad, és az alábbi összefüggéssel adott: a b = a 1 b 1 + a 2 b 2 + a 3 b 3. (15) A sklaláris szorzat segítségével kapjuk meg a vektor nagyságát: v = v v = v1 2 + v2 2 + v3 2. (16) Ezt az összefüggést két pont távolságának kiszámítására is használhatjuk: AB = (a 1 b 1 ) 2 + (a 2 b 2 ) 2 + (a 3 b 3 ) 2. (17) Szintén a skaláris szorzatot használjuk két vektor hajlásszögének kiszámításához: cos ϕ = ( a, a b b) = a (18) b A térben egy egyenes megadható paraméteres egyenleteivel: x = x A + t x ( v) y = y A + t y ( v) z = z A + t z ( v) ahol t R. (19) A térben a sík felírására leggyakrabban annak általános egyenletét használjuk: ax + by + cz + d = 0, ahol a, b, c, d R. (20) A sík n = (n 1, n 2, n 3 ) normálvektora az a vektor, ami a sík minden vektorára mer leges. A (20) általános egyenlet a, b, c együtthatóira igaz, hogy azok egymáshoz való aránya megegyezik a normálvektor koordinátáinak egymáshoz való arányával: a : b : c = n 1 : n 2 : n 3. A sík általános egyenlete nemnulla valós számmal való szorzásától eltekintve egyértelm en meghatározza a síkot. A sík megadására használhatjuk annak paraméteres egyenleteit is: x = x A + t x ( v) + s x ( u) y = y A + t y ( v) + s y ( u) z = z A + t z ( v) + s z ( u) ahol t, s R. (21)

108 9. A TÉR ANALITIKUS GEOMETRIÁJA 108 Az egyenest megadhatjuk két általános egyenletével is (tk. két metsz sík általános egyenleteivel). A térben értelmezve van az a = (a 1, a 2, a 3 ) és b = (b 1, b 2, b 3 ) vektorok vektoriális szorzata, aminek eredménye egy olyan vektor, ami mind az a, mind a b vektorokra mer leges, velük jobbsodrású rendszert alkot és a nagysága az a és b vektorok által kifeszített paralelogramma területével egyenl. Az a = (a 1, a 2, a 3 ) és b = (b 1, b 2, b 3 ) vektorok vektoriális szorzata az alábbi összefüggéssel adott: e 1 e 2 e 3 a b = det a 1 a 2 a 3 = b 1 b 2 b 3 = (a 2 b 3 a 3 b 2 ) e 1 (a 1 b 3 a 3 b 1 ) e 2 + (a 1 b 2 a 2 b 1 ) e 3, (22) ahol a e 1, e 2, e 3 a koordinátarendszer egységvektorai. Két egyenes, a és b kölcsönöcs helyzete a térben: ˆ egybees (a b), ha az egyik egyenes bármely pontja egyben pontja a másik egyenesnek is. Ebb l kifolyólag az egyik irányvektora többszöröse a másikénak, ˆ metsz, ha a két egyenesnek csak egy közös pontja van, ˆ párhuzamos (a b), ha nincs közös pontjuk, de az irányuk megegyezik. Ekkor az egyik irányvektora többszöröse a másikénak, ˆ kitér k, ha nincs közös pontjuk és irányuk se. Két sík, α és β kölcsönöcs helyzete a térben: ˆ egybees (α β), ha az egyik sík bármely pontja egyben pontja a másik síknak is. Ebb l kifolyólag az egyik sík bármelyik irányvektora lineáris kombinációja a másik irányvektorainak és az egyik sík normálvektora többszöröse a másik sík normálvektorának, ˆ párhuzamos (α β), ha nincs közös pontjuk. Ekkor az egyik sík normálvektora többszöröse a másik sík normálvektorának, ˆ metsz, ha a két síknak egy közös egyenese van. Egy α sík és egy a egyenes kölcsönöcs helyzete a térben:

109 9. A TÉR ANALITIKUS GEOMETRIÁJA 109 ˆ Az egyenes a síkban fekszik (a β), ha az egyenes bármely pontja egyben pontja a síknak is. Ebb l kifolyólag az egyenes irányvektora mer leges a sík normálvektorára, ˆ párhuzamos (α a), ha nincs közös pontjuk. Ekkor az egyenes irányvektora mer leges a sík normálvektorára, ˆ metsz, ha az egyenesnek és a síknak van egy közös pontja. Megoldott példák 9.1 példa: Állapítsa meg, hogy az alábbi egyenletek közül melyek az AB egyenes paraméteres egyenletei, ha A = [1, 2, 3] és B = [9, 4, 5]! A) x = 5 + 4t, y = 3 + t, z = 1 4t, t R B) x = 1 2t, y = 2 + 2t, z = 3 4t, t R C) x = 9 + 4t, y = 4 t, z = 5 4t, t R D) egyik sem Megoldás: Az egyenes paraméteres egyenleteinek felírásához kell az egyenes egy pontja, legyen az az A pont (de lehetne az a B pont is), és az irányvektora, amit ki tudunk számítani mint az adott két pontjának különbségét, legyen az a B A. s = B A = (5 1, 4 2, 5 3) = (8, 2, 8) = 2 (4, 1, 4) Ahogy azt látjuk, a (4, 1, 4) vektor az egyenes irányvektora. Az egyenes paraméteres egyenletei (19) alapján x = 1 + 4t, y = 2 + t, z = 3 4t, t R. Látszólag ezzel nem egyezik az A), B), C) lehet ségek közül egyik sem, és a D) válasz t nhet jónak. Azonban a paraméteres egyenletek nem egyértelm ek. Az általunk használt (4, 1, 4) vektor, illetve annak többszöröse sem egyezik B) és C) lehet ségek vektorával, azaz azok iránya biztosan más és ezért ezek a lehet ségek kizárhatóak. Az A) lehet ség vektora viszont ezzel egyezik, tehat

