09 ap–110832 matematika 11 ii kotet

Alkotószerkesztő: Csatár Katalin

KÉZIKÖNYVa MATEMATIKA

a középiskolák 11. évfolyama számára

II. kötetéhez

Celldömölk, 2012

TEX 2012. április 12. – (1. lap/1. old.) ∗ Matematika 9. ∗ (CIM4ED)

C M Y K

Szerzők

KORNAI JÚLIA, KOVÁCS ELŐD, LÖVEY ÉVA,PÁLOVICSNÉ TUSNÁDY KATALIN, SCHUBERT MIHÁLY

Illusztrálta

FRIED KATALIN

Szerkesztette

ACKERMANN RITA

AP–110832

ISBN 978-963-328-050-8

c© Kornai Júlia, Kovács Előd, Lövey Éva, Pálovicsné Tusnády Katalin, Schubert Mihály, 2011

1. kiadás

Kiadja az APÁCZAI KIADÓ Kft.9500 Celldömölk, Széchenyi u. 18.

Telefon: 95/525-000, fax: 95/525-014E-mail: [email protected]

Internet: www.apaczai.huFelelős kiadó: Esztergályos Jenő ügyvezető igazgató

Nyomdai előkészítésKönyv Művek Bt.

Terjedelem: 17,00 (A/5) ív

TEX 2012. április 12. – (2. lap/2. old.) ∗ Matematika 9. ∗ (CIM4ED)

C M Y K

Logaritmus1–3. óra: A logaritmus fogalma

4–5. óra: A logaritmusfüggvény

6–8. óra: A logaritmus azonosságai

9–10. óra: Áttérés más alapú logaritmusra

11–12. óra: A logaritmus alkalmazása

Mire építünk?

A 11. évfolyamosoknak szóló matematika-tankönyv előző kötetében részletesen tárgyaltuk a hatványozás és agyökvonás műveletét. Megismertük a hatvány-, a gyök- és az exponenciális függvények tulajdonságait és gra-fikonjaikat. Ezek ismerete elengedhetetlen lesz a logaritmus fogalmának megértéséhez, konkrét logaritmusokértékének megállapításához és a logaritmus azonosságainak igazolásához.

A logaritmusfüggvény tulajdonságainak alaposabb megértéséhez szükséges annak inverzének, az exponenciálisfüggvénynek az ismerete.

Megismertük a függvénytulajdonságokat (zérushely, növekedés, csökkenés, szélsőérték, korlátosság, paritás, pe-riodicitás, invertálhatóság). Egyszerűbb függvénytranszformációkat végeztünk a korábban tanult függvényeknél.Az előző kötetben az exponenciális függvény inverzeként előkészítettük a logaritmusfüggvény fogalmát.

Meddig jutunk el?Definiáljuk a logaritmus fogalmát, számológép használata nélkül meghatározzuk bizonyos logaritmusok értékét.

Bevezetjük a logaritmusfüggvényt, bemutatjuk kapcsolatát az exponenciális függvénnyel. Jellemezzük a függ-vényt és annak grafikonját, egyszerű függvénytranszformációkat hajtunk végre.

Kimondjuk és feladatokban alkalmazzuk a logaritmus azonosságait. A más alapú logaritmusra való áttérés segít-ségével bemutatjuk a (csak 10-es és természetes alapú logaritmus közvetlen kiszámítására alkalmas) számológéphasználatát.

Szöveges feladatokban alkalmazzuk a logaritmust.

Érettségi követelmények

Középszinten

A tanuló

• legyen képes értelmezni a hatványozást racionális kitevő esetén;

• ismerje és használja a hatványozás azonosságait;

• definiálja és használja feladatok megoldásában a logaritmus fogalmát, valamint a logaritmus azonosságait.Tudjon áttérni más alapú logaritmusra;

• legyen képes szemléletesen értelmezni az inverz függvény fogalmát (pl. exponenciális és logaritmusfügg-vény);

• ismerje, tudja ábrázolni és jellemezni az alábbi hozzárendeléssel megadott (alapvető) függvényeket, pl.x �→ ax ; x �→ loga x ;

• tudjon értéktáblázat és képlet alapján függvényt ábrázolni, illetve adatokat leolvasni a grafikonról;

• tudjon néhány lépéses transzformációt igénylő függvényeket függvénytranszformációk segítségével ábrázolni[f (x ) + c; f (x + c); c · f (x ); f (cx )];

• legyen képes egyszerű függvények jellemzésére (grafikon alapján) értékkészlet, zérushely, növekedés, fogyás,szélsőérték, periodicitás, paritás szempontjából;