110 9. A TÉR ANALITIKUS GEOMETRIÁJA 110 az iránya jó. Már csak az eldöntend, hogy ugyanazt az egyenest határozzák-e meg? Ahogy az látható az A) válaszlehet ség egyenleteiben t = 1-re illetve t = 1-re az A illetve B pontokat kapjuk, azaz az A) válaszlehet ség a helyes. Megoldás: Másik módszer - behelyettesítésssel Az A és B pontok koordinátáinak behelyettesítésével eldönthet, hogy az egyes pontok pontjai-e a paraméteres egyenletekkel felírt egyeneseknek. Nyilvánvalóan az A pont a B) lehet ségben, valamint a B pont a C) lehet ségben felírt egyenleteket is kielégíti, hiszen t = 0 esetében teljesülnek az egyenl ségek. Az A pont koordinátáit az A) egyenleteibe helyettesítve: 1 = 5 + 4t, 2 = 3 + t, 3 = 1 4t rendezve az egyenleteket, mindhárom egyenletben t = 1-et kapunk, ami azt jelenti, hogy az A pontja a megadott egyenesnek. A B pont koordinátáit az A) egyenleteibe helyettesítve: 9 = 5 + 4t, 4 = 3 + t, 1 = 1 4t rendezve az egyenleteket, mindhárom egyenletben t = 1-et kapunk, ami azt jelenti, hogy a B pontja a megadott egyenesnek. Vagyis az A)-ban valóban az AB egyenes paraméteres egyenlete van. A B pont koordinátáit a B) egyenleteibe helyettesítve: 9 = 1 2t, 4 = 2 + 2t, 1 = 3 4t rendezve az egyenleteket, els egyenletb l t = 4-et, a másodikból t = 1-et és a harmadikban is t = 1-et kapunk, ami azt jelenti, hogy B nem pontja a megadott egyenesnek. Ezek alapján a B) válaszlehet ség kizárható. Az A pont koordinátáit a C) egyenleteibe helyettesítve: 1 = 9 + 4t, 2 = 4 t, 3 = 5 4t

111 9. A TÉR ANALITIKUS GEOMETRIÁJA 111 rendezve az egyenleteket, els egyenletb l t = 2, a másodikból t = 2 és a harmadikban is t = 2 értéket kapunk, ami azt jelenti, hogy A nem pontja a megadott egyenesnek. Ezek alapján az C) válaszlehet ség kizárható. Mindezt összevetve az A) válaszlehet ség a helyes. 9.2 példa: Állapítsa meg, hogy az alábbi egyenletek közül melyik az ABC sík általános egyenlete, ha A = [2, 5, 1], B = [2, 1, 3] és C = [1, 6, 3]! A) 5x + 2y + z 1 = 0 B) 23x + y 3z 38 = 0 C) 2x + 6y + 4z 5 = 0 D) egyik sem Megoldás: A paraméteres egyenletek felhasználásával Az ABC sík egyik irányvektora legyen AB = B A: a másik legyen b = B A = (2 2, 1 ( 5), 3 1) = (0, 6, 2) = 2 (0, 3, 1), AC = C A: c = C A = (1 2, 6 ( 5), 3 1) = ( 1, 11, 4) = 1(1, 11, 4). Felhasználva a (0, 3, 1) és a (1, 11, 4) vektorokat és az A pontot a sík paraméteres egyenletei (21) alapján: x = 2 + s y = 5 + 3t 11s z = 1 + t + 4s, t, s R. A paraméteres egyenletekb l küszöböljük ki a paramétereket. El ször a harmadik egyenlet 3 szorosát adjuk hozzá a másodikhoz (az els t leírhatjuk változás nélkül): x = 2 + s y 3z = 8 23s, most pedig az els 23-szorosát adjuk hozzá a másodikhoz, aztán rendezve megkaptuk a sík általános egyenletét: 23x + y 3z 38 = 0

112 9. A TÉR ANALITIKUS GEOMETRIÁJA 112 Ezek alapján a B) válaszlehet ség a helyes. Megoldás: A sík normálvektorának felhasználásával Az ABC sík egyik irányvektora legyen AB = B A: a másik legyen b = B A = (2 2, 1 ( 5), 3 1) = (0, 6, 2) = 2 (0, 3, 1), AC = C A: c = C A = (1 2, 6 ( 5), 3 1) = ( 1, 11, 4) = 1(1, 11, 4). A sík n = (n 1, n 2, n 3 ) normálvektora mindkét irányvektorra mer leges. A két nullát eredményez skaláris szorzatból kétismeretlenes egyenletrendszert kaphatunk három ismeretlennel, amelyek közül az egyiket szabadon megválaszthatjuk (hiszen a koordináták arányára vagyunk csak kíváncsiak): 0n 1 + 3n 2 + n 3 = 0 1n 1 11n 2 + 4n 3 = 0 Legyen ekkor például n 2 = 1. Ekkor az els egyenletb l n 3 = 3. Mindekett t visszahelyettesítve a második egyenletbe: n = 0, vagyis n 3 = 23. A normálvektor ekkor a (23, 1 3) koordinátákkal írható fel. Ezek alapján a sík általános egyenlete a 23x + y 3z + k = 0 alakban írható fel, ahol a k abszolút tag megkapható valamelyik pont, például az A koordinátáinak behelyettesítésével: ( 5) k = 0, amib l k = 38. Ezek alapján a sík általános egyenlete: 23x + y 3z 38 = 0, vagyis a B) válaszlehet ség a helyes. Megoldás: A sík normálvektorának felhasználásával vektoriális szorzat alkalmazásával

113 9. A TÉR ANALITIKUS GEOMETRIÁJA 113 Az ABC sík egyik irányvektora legyen a másik legyen AB = B A: b = B A = (2 2, 1 ( 5), 3 1) = (0, 6, 2) = 2 (0, 3, 1), AC = C A: c = C A = (1 2, 6 ( 5), 3 1) = ( 1, 11, 4) = 1(1, 11, 4). A sík normálvektora mindkét irányvektorra mer leges, ezért megkapható a két vektor vektoriális szorzataként. e 1 e 2 e 3 b c = det = = (3 4 1 ( 11)) e 1 ( ) e 2 + (0 ( 11) 3 1) e 3 = = 23 e e 2 3 e 3 Ezek szerint a normálvektor a (23, 1 3) koordinátákkal írható fel. Ezek alapján a sík általános egyenlete a 23x + y 3z + k = 0 alakban írható fel, ahol a k abszolút tag megkapható valamelyik pont, például az A koordinátáinak behelyettesítésével: ( 5) k = 0, amib l k = 38. Ezek alapján a sík általános egyenlete: 23x + y 3z 38 = 0, vagyis a B) válaszlehet ség a helyes. Megoldás: Behelyettesítéssel Az A, B és C pontok mindegyike ki kell hogy elégítse a sík általános egyenletét. Helyettesítsük be az A) válaszlehet ség 5x + 2y + z 1 = 0 egyenletébe els ként az A pont koordinátáit: ( 5) = 0 az egyenl ség láthatóan fennáll, azaz az A pontja a síknak. A B pont koordinátáit behelyettesítve: = = 14 0 azaz a B pont már nem pontja a síknak, tehát ez a válaszlehet ség kizárható.

114 9. A TÉR ANALITIKUS GEOMETRIÁJA 114 Helyettesítsük be az B) válaszlehet ség 23x + y 3z 38 = 0 egyenletébe els ként az A pont koordinátáit: ( 5) = 0 az egyenl ség láthatóan fennáll, azaz az A pontja a síknak. A B pont koordinátáit behelyettesítve: = 0 az egyenl ség itt is fennáll, azaz a B is pontja a síknak. Végül a C pont koordinátáit behelyettesítve: ( 3) 38 = 0 az egyenl ség itt is fennáll, azaz a C is pontja a síknak. Mivel mindhárom pont kielégíti a sík általános egyenletét így a B) válaszlehet ség helyes. Habár az el z kben megtaláltuk már a sík általános egyenletét, ami a többszöröst l eltekintve egyértem en adott, de gy z djünk meg róla, hogy a C) válaszlehet ség nem lehet helyes: helyettesítsük be a C) válaszlehet ség 2x + 6y + 4z 5 = 0 általános egyenletébe els ként az A pont koordinátáit: ( 5) = = 31 0 az egyenl ség nem teljesül, azaz A nem lehet a sík pontja és ezek alapján ez a válaszlehet ség is kizárható. Mindezeket összevetve a B) válaszlehet ség a helyes. 9.3 példa: Állapítsa meg, hogy az alábbi egyenletek közül melyik az ABC sík általános egyenlete, ha A = [2, 0, 5], B = [3, 1, 7] és C = [5, 3, 11]! A) 10x 4y + 25z 170 = 0 B) 2x y + 11z + 12 = 0 C) 6x 4y 5z + 13 = 0 D) egyik sem Megoldás: Az ABC sík egyik irányvektora legyen a másik legyen AB = B A: b = B A = (3 2, 1 0, 7 5) = (1, 1, 2), AC = C A: c = C A = (5 2, 3 0, 11 5) = (3, 3, 6). Ha jobban megnézzük a kapott két vektort, akkor azt vehetjük észre, hogy c = 3 b, ami azt jelenti, hogy az A, B és C pontok egy egyenesen fekszenek, tehát nem határozhatnak meg síkot! Hiába is elégítenék ki a pontok koordinátái valamelyik feltüntetett egyenletet (ahogyan az teljesülne a C) válaszlehet ségre), mivel nem létezik ABC sík, nem létezhet általános egyenlete sem.

115 9. A TÉR ANALITIKUS GEOMETRIÁJA 115 Tehát a D válaszlehet ség a helyes! 9.4 példa: Határozza meg az a és b egyenesek kölcsönös helyzetét ha: a : x = 1 2t, y = 2 + 2t, z = 3 4t, t R b : x = 9 + 4t, y = 4 t, z = 5 4t, t R A) egybees k B) metsz k C) párhuzamosak D) kitér k Megoldás: Az a egyenes irányvektora a = ( 2, 2, 4), a b egyenesé pedig n b = (4, 1, 4). Ebb l látjuk, hogy a két egyenes iránya különböz, tehát az egyenesek nem lehetnek párhuzamosak sem egybees k. Annak eldöntésére, hogy metsz k-e vagy kitér k, meg kell néznünk vane közös pontjuk. Ha volna ilyen pont annak x, y és z koordinátái mindkét egyenes esetében kielégítik a paraméteres egyenleteket, azaz egyenl vé tehet k a megfelel egyenletek jobb oldalai. A két egyenes paraméterei azonban függetlenek egymástól, ezért az egyiket átnevezzük: 1 2t = 9 + 4s 2 + 2t = 4 s 3 4t = 5 4s. Három egyenletb l álló kétismeretlenes egyenletrendszert kaptunk. Rendezve: egyszer sítve: 2t 4s = 8 2t + s = 2 4t + 4s = 8 t + 2s = 4 2t + s = 2 t s = 2 az utolsó egyenletb l t = 2 + s. Behelyettesítve az els kett be 2 + s + 2s = 4 2(2 + s) + s = 2.