Logaritmus

TEX 2012. április 17. – (1. lap/3. old.) ∗ Matematika 9. ∗ (K04LOG)

C M Y K

3

Emelt szinten

A tanuló

• ismerje a permanenciaelvet;

• legyen képes szemléletesen értelmezni irracionális kitevőjű hatványokat;

• bizonyítsa a logaritmus azonosságait;

• ismerje és alkalmazza a függvények megszorításának (leszűkítésének) és kiterjesztésének fogalmát;

• ismerje az összetett függvény fogalmát;

• tudjon a középszinten felsorolt függvényekből összetett függvényeket képezni;

• tudja ábrázolni az alapvető függvények transzformáltjainak grafikonját, valamint ismerje a (c · f (ax + b) + d)függvénytranszformáció lépéseit is;

• tudja a függvényeket jellemezni korlátosság szempontjából;

• a függvények tulajdonságait az alapfüggvények ismeretében transzformációk segítségével határozza meg;

• használja a konvexség és konkávság fogalmát a függvények jellemzésére.

1–3. óra: A logaritmus fogalma

Tk.: 3–10. oldal, 1–18. feladatFgy.: 195–209. feladat

Ezeken az órákon definiáljuk és egyszerű feladatokban alkalmazzuk a logaritmus fogalmát. A hatványozásműveletének használatával kiszámítjuk bizonyos logaritmusok értékét számológép használata nélkül.

Érdemes időt szánni arra, hogy megbeszéljük a tanulókkal a számológép használatát. Bizonyos számológé-pekkel tetszőleges alapú logaritmusokat lehet kiszámítani (beüthető az alap). Más számológépekkel csak a10-es és a természetes alapú logaritmust lehet közvetlenül meghatározni. Ebben a fejezetben olyan feladatokszerepelnek, amelyekben számológéppel csak 10-es alapú logaritmusértékek meghatározására van szükség.

Az 1. példában egy szöveges feladat segítségével bevezetjük a logaritmus fogalmát és jelölését.

A 2. példában előkészítjük a logaritmus definícióját, annak tárgyalásával, hogy bizonyos exponenciális egyen-letek (ax = b) közül melynek van, illetve nincs megoldása. Megállapítjuk, hogy csak az 1-től különböző,pozitív alap (a) és pozitív eredmény (b) esetén lesz biztosan egyetlen valós megoldása az ilyen típusú expo-nenciális egyenleteknek.

A 3. példában a logaritmus definíciójának és a hatványozás azonosságainak felhasználásával határozzuk mega kifejezések pontos értékét.

Feladatok

1. Egy szabályos dobókockával dobunk. Mekkora annak a valószínűsége, hogy

a) a kockát egyszer feldobva nem dobunk 6-ost;56

≈ 0�8333

b) a kockát kétszer feldobva nem lesz a dobott számok között 6-os;(

56

)2

≈ 0�6944

c) a kockát ötször feldobva sem dobunk 6-ost?(

56

)5

≈ 0�4019

d) Hányszor kell feldobni a kockát, hogy 1%-nál kisebb legyen annak a valószínűsége, hogy nem lesza dobott számok között 6-os?

26-szor. 25 dobás után a valószínűség

(56

)25

≈ 0�0105, míg 26 dobás után

(56

)26

≈ 0�0087.

Becsüld meg, majd számold ki!

Logaritmus


C M Y K

4

2. 1 000 000 Ft-ot helyezünk el évi 5%-os kamatos kamatra a bankban. (Kamatos kamat esetén a kamatotis a bankszámlán hagyjuk, így a következő évben már a kamattal növelt pénzösszeg kamatozik.)

a) Hány forintunk lesz 1, 2, illetve 5 év múlva?1 000 000 Ft · 1�05 = 1 050 000 Ft, 1 000 000 Ft · 1�052 = 1 102 500 Ft, 1 000 000 Ft · 1�055 ≈ 1 276 282 Ft

b) Hány évet kell várnunk ahhoz, hogy a bankban tartott pénzösszeg meghaladja a 2 000 000 Ft-ot?Becsüld meg, majd számold ki! 15 évet. 14 év alatt még csak 1 000 000 Ft ·1�0514 ≈ 1 979 932 Ft-unk lesz,míg 15 év alatt 1 000 000 Ft · 1�0515 ≈ 2 078 928 Ft.