116 9. A TÉR ANALITIKUS GEOMETRIÁJA 116 Az els egyenletb l s = 2, a másikból s = 2, vagyis nincs egy olyan s 3 paraméter (és ebb l kiindulva t sem), amire az egyenl ség mindhárom egyenletben teljesülne, tehát a két egyenesnek nincs közös pontja. A két egyenes ezért kitér, és így a D) válasz a helyes. 9.5 példa: Határozza meg az a és b egyenesek metszéspontját, amennyiben az létezik, ha: a : x = 1 + 2t y = 2 + 5t z = 1 + 4t, t R b : x = 8 + t y = 4t z = 1 2t, t R A) [5, 12, 7] B) nem metsz k C) [5, 12, 7] D) [3, 7, 3] Megoldás: Annak eldöntésére, hogy metsz k-e az egyenesek meg kell néznünk van-e közös pontjuk. Ha van ilyen pont annak x, y és z koordinátái mindkét egyenes estében kielégítik a paraméteres egyenleteket, azaz egyenl vé tehet k a megfelel egyenletek jobb oldalai. A két egyenes paraméterei azonban függetlenek egymástól, ezért az egyiket átnevezzük: 1 + 2t = 8 + s 2 + 5t = 4s 1 + 4t = 1 2s Három egyenletb l álló kétismeretlenes egyenletrendszert kaptunk. Rendezve: 2t s = 7 5t + 4s = 2 4t + 2s = 2 az els egyenletb l s = 2t 7. Behelyettesítve a másik kett be: 5t + 4(2t 7) = 2 4t + 2(2t 7) = 2 Mindkét egyenletb l t = 2-t kapunk, ebb l s = 3, ami azt jelenti, hogy az a egyenes egyenleteibe a paraméter helyébe 2-t és a b egyenes egyenleteibe 3-at helyettesítve ugyanazt a [5, 12, 7] koordinátájú pontot kapjuk.

117 9. A TÉR ANALITIKUS GEOMETRIÁJA 117 Ezek alapján a C) válasz a helyes. 9.6 példa: Határozza meg az a egyenes és az α sík kölcsönös helyzetét ha: a : x = 3 + t, y = 5 + t, z = 4 t, t R α : 5x 4y + z + 3 = 0 A) benne fekszik B) dö a síkot C) párhuzamosak D) kitér k Megoldás: A D) válaszlehet ség nem jöhet szóba, mindjárt az elején kizárjuk. Az eldöntéshez helyettesítsük be az egyenes paraméteres egyenleteit a sík általános egyenletébe: 5(3 + t) 4(5 + t) + (4 t) + 3 = t 20 4t + 4 t 3 = 0 2 = 0 A kapott egyismeretlenes egyenletet egyszer sítve azt kaptuk, hogy nincs olyan t paraméter, amire az egyenes adott pontja kielégítené a sík általános egyenletét, azaz nincs az egyenesnek és a síknak közös pontja. Ez azt jelenti, hogy az egyenes és a sík párhuzamos. Ha a paraméter értékére konkrét értéket kapnánk, akkor ebb l meg tudnánk határozni a döféspontot. ha pedig evidens állítást (0 = 0) kaptunk volna, az azt jelentette volna, hogy t-t l függetlenül mindig teljesül az egyenlet, vagyis az egyenes minden pontja benne fekszik a síkban. A fentiek alapján a C) válaszlehet ség a helyes. 9.7 példa: Határozza meg az α és β síkok kölcsönös helyzetét ha: α : 5x 4y + z + 3 = 0 β : 7x 8y + 2z + 5 = 0. Ha a két sík metsz, határozzuk meg a metszetüket képz egyenes paraméteres egyenleteit is! A) egybees k B) párhuzamosak C) metsz k D) kitér k

118 9. A TÉR ANALITIKUS GEOMETRIÁJA 118 Megoldás: Mivel a sík általános egyenlete konstanssal való szorzástól eltekintve egyértelm en meghatározott, két sík csakis akkor lehet egybees, ha általános egyenleteik megegyeznek, vagy az egyik a másik egyenletének nem nullaszoros többszöröse. Ez jelen esetben nem áll fenn (nincs olyan valós szám, amivel megszorozva az egyiket a másik egyenletet kapnánk meg), a síkok nem egybees k. A két sík csakis akkor lehetne párhuzamos, ha normálvektoraik egymásnak többszörösei lennének, azaz x, y és z együtthatói megegyeznenek vagy egymásnak azonos többszörösei lennenek. Mivel ez sem áll fenn, nem lehetnek párhuzamosak sem. Végezetül, két sík a három dimenziós térben nem lehet kitér sem. Mindezeket összevetve azt kaptuk, hogy az α és β síkok csak metsz k lehetnek. Tehát a C) válaszlehet ség lehet csak helyes. A metszésvonaluk irányvektorát megkaphatnánk a normálvektoraik vektori szorzataként, de megkereshetjük az egyenes két pontját is, amib l szinten megkapható az irányvektor. A pontok meghatározásakor válasszuk meg az egyik koordinátát nullának. Az x kordináját nullának válaszva nem megoldható egyenletrendszert kapnánk, ezért hát válasszuk meg el ször y-t nullának: 5x + z + 3 = 0 7x + 2z + 5 = 0. Az els egyenlet kétszereséb l kivonva a másodikat a 3x + 1 = 0 egyenletet kapjunk, melyb l x = 1 3. Visszahelyettesítve z = 4. A metszésvonal egyik [ 3 pontja 1 ] 3, 0, 4 koordinátákkal rendelkezik. 3 Válasszuk meg másodszorra z-t nullának: 5x 4y + 3 = 0 7x 8y + 5 = 0. Az els egyenlet kétszereséb l kivonva az els t, a 3x + 1 = 0 egyenletet kapjuk, melyb l x = 1 3. Visszahelyettesítve z = 1. A metszésvonal másik 3 keresett pontja [ 13, 13 ], 0 koordinátákkal rendelkezik. ( A két kapott pont koordinátáinak különbségeként a 0, 1 ) 3, 4 koordinátájú irányvektort nyerjük, amelynek 3-szorosát is vehetjük a para- 3 méteres egyenletekhez az egyik (például az els ) talált pont koordinátáit

119 9. A TÉR ANALITIKUS GEOMETRIÁJA 119 felhasználva: x = 1 3 y = t z = 4 + 4t, t R példa: Határozza meg az α : 5x 4y + 7z + 3 = 0 síkkal párhuzamos és a B = [ 1, 2, 5] ponton áthaladó β sík általános egyenletét! A) 5x 4y + z + 12 = 0 B) 5x 4y + z + 24 = 0 C) 5x 4y + z + 48 = 0 D) egyik sem Megoldás: Az α sík normálvektora: n α = (5, 4, 7). Mivel β ezzel párhuzamos, neki is ez a normálvektora, amib l az általános egyenlete: β : 5x 4y + 7z + c = 0 alakú lesz, amelyben a c abszolút tagot a B pont koordinátáinak behelyettesítésével kaphatjuk meg: 5( 1) ( 5) + c = 0. Ebb l c = 48. A keresett sík általános egyenlete a β : 5x 4y + 7z + 48 = 0 egyenlet, tehát a válsazlehet ségek közül a C) a helyes. 9.9 példa: Határozza meg az a és b egyenesek hajlásszögét, ha: a : x = 1 + 6t y = 5 z = 2 8t, t R b : x = 3 + 4t y = 1 3t z = t, t R

120 9. A TÉR ANALITIKUS GEOMETRIÁJA 120 A) cca. 14, 25 B) cca. 123, 76 C) cca. 75, 75 D) cca. 56, 24 Megoldás: Az a egyenes s a = (6, 0, 8) irányvektora és a b egyenes s b = (3, 3, 12) irányvektora által bezárt szög (18) szerint: cos ϕ = ( 3) + ( 8) ( 8) 2 = = ( 3) = Ebb l: ϕ = arccos 36. = 123, Mivel ez az érték 90 és 180 közé esik, ezért ezt az értéket kivonjuk a ból. A két egyenes hajlásszöge megközelít leg 56, 24, vagyis a helyes válasz a D) példa: Határozza meg az α és β síkok hajlásszögét, ha: α : 3x 4y + 5z + 2 = 0, β : 6x + 6z + 11 = 0 A) 45 B) cca. 36, 87 C) cca. 143, 13 D) cca. 84, 25 Megoldás: A két sík hajlásszöge a megegyezik a nornálvektoraik által bezárt szöggel. Az α sík n α = (3, 4, 5) normálvektora és a β sík n β = (6, 0, 6) normálvektora által bezárt szög (18) szerint: cos ϕ = ( 4) ( 4) = 48 = = 4 5 Ebb l: ϕ = arccos 4 5. = 36, 87 Mivel két sík hajlásszöge 0 és 90 közötti, a kapott érték megfelel, tehát a helyes válaszlehet ség a B).

121 9. A TÉR ANALITIKUS GEOMETRIÁJA példa: Határozza meg az α sík és az a egyenes hajlásszögét, ha: a : 2x + 3y z + 11 = 0 α : x = 1 + 2t y = 3 5t z = 4 + 6t t R A) 30 B) cca. 46, 87 C) cca. 124, 3 D) cca. 34, 3 Megoldás: A sík normálvektora mer leges a sík minden egyes vektorára beleértve azt is amelyikkel az egyenes bezárja a hajlásszögét. Mivel az egyenes és a sík hajlásszöge legfeljebb 90, ezért az egyenes irányvektora és a sík normálvektora ϕ szögének, valamint az egyenes és a sík ψ hajlásszögének vagy az összege 90 (amennyiben a ϕ hegyesszög), vagy pedig a különbségük 90 (amennyiben a ϕ tompaszög). Ha ϕ = 90, akkor az egyenes és a sík hajlásszöge nyilván 0. Ekkor az α sík n α = (2, 3, 1) normálvektora és az a egyenes s a = (2, 5, 6) irányvektora által bezárt ϕ szögre a (18) szerint: Tehát cos ϕ = ( 5) ( 1) ( 5) = ϕ = arccos ( ) 17 = = 124, 3 Ebben az esetben ϕ ψ = 90, amib l ψ = ϕ 90 = 124, 3 90 = 34, 3. Ezek alapján az α sík és az a egyenes hajlásszöge megközelít leg 34, 3, ezek alapján a helyes válasz a D). Feladatok: 9.1 feladat: Határozza meg, az alábbi pontok közül melyik pontja az x = 3 + 4t y = 4 + 3t y = 8 3t, t R