3. Oldd meg az alábbi exponenciális egyenleteket a valós számok halmazán! Írd fel a megoldást logarit-mussal is! (Például: 2x = 8 esetén x = log2 8 = 3)

a) 3x = 81 x = log3 81 = 4 b) 7x =1

49x = log7

149

= −2 c) 16x = 4 x = log16 4 =12

d) 125x = 25 x = log125 25 =23

e)(

14

)x

= 8 x = log 14

8 = −32

f) 5x = 13 x = log5 13 ≈ 1�5937 (Elég megállapítani, hogy 1 és 2 között van.)

Az 1–3. feladatokat bevezető feladatnak javasoljuk. Hasonló a fgy. 195. feladata.

4. Keresd a párját!

A: Az a szám, amelynek a 7. hatványa 10. 1: 710

B: Az a szám, amelyre a 7-et emelve 10-et kapunk. 2: 10√

7

C: Az a szám, amelyet akkor kapunk, ha a 7-et a 10. hatványra emeljük. 3: log10 7

D: Az a szám, amelynek a 10. hatványa 7. 4: log7 10

E: Az a szám, amelyre a 10-et emelve 7-et kapunk. 5: 7√10

F: Az a szám, amelyet akkor kapunk, ha a 10-et a 7. hatványra emeljük. 6: 107

A–5; B–4; C–1; D–2; E–3; F–6

A 4. feladatot a hatványozás, gyökvonás és logaritmus közötti kapcsolat felismerésére, egyéni munkára vagyházi feladatnak javasoljuk.

5. Határozd meg a következő kifejezések pontos értékét számológép használata nélkül!a) log4 64 = 3 b) log13 13 = 1 c) log3 243 = 5

d) log7 (−343) Nem értelmezzük. e) log 12

14

= 2 f) lg 0�1 = −1

6. Határozd meg a következő kifejezések pontos értékét számológép használata nélkül!

a) log√5 25 = 4 b) log 1

31 = 0 c) log9 3 =

12

d) log 17

49 = −2 e) log25 125 =32

f) log81

16= −4

3

7. Határozd meg a következő kifejezések pontos értékét számológép használata nélkül!a) lg 1000 = 3 b) lg 1 = 0 c) lg 0�01 = −2

d) lg 1023 = 23 e) lg(−1) Nem értelmezzük. f) lg 3√10 =13

Az 5–7. feladatokat egyéni munkára, házi feladatnak javasoljuk. Hasonló a fgy. 196. és 197. feladata.

8. Számológép használata nélkül állítsd értékük szerint növekvő sorrendbe az alábbi kifejezéseket! Mitveszel észre?

a) A: log2 2 B: log2 16 C: log218

D: log2 0�5 E: log2

√2

Logaritmus


C M Y K

5

C = −3 �D = −1 �E =12�A = 1 �B = 4

b) A: log 12

2 B: log12

16 C: log 12

18

D: log12

0�5 E: log 12

√2

B = −4 �A = −1 �E = −12�D = 1 �C = 3

A feladat kapcsán szóba kerülhet, hogy nagyobb szám 2-es alapú logaritmusa nagyobb (azaz a 2-es alapú

logaritmusfüggvény szigorúan monoton nő), illetve, hogy nagyobb szám12

alapú logaritmusa kisebb (azaz

az12

alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton csökken). Ezenkívül észrevehetjük azt is, hogy egy szám

12

alapú logaritmusa a 2-es alapú logaritmusának ellentettje.

9. Oldd meg az alábbi egyenleteket a valós számok halmazán!a) loga 343 = 3 a3 = 343, a = 7 b) log5 b = 4 b = 54 = 625

c) log2 128 = c 2c = 128, c = 7 d) logd 1 = 0 d0 = 1, d �0 és d �= 1

e) log4 e = −32e = 4− 3

2 =18

f) log34√27 = f 3f = 4√27 =

4√33 = 3

34 , f =

34

A 9. feladat a logaritmus fogalmának és jelölésének elmélyítésére szolgál. Egyéni munkára, házi feladatnakjavasoljuk. Hasonló a fgy. 200. feladata.

10. Számológép használata nélkül számítsd ki az alábbi kifejezések pontos értékét!

a) log3 37 = 7 b) lg(103 · 10−5

)= −2 c) log2

20�75

20�5 = 0�25

d) log111

((111

23

)4�5)

= 3 e) log773 · 7− 2

3

3√74= 1 f) log5

(15

·(√

3√5)7

)=

16

11. A hatványozás azonosságainak felhasználásával számítsd ki az alábbi kifejezések pontos értékét!

a) 5log5 11 = 11 b) 7log7 2 + log7 9 = 18 c) 102 lg 5 = 25

d) 4log4 9 − log4 3 = 3 e) 3log3 15 − log3 5 + log3 2 = 6 f)(

12

)log 12

18 − 2 log 12

3

= 2


a) 4log2 13 = 169 b) 3log 1

3

17

= 8 c) 1000lg 2 = 7

d) 5log25 4 = 2 e)(

18

)log2 3

=1

27f) 0�01lg 1

2 = 4

A 11–12. feladatokból differenciálva, a gyerekek és a csoport felkészültsége szerint válogathatunk. Hasonlóa fgy. 203–204. feladata.

13. A pH egy adott oldat kémhatását (savasságát vagy lúgosságát) jellemzi. Híg vizes oldatokban a pHegyenlő az oxóniumion-koncentráció tízes alapú logaritmusának ellentettjével: pH = − lg[H3O+].

A tiszta víz pH-értéke 7, ennél kisebb pH-érték savasságot, nagyobb pH-érték pedig lúgosságot jelez.

a) Töltsd ki az alábbi táblázat üres mezőit! (Használhatsz számológépet!)

Logaritmus


C M Y K

6

oxóniumion-koncentráció(mol�dm3)

pH-érték kémhatás(savas/lúgos)

almalé/narancslé 3�16 · 10−4 3�5 savas

ásványvíz 10−6 6�0 savas

bor 10−4 4�0 savas

gyomorsav 0�0316 1�5 savas

hipó 3�16 · 10−13 12�5 lúgos

kávé 10−5 5,0 savas

kóla 3�16 · 10−3 2�5 savas

savas eső 3�16 · 10−5 4�5 savas

szappan 3�16 · 10−10 9�5 savas

vér 3�98 · 10−8 7�4 lúgos

oxóniumion-koncentráció(mol�dm3)

pH-érték kémhatás(savas/lúgos)

almalé/narancslé 3�16 · 10−4 3�5 savas

ásványvíz 10−6 6�0 savas

bor 10−4 4�0 savas

gyomorsav 0�0316 1�5 savas

hipó 3�16 · 10−13 12�5 lúgos

kávé 10−5 5,0 savas

kóla 3�16 · 10−3 2�5 savas

savas eső 3�16 · 10−5 4�5 savas

szappan 3�16 · 10−10 9�5 savas

vér 3�98 · 10−8 7�4 lúgos

b) Hogyan változik az oxóniumion-koncentráció, ha a pH 1-gyel nő? És, ha 2-vel? Tizedrészére, század-részére csökken.

14. Határozd meg az alábbi kifejezések értelmezési tartományát!

a) log3 (x − 7) x �7 b) lg(2|x | − 1

)x �−1

2vagy

12�x .

c) lg (x 2 + 1) A valós számok halmaza. d) log5x − 2x + 5

x �−5 vagy 2 �x .

e) log1004√3x + 2 x �−2

3f) log7(lg x ) lg x �0, azaz x �1.

15. Határozd meg a valós számoknak azt a legbővebb részhalmazát, amelyen az alábbi kifejezés értelmez-hető!

lg (x 2 − 4x + 3) − lg (x + 4)

A lg(x 2 − 4x + 3) kifejezés értelmezési tartománya x �1 vagy x �3, a lg(x + 4) kifejezésé pedig x �−4. Ezekalapján az eredeti kifejezés értelmezési tartománya: {x | −4 �x �1 vagy x �3}.

16. Határozd meg az alábbi kifejezések értelmezési tartományát!

a) logx−2 100 x �2 és x �= 3.

b) logx2 12 x �= −1, 0 és 1.

c) log5−|x | 65 −5 �x �5, x �= −4 és 4.

d) log 1x+8

1071 x �−8 és x �= −7.

e) log1− 3√x81 3√

�1 és 3√

�=0, azaz x �1 és x �= 0.

f) logsin x 9 0 �sin x �1, azaz 2k� �x �� + 2k� (k egész szám).

17. Ábrázold az alábbi kifejezések értelmezési tartományát számegyenesen!

a) logx−3(2x − 7) x �72

és x �= 4.

b) log|x | (x + 2) x �−2, x �= −1, 0 és 1.

c) logx + 4 (x 2 − 4x + 3) −4 �x �1 vagy 3 �x , x �= −3.