122 9. A TÉR ANALITIKUS GEOMETRIÁJA 122 paraméteres egyenlettel adott egyenesnek! A) [3, 4, 8] B) [ 1, 7, 11] C) [ 1, 7, 11] D) [3, 4, 8] 9.2 feladat: Határozza meg az A = [ 1, 1, 8], B = [3, 1, 4] pontokkal adott egyenes paraméteres egyenleteit! Melyik paraméteres egyenletek megfelel ek? A) x = 1 + 4t y = t z = 5 + 7t, t R B) x = 1 2t y = 1 + t z = 8 + 2t, t R C) x = 3 4t y = 1 + 3t z = 4 + 7t, t R D) x = 1 + 7t y = 1 11t z = 8 + 7t, t R 9.3 feladat: Állapítsa meg, hogy p paraméter mely értékére lesz az AB egyenes pontja a P = [p, 5, 11] pont, ha A = [1, 1, 7], B = [5, 7, 3]! A) 3 B) 2 C) 1 D) feladat: Határozza meg az A = [ 4, 1, 1], B = [3, 7, 2] és C = [3, 7, 3] pontokkal adott sík általános egyenletét! A) 5x 3y z + 7 = 0 B) 6x 7y + z + 13 = 0 C) 6x + 7y + 7z 13 = 0 D) 8x + 7y + 25 = feladat: Állapítsa meg, hogy az alábbiak közül melyik pont lesz az 5x 3y + 4z 3 = 0 egyenlet sík pontja! A) [5, 3, 5] B) [ 5, 3, 4] C) [ 1, 2, 1] D) [1, 2, 1] 9.6 feladat: Állapítsa meg, hogy a p paraméter mely értékére lesz a px 4y + 7z 18 = 0 egyenlet sík pontja az [1, 2, 1] pont! A) 3 B) 5 C) 1 D) 3

123 9. A TÉR ANALITIKUS GEOMETRIÁJA feladat: Határozza meg az a és b egyenesek kölcsönös helyzetét! a : x = 4 2t y = 3 + 3t z = 5 t, t R b : x = t y = 9 + 2t z = 3 4t, t R A) egybees k B) metsz k C) párhuzamosak D) kitér k 9.8 feladat: Határozza meg az a és b egyenesek kölcsönös helyzetét! a : x = 1 2t y = 7 + t z = 9 t, t R b : x = 3 + t y = 5 + 2t z = 7t, t R! A) egybees k B) metsz k C) párhuzamosak D) kitér k 9.9 feladat: Határozza meg az a és b egyenesek kölcsönös helyzetét! a : x = 1 2t y = 2 + t z = 3 t, t R b : x = 1 + 4t y = 5 2t z = 7 + 2t, t R! A) egybees k B) metsz k C) párhuzamosak D) kitér k 9.10 feladat: Határozza meg az a egyenes és a β sík kölcsönös helyzetét! a : x = 4 2t y = 3 + 3t z = 5 t, t R β : 7x + 2y + z + 1 = 0. A) benne fekszik a síkban B) dö a síkot C) párhuzamosak D) kitér k 9.11 feladat: Határozza meg az a egyenes és a β sík kölcsönös helyzetét! a : x = 5 3t y = 11 z = 7 + t, t R β : x + 2y + 3z 5 = 0.

124 9. A TÉR ANALITIKUS GEOMETRIÁJA 124 A) benne fekszik a síkban B) dö a síkot C) párhuzamosak D) kitér k 9.12 feladat: Határozza meg az a egyenes és a β sík kölcsönös helyzetét! a : x = 3t y = 3 + 3t z = 5 2t, t R β : 4x 2y + 3z 11 = 0. A) benne fekszik a síkban B) dö a síkot C) párhuzamosak D) kitér k 9.13 feladat: Határozza meg az α és β síkok kölcsönös helyzetét! α : 2x + 4y 2z 26 = 0 β : x 2y + z + 13 = 0 A) egybees k B) metsz k C) párhuzamosak D) kitér k 9.14 feladat: Határozza meg a [2, 1, 3] ponton áthaladó a egyenesre mer leges sík áltános egyenletét! a : x = 1 + t y = t z = 5 12t, t R A) x + 19y 12z + 2 = 0 B) x + 13y 12z + 47 = 0 C) x 13y + 12z + 47 = 0 D) x 13y + 12z 51 = feladat: Az alábbiak közül válassza ki az [1, 1, 7] ponton áthaladó, a x + 19y 12z + 2 = 0 síkra mer leges egyenes paraméteres egyenleteit!

125 9. A TÉR ANALITIKUS GEOMETRIÁJA 125 A) x = 1 + t y = 1 19t z = 7 12t, t R B) x = 1 + t y = 1 + 5t z = t, t R C) x = t y = 20 19t z = t, t R D) egyik sem 9.16 feladat: Döntse el, hogy az alábbiak közül melyik lehet az [1, 2, 5] ponton áthaladó, az a : x = t y = t z = 51 5t, t R egyenessel párhuzamos sík általános egyenlete! A) 13x + 17y 5z + 12 = 0 B) 2x + 3y 5z + 29 = 0 C) x y + 2z 13 = 0 D) x + y + z 4 = feladat: Döntse el, hogy az alábbiak közül melyek lehetnek az [5, 4, 3] ponton áthaladó, a x + 2y 5z + 12 = 0 síkkal párhuzamos egyenes paraméteres egyenletei! A) x = 1 + 5t y = 2 4t z = 5 + 3t, t R B) x = 1 5t y = 1 + 4t z = 7 3t, t R C) x = 5 + 2t y = 4 + 6t z = 3 + 2t, t R D) egyik sem 9.18 feladat: Határozza meg az AB szakasz hosszát, ha A = [1, 1, 7], B = [4, 3, 5]! A) 51 B) 5 2 C) 7 12 D) feladat: Határozza meg az ACB szög nagyságát, ha A = [1, 1, 0],