18. Határozd meg a logx−2(8 − x ) kifejezés értelmezési tartományát!

a) Mely x valós számok esetén lesz a kifejezés értéke 1? x −2 = 8− x , azaz x = 5, amely eleme a kifejezésértelmezési tartományának.

b) Mely x valós számok esetén lesz a kifejezés értéke 2? (x − 2)2 = 8 − x , azaz x 2 − 3x − 4 = 0. Ennek kétgyöke: x1 = −1 és x2 = 4. Ezek közül csak a második van benne az értelmezési tartományban, azaz x = 4.

Logaritmus


C M Y K

7

4–5. óra: A logaritmusfüggvény


Ezeken az órákon bevezetjük a logaritmusfüggvényt az exponenciális függvény inverz függvényeként. Össze-hasonlítjuk a különböző alapú logaritmusfüggvények tulajdonságait és grafikonjait. Egyszerű függvénytransz-formációkat hajtunk végre.

Az 1. példában egy exponenciális függvénynek és inverzének (egy logaritmusfüggvénynek) a grafikonjátkészítjük el.

A 2. példában elkészítjük a 2-es alapú logaritmusfüggvény értéktáblázatát, vázoljuk a grafikonját és jelle-mezzük a függvényt.

A 3. példában összehasonlítjuk a különböző alapú logaritmusfüggvények grafikonját, illetve a függvényektulajdonságait.

A 4. példában bemutatunk egy egyszerű függvénytranszformációt.

Az 5. példában logaritmusfüggvények értelmezési tartományát vizsgáljuk. Ez előkészíti a logaritmusosegyenletek értelmezési tartományának vizsgálatát.

Feladatok

1. Töltsd ki az értéktáblázatot, és ábrázold az x �→ log13x függvény grafikonját!

x1

811

2719

13

√3

31

√3 3 3

√3 9 27

f (x ) 4 3 2 112

0 −12

−1 −32

−2 −3

x1

811

2719

13

√3

31

√3 3 3

√3 9 27

f (x ) 4 3 2 112

0 −12

−1 −32

−2 −3

2. Az ábrán exponenciális és logaritmusfüggvények grafikonjait látod.

a) Add meg a hozzárendelési utasításaikat! f (x ) = 3x , g(x ) =(

13

)x

, h(x ) = log4 x

b) Add meg mindhárom függvény inverz függvényének hozzárendelési utasítását is! f −1(x ) = log3 x ,

g−1(x ) = log 13x , h−1(x ) = 4x

c) Rajzold meg az inverz függvények grafikonját!

x

y

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9−3 −1

1

2

3

4

5

6

−3

−2

−1

f −1

f

g−1

g

h−1

h

Logaritmus


C M Y K

8

3.

x

y

1

1

0

d(x )

a(x )

b(x )

c(x )

Közös koordináta-rendszerben ábrázoltuk négy függvény grafikonját.

a(x ) = log2�7 x

b(x ) = log0�8 x

c(x ) = log0�2 x

d(x ) = log6 x

Párosítsd a grafikonokat a hozzárendelési utasításokkal!

A tengelyeket és az x tengelyen az egységet is neked kellberajzolnod.

Hívjuk fel a figyelmet arra, hogy mind a négy logaritmusfügg-vény grafikonja áthalad az (1; 0) ponton, és például log6 6 = 1alapján a (6; 1) pont is ismert, így a koordináta-rendszer márberajzolható. Ezt követően a logaritmusok alapjainak ismere-tében a párosítás elvégezhető.

Az 1–3. feladatokat egyéni munkára, házi feladatnak javasoljuk. Hasonló a fgy. 1–2. feladata.

4. Ábrázold függvénytranszformáció segítségével közös koordináta-rendszerben az alábbi két-két függvénygrafikonját! Mit tapasztalsz? Mivel magyarázod a tapasztaltakat? Mindkét részben megegyezik az f és gfüggvények grafikonja. A grafikonok megrajzolásától eltekintünk.

a) f (x ) = − log2 x g(x ) = log 12x A log2 x és az log 1

2x függvények a 2x , illetve az

(12

)x

függvények

inverzei. Ennek a két függvénynek a grafikonja tükrös az y tengelyre, tehát (mivel az y tengely y = x egyenesrevaló tükörképe az x tengely) inverzeik grafikonja az x tengelyre lesz tükrös. Így log 1

2x = − log2 x .

b) f (x ) = 2 · log3 x g(x ) = log√3 x Tudjuk, hogy 3x =

(√3)2x

, tehát a√

3x

függvény grafikonjából úgy

kapjuk meg a 3x függvény grafikonját, hogy a görbe pontjainak y tengelytől mért távolságát felére változtatjuk.Ez azt jelenti, hogy inverz függvényeiket tekintve a log√

3 x függvény grafikonjából úgy kapjuk meg a log3 x

függvény grafikonját, hogy az x tengelytől mért távolságot felére változtatjuk, tehát a log3 x =log√

3 x

2, vagyis

2 log3 x = log√3 x .

Készítsék el a tanulók az f és a g függvények grafikonjait, és fedezzék fel azok egyenlőségét! Próbáljanakpárhuzamot találni az a) feladattal!

A 4. feladat megoldása rávezet a különböző alapú logaritmusok közti összefüggés felfedezésére. Közös mun-kára javasoljuk.

5. Ábrázold az adott halmazon értelmezett függvények grafikonját! Határozd meg az értékkészletüket és azérushelyüket is! A grafikonok megrajzolásától eltekintünk.

a) alaphalmaz: ]0; 1[ a(x ) = log4 x ÉK: ]−∞; 0], nincs zérushely.

b) alaphalmaz: [1; 9] b(x ) = log3 x − 1 ÉK: [0; 2], zérushely: 1.

c) alaphalmaz: Z+ c(x ) = log0�5 x +0�5 ÉK: {0�5; −0�5; log0�5 3+0�5; −1�5; � � �} = {log0�5 k +0�5}, k ∈ Z+,nincs zérushely.

6. Ábrázold az alábbi függvények grafikonját! Jellemezd a függvényeket!

a) x �→ | log0�5 x |

x

y

1 2 3 4 5 6

1234

0

x �→ | log0�5 x

ÉT: R, ÉK: [0; ∞[. Zérushely: x = 1. Ha x �1, szigorúan monotoncsökken. Ha x �1, szigorúan monoton nő. x = 1-nél minimumhelyevan, minimumérték: 0.

Logaritmus


C M Y K

9

b) x �→ log3 |x |

x

y

1 2 3 4 5 6

1234

0

x �→ log3 |x |ÉT: R, ÉK: R \ {0}. Zérushelye és szélsőértékenincs. Ha x �0, szigorúan monoton csökken. Hax �0, szigorúan monoton nő.

7. A grafikonjuk megrajzolása nélkül döntsd el azalábbi függvényekről, hogy az értelmezési tar-tományukon szigorúan monoton növekvők vagycsökkenők!

a) x �→ log 1√3x Mivel

1√3�1, a függvény szigorúan monoton csökken.

b) x �→ log3(−x ) Mivel 3 �1, a log3 x függvény szigorúan monoton nő, tehát a log3(−x ) függvény szigorúanmonoton csökken, ugyanis tükröztük a grafikont az y tengelyre.

c) x �→ log0�1(−x ) Mivel 0�1 �1, a log0�1(x ) függvény szigorúan monoton csökken, tehát a log0�1(−x ) függvényszigorúan monoton nő.

d) x �→ log5 (5 − 2x ) Mivel 5 �1, a log5 x függvény szigorúan monoton nő, log5(5 + x ) is szigorúan monotonnő (csak eltoltuk a görbét az x tengely negatív irányában 5-tel) ⇒ log5(5 − x ) függvény szigorúan monotoncsökken (tükröztük az y tengelyre a grafikont) ⇒ log5(5 − 2x ) függvény is szigorúan monoton csökken. (Agrafikon pontjainak y tengelytől mért távolsága változik a felére.)

8. Állapítsd meg az alábbi függvények értelmezési tartományát!

a) x �→ log2x + 4x

]−∞; −4] ∪ ]0; ∞]

b) x �→ log2(x + 4)x

]−4; ∞] ∪ ]0; ∞[

c) x �→ log2 (x + 4) − log2 x ]0; ∞]

9. Állapítsd meg, milyen halmazon értelmezhetők az alábbi függvények! Add meg az értékkészletüket is!

a) x �→ lg (x 2 + 1) ÉT: R, mivel x 2 + 1 �0 minden x esetén. ÉK vizsgálata: a lg x függvény szigorúan monoton

növekszik, tehát ha x 2 + 1 �1, akkor lg(x 2 + 1) �lg 1 = 0. Tehát ÉT: ]0; ∞].

b) x �→ log2 (sin x ) sin x �0, tehát k · 2� �x �� + k · 2� k ∈ Z, azaz ÉT: ]k · 2� ; � + k · 2�], k ∈ Z. ÉKvizsgálata. A log2 x függvény szigorúan monoton növekszik, így mivel sin x ≤ 1, log2(sin x ) ≤ log2 1 = 0,tehát ÉK: ]−∞; 0].

c) x �→ log3 (9 − x 2) ÉT: ]−3; 3]. Ilyenkor 0 �9 − x 2 �9, tehát log3(9 − x 2) �log3 9 = 2. ÉK: ]−∞; 2]

A 9. feladatot a matematika iránt fogékonyabb tanulóknak önálló munkára javasoljuk.