126 9. A TÉR ANALITIKUS GEOMETRIÁJA 126 B = [4, 0, 3] és C = [0, 5, 3]! A) 60 B) cca 38, 46 C) cca 141, 54 D) cca 31, feladat: Határozza meg az a : x = 3 t y = 7 + 3t z = 9 4t, t R és b : x = 5 y = 7t z = 5 3t, t R egyenesek által bezárt szög nagyságát! A) 75 B) cca 59, 19 C) 149, 19 D) cca 31, feladat: Határozza meg az a : x = 5 + 5t y = t z = 1, t R egyenes és az α : x 4y + 5z + 6 = 0 sík által bezárt szög nagyságát! A) cca 116, 81 B) 30 C) cca 26, 81 D) cca 63, feladat: Határozza meg az α : 2x 3y + 4z + 6 = 0 és a β : 3x + 4y 5z 11 = 0 síkok által bezárt szög nagyságát! A) cca 46, 94 B) 45 C) cca 133, 06 D) cca 43, feladat: Határozza meg, hogy metszi-e az AB szakaszt az α : x 2y + 3z + 7 = 0 sík, ha A = [2, 2, 1] és B = [1, 5, 2]! A) igen B) nem C) nem eldönthet D) a végponton halad át 9.24 feladat: Határozza meg az A = [1, 2, 4] pont α : 3x 4y +12z 11 = 0 síktól való távolságát! (Javaslat: állítson mer legest az α-ra A-n keresztül, majd keresse meg ennek metszéspontját α-val.) A) 1 B) C) 2 D) 13 32

127 10. ONLINE TESZTELÉS Online tesztelés A internetcímen lehet ség van arra, hogy az egyes feladatok, mintatesztek eredményét beírva, rögtön visszajelzést kap a megoldása helyességér l. (a cím elérhet lesz a Selye János Egyetem Gazdaságtudományi Karának honlapján a felvételi információk közt.) Az itt használt elektronikus oktatásszervez rendszer a WeBWorK. Ezt a rendszert az USA-ban fejlesztették ki, a fejlesztése 1994 óta zajlik. Jelenleg több mint 240 egyetem használja. Használatát támogatja az Amerikai Matematikai Társaság. Tudomásunk szerint a Közép-Európai térségben egyedül az egyetemünkön használatos az oktatásban. A feladatok egyes paraméterei véletlenszer en vannak generálva, tehát nagy az esélye annak, hogy újabb bejelentkezés esetén hasonló jelleg feladatokkal találkozik, ám ezekben más számok fordulhatnak el. A rendszer használatához elegend egy böngész vel ellátott, internetkapcsolattal rendelkez számítógép vagy csak egy okostelefon. A fenti internetcímet beírva a megjelen ablakban

128 10. ONLINE TESZTELÉS 128 válsssza ki a vendég jelentkezés lehet séget (Guest Login). Kiválasztva valamelyik feladatcsomagot vagy a próbatesztet, hozzá is foghat a munkához. Kiválasztva pl. a gyakorlat-ból a 3. feladatot, mely az alábbi vagy ehhez hasonló A feladat megoldása valószín leg nem okoz gondot. Esetünkben, az egyenlet mindkét oldalát csökkentve 2x 6 -al, kapjuk, hogy 5x = 3, tehát x = 3/5. A feladat mellett található téglalapba beírhatjuk az eredményt. De melyiket? A feladat megoldása 3/5, de ez megegyezik a 0.6 -el, vagy ha igen kacifántos módon számoltunk a 0.1+5/10 értékkel. Bármelyik helyes eredményt beírhatjuk, majd ezt követ en a Check Answers gombra kattintva ellen rizhetjük a megoldásunkat. Jó megoldás esetén az azonnali visszajelzés

129 10. ONLINE TESZTELÉS 129 megjelenik, zöld színnel kiemelésre kerül, hogy The answer above is correct. Hibás megoldást is jelez a rendszer, ebben az esetben pirossal jelenik meg, hogy "The answer above is NOT correct." A 6. feladatban csak a lehet ségek közül kell vállogatni, az egyes jellemzésekhez hozzárendelni a megfelel ábra számát.

130 10. ONLINE TESZTELÉS 130 Az egyes téglalapokba itt az A, B, C, D bet k valamelyikét írjuk. Végül tekintsünk egy lehetséges tesztfeladatot: A feladat, meghatározni az adott pontokon áthaladó egyenes egyenletét. az egyik megközelítése a feladatnak, hogy megoldjuk és ennek alapján döntünk, hogy melyik válasz fogadjuk el. Gondolkodhatunk azonban másként is, mégpedig úgy, hogy egyszer en ellen rizzük, hogy a felkínált lehet sek közt, melyik lehet a jó. Ellen rizve, hogy az y = x, y = x, y = x, x közül, melyik az, ahol az x helyébe a -3 -at behelyettesítve 5-öt kapunk, kérdés megválaszolása nem okozhat gondot.

131 MINTATESZTEK 131 Mintatesztek A teszt 1 feladat: A 4(3x 5) 2(7 3x) = 6(2x 3) 5(2 3x) egyenletnek egyetlen gyöke van, amelyik egy A) természetes szám. B) negatív egész szám. C) pozitív racionális szám. D) negatív racionális szám. 2 feladat: Az x 4y = 1 6x + y = 6 egyenletrendszernek az R R halmazon egyetlen olyan [x 0, y 0 ] számpár a megoldása, melyre teljesül A) x 0 y 0 = 1 B) x 0 y 0 = 1 C) x 0 y 0 = 3 D) x 0 y 0 = 0 3 feladat: Ha az x 1, x 2 (x 1 < x 2 ) a 5x x 6 = 0 egyenlet gyökei, akkor a 5x 1 + 2x 2 kifejezés értéke: A) x = 2 B) x = 4 C) x = 6 D) x = 8 4 feladat: A x+2 x 1 x 2 x+3 egész számok halmazán: egyenl tlenség megoldásainak száma a nemnegatív A) 0 B) 1 C) 2 D) végtelen 5 feladat: Oldjuk meg a x 2 + 2x = x egyenletet a valós számok halmazán. Akkor az egyenlet megoldásainak szorzata: A) 10 B) 2 C) 4 D) 10 6 feladat: Az 3 x2 2x 33 = 9 egyenlet mindkét gyöke az alábbi intervallumból

132 MINTATESZTEK 132 való: A) 0, ) B) 10, 10 C) 2, 3 D) ( 5, 0 7 feladat: A kerti gyümölcsfák permetezéséhez 5 liter 20%-os oldatot készítettünk. Hány százalékos lesz az oldat, ha ehhez még 5 liter vizet öntünk? A) 40% B) 10% C) 15% D) 20% 8 feladat: Hány olyan 4-jegy PIN-kódot adhatunk meg, amelyik páros számra végz dik? (A PIN-kódhoz a 0-9 számjegyeket használhatjuk.) A) 5040 B) C) 500 D) feladat: Határozza meg a [2, 3] ponton áthaladó, a 3x 2y + 5 = 0 egyenlettel adott egyenesre mer leges egyenes áltános egyenletét! A) 2x 3y + 12 = 0 B) 3x 2y + 12 = 0 C) 2x + 3y + 5 = 0 D) 3x + 2y + 12 = 0 10 feladat: Határozza meg az A = [ 4, 1, 1], B = [3, 7, 2] és C = [3, 7, 3] pontokkal adott sík általános egyenletét! A) 5x 3y z + 7 = 0 B) 6x 7y + z + 13 = 0 C) 6x + 7y + 7z 13 = 0 D) 8x + 7y + 25 = 0 11 feladat: Határozza meg az f(x) = log 3 (x 2 + 2) függvény értékét az x = 5 helyen! A) 1 B) 2 C) 3 D) nincs értelmezve 12 feladat: Határozza meg az f(x) = log 7 ( 1 9 x 2 ) függvény értelmezési tartományát! A) 3, 2 2 ) ( 2 2, 3 B) 2 2, 3 C) 0, 3 D) egyik sem

133 MINTATESZTEK feladat: Határozzuk meg, hogy az ábrán látható függvények közül melyik az f(x) = 2 5 x függvény grakonja. (Karikázza be.)(lásd a 4. ábra) 4. ábra. A) B) C) D) 14 feladat: Határozza meg az f(x) = log 2 x függvény zérushelyét. A) x = 3 B) x = 7 C) x = 10 D) x = 1 15 feladat: Egy számtani sorozat ötödik tagja a 5 = 0 az els 100 tagjának összege Mennyi a dierenciálja? A) 1 B) 2 C) 6 D) 10

134 MINTATESZTEK 134 B teszt 1 feladat: Ha az a paraméter felveszi a (-2) értéket, hány valós megoldása lesz az 5(x + 3) + a(2 x) = 4(x a) + 3x + 1 paraméteres egyenletnek? A) 0 B) 1 C) 2 D) 2 feladat: A 3x y = 5 9x + 3y = 15 egyenletrendszernek az R R halmazon A) éppen egy megoldása van. B) mindig van megoldása. C) nincs megoldása. D) végtelen sok számpár a megoldása. 3 feladat: Az 2x 2 + bx + 8 = 0 egyenletben határozzuk meg a b paramétert úgy, hogy az egyenletnek ne legyen valós gyöke! Akkor a b minden lehetséges értéke az alábbi intervallumból való: A) (, 8 B) ( 8, 8) C) 8, ) D) (10, 16) 4 feladat: A 3(x 2 4x + 5) > (1 + 3x)(x 2) egyenlet megoldása a valós számok halmazán: A) (, 17 7 ) B) ( ), 7 17 C) 7 17, ) D) ( 17 7, ) 5 feladat: Oldjuk meg a x x = 2 x egyenletet a valós számok halmazán. Akkor az egyenlet megoldása: A) egy intervallum B) két intervallum uniója C) egyelem halmaz D) kételem halmaz 6 feladat: Ha log 2 x = 4, akkor log 2 x 5 :

135 MINTATESZTEK 135 A) 1 B) 2 C) 10 D) 20 7 feladat: A bank a lekötött betétekre évi 3%-os kamatot kínál. A kamat után 20%-os adót kell zetni. Mennyi lesz egy év elteltével 4000 e betét után a tiszta nyereség? A) 120 e B) 96 e C) 24 e D) 704 e 8 feladat: A vasútállomásra érkez 9 turista csak egy szabad taxit talált. Hányféleképpen választhatják ki azt a 3 személyt, akik els ként indulhatnak a taxival? A) 84 B) C) 27 D) 3 9 feladat: Állapítsa meg p milyen értékére lesz az AB egyenes pontja a P = [p, 2] pont, ha A = [1, 1], B = [5, 7]! A) 17 B) 2 C) 1 D) 7 10 feladat: Határozza meg az a és b egyenesek kölcsönös helyzetét! a : x = 1 2t y = 7 + t z = 9 t, t R b : x = 3 + t y = 5 + 2t z = 7t, t R! A) egybees k B) metsz k C) párhuzamosak D) kitér k 11 feladat: Határozza meg az f(x) = x = 2 helyen! 2x2 4x + 4 x2 x + 2 függvény értékét az A) 1 B) 2 C) 3 D) nincs értelmezve 12 feladat: Határozza meg az f(x) = log x 1 (x 2 x 6) függvény értelmezési tartományát! A) 2, 1) (3, ) B) 2, 3 C) (3, ) D) egyik sem 13 feladat: Írja fel a képen látható parabola egyenletét. (Lásd a 5. ábra)

136 MINTATESZTEK ábra. A) f(x) = 3(x + 2) B) f(x) = 3(x + 2) 2 3 C) f(x) = 3(x 2) 2 3 D) f(x) = 3(x + 2) feladat: Egy számtani sorozat dierenciálja d = 5 az els 100 tagjának összege Mennyi az els tagja? A) -20 B) 5 C) 15 D) feladat: Ábrázolja a következ függvény grakonját: f(x) = 2 x 3. Válassza ki az ábrán látható grakonok közül. (Lásd a 6. ábra) A) B) C) D)

137 MINTATESZTEK ábra.