6–8. óra: A logaritmus azonosságai


Ezeken az órákon kimondjuk és feladatokban használjuk a logaritmus azonosságait.

Az 1. példában egy konkrét számpéldán keresztül bemutatjuk az azonos alapú logaritmusok összegére vo-natkozó azonosságot. A példában bemutatott gondolatmenetet felhasználva általánosan is bizonyítható azösszefüggés.

A 2. példában kifejezések pontos értékének számológép használata nélküli meghatározásához a logaritmusazonosságait alkalmazzuk.

Logaritmus


C M Y K

10

A 3. példában a logaritmus azonosságait felhasználva készítjük el a logaritmusfüggvények transzformáltjai-nak grafikonját.

Feladatok


a) log6 4 + log6 9 = 2

b) log2 80 − log2 5 = 4

c) 2 lg 3 + lg 20 − lg 18 = 1

d) log5 35 − 3 log5 7 + log5 98 − log5 50 = −1

e) 3 log3 15 + 2 log3 6 − log3 12 − log3 45 − 2 log3 5 = 2

f)12

(log6 45 + log6 20) − log6 30 = 0

Az 1. feladatot egyéni munkára, házi feladatnak javasoljuk. Hasonló a fgy. 220. feladata.

2. Állapítsd meg x értékét! (x �0)

a) log7 x = log7 2 + log7 5 x = 10

b) log4 x = log4 25 − log4 5 x = 5

c) lg x = 3 lg 3 x = 27

d) log0�5 x = log0�5 45 − 2 log0�5 15 x =15

e) log3 x = 1 − log3 6 x =12

f) log 111x = − log 1

11

13

+ 2 log 111

2 x = 12


a) log2 x + log2 3 = log2 75 x = 25

b) log5 x − log5 0�5 = log5 14 x = 7

c) 2 log6 x = log6 16 x = 4

d) lg 12 − lg x = 2 lg 3 − lg 6 x = 8

e) 3 log0�25 x + log0�25 10 − 2 log0�25 8 = 1 + log0�25 5 x = 2

f)log13 x + log13 5log13 x − log13 3

= 2 x = 45

4. Számológép használata nélkül állapítsd meg, hogy melyik nagyobb!

a) log4 8 + log4 2 vagy log4 (8 + 2) log4 16 �log4 10

b) log 13

9 − log 13

3 vagy log13(9 − 3) log 1

33 �log 1

36

c) 2 lg 1000 vagy lg (2 · 1000) lg 1 000 000 �lg 2000

d) log2 3 + log2 5 vagy log2 (3 + 5) log2 15 �log2 8

e) log7 111 − log7 37 vagy log7 (111 − 37) log7 3 �log7 74

f)12

· log13 64 vagy log13

(12

· 64)

log13 8 �log13 32

A 4. feladatot egyéni munkára, házi feladatnak javasoljuk. Hasonló a fgy. 223. feladata.

Logaritmus


C M Y K

11

5. Számológép használata nélkül állítsd növekvő sorrendbe az alábbi kifejezéseket! Ha jól dolgoztál, akkor akifejezések betűjelét sorrendben összeolvasva a logaritmus meghatározására szolgáló eszköz nevét kapod.

L: log3 2 + log3 5 = log3 10 É: log3 (2 + 15) = log3 17O: log3 72 − log3 36 = log3 2 C: log3 (72 − 36) = log3 36

L: log313

· log3 15 = log31

15A: log3

(13

· 15)

= log3 5

R:log3 36log3 9

= log3 6 G: log3369

= log3 4

A keresett szó: LOGARLÉC.


a) 7log7 2 + log7 3 = 6 b)(

12

)log 12

51−log 12

17

= 3

c) 25log5 11 = 121 d) 6log6 15 + log6 4 − log6 12 = 5

e) 102 lg 35 + lg 12−lg 21−lg 28 = 25 f) 0�2log 1

545−3 log 1

53−log 1

510

=16

A 6. feladatot egyéni munkára, házi feladatnak javasoljuk. Hasonló feladat a fgy. 224. feladata. A gyorsabbanhaladó gyerekeknek kitűzhetjük a 7. feladatot vagy a fgy. 225. feladatát is.


a) log5(log2 96 − log2 3

)= 1

b) log3 sin 60◦ − log3 cos 60◦ = log3sin 60◦

cos 60◦ = log3 tg 60◦ = log3

√3 =

12

c) lg 4log2 10 = lg(

22)log2 10

= lg(

2log2 10)2

= lg 102 = 2

d) log26

√216 = 2�25

e) 49log7 2 + log49 3 · (log8 34 − log8 17) =(

72)log7 2

· 49log49 3 · log83417

= 4 · 3 · 13

= 4

f) � log11(log3(log15 9 + log15 45 + log15 25−log15 3)) = � log11(log3(log15 3375)) = � log11(log3 3) = � log11 1 = �0 = 1

8. Írd fel egyszerűbb alakban! (a �0, a �= 1, x , y , z �0, x �y)

a) loga x + loga y + loga z = loga (xyz )

b) loga xy − loga

x

y= loga

(y2

)

c) 2 loga

(xz 2

)+ loga

(y3

)− 3 loga (xyz ) = loga

( zx

)

d)12

loga

(x 2y4

)= loga

(xy2

)

e) loga x − 13

loga y − 23

loga z = loga

(x

3√yz 2

)

f) loga

(x 2 − y2

)− loga (x − y) = loga (x + y)

9. Írd fel lg a és lg b segítségével! (a , b �0)

a) lg(

1a

)= − lg a b) lg (b5) = 5 lg b

c) lg (3ab) = lg 3 + lg a + lg b d) lg(a

b3

)= lg a − 3 lg b

Logaritmus


C M Y K

12

e) lg

(2a3

√b

)= lg 2 + 3 lg a − 1

2lg b f) lg

3√a2 4√

b =23

lg a +1

12lg b

10. Megadjuk, hogy lg 2 ≈ 0�3010. Számológép használata nélkül számítsd ki az alábbi kifejezések közelítőértékét!

a) lg 20 1 + lg 2 ≈ 1�3010 b) lg 4 2 lg 2 ≈ 0�6020

c) lg 5 log102

= 1 − lg 2 ≈ 0�6990 d) lg12

− lg 2 ≈ −0�3010

e) lg 1600 lg 100 · 24 = lg 100 + lg 24 = 2 + 4 lg 2 ≈ 3�2040

f) lg 125 lg1000

23= lg 1000 − lg 23 = 3 − 3 lg 2 ≈ 2�0970

11. Hány jegyű a 21000? lg(21000) = 1000 lg 2 ≈ 301�03. Azaz 10301 �21000 �10302, a szám tehát 302 jegyű.

12. Határozd meg az alábbi kifejezés századokra kerekített értékét a számológéped segítségével!

22011 · 5500

31999

Vegyük a kifejezés 10-es alapú logaritmusát:

lg22011 · 5500

31999= lg 22011 + lg 5500 − lg 31999 = 2011 lg 2 + 500 lg 5 − 1999 lg 3 ≈ 1�0896

Innen az eredeti kifejezés értéke 101�0896 ≈ 12�29.

A 12. feladat kapcsán felhívhatjuk a figyelmet arra, hogy a logaritmus segítségével a számológép által nemkezelhető nagyságú számokkal is tudunk számolni.

13. Határozd meg a kifejezés pontos értékét számológép használata nélkül!

5lg 20

2lg 5 =5lg 20

2lg 5 =

(102

)lg 20

2lg 5 =10lg 20

2lg 20 · 2lg 5 =20

2lg 20+lg 5 =20

2lg 100 =2022 = 5

14. Bizonyítsd be, hogy a lg b = blg a ! (a , b �0)

Vegyük mindkét oldal 10-es alapú logaritmusát! lg(a lg b) = lg(blga )

Alkalmazzuk a hatvány logaritmusára vonatkozó azonosságot! lg b · lg a = lg a · lg b

Mivel a 10-es alapú logaritmusfüggvény kölcsönösen egyértelmű a pozitív valós számok halmazán, a két kifejezésegyenlő, hiszen a 10-es alapú logaritmusuk egyenlő.

15. Hasonlítsd össze, milyen halmazon értelmezhetők az f és g függvények!

a) f (x ) = lg x g(x ) = lg√x 2

Az f függvény értelmezési tartománya: ]0; ∞[, a g függvény értelmezési tartománya: R \ {0}.

b) f (x ) = 3 · log0�3 x g(x ) = log0�3 x3

Az f és a g függvény értelmezési tartománya: ]0; ∞[.

c) f (x ) = log2 (x + 1) + log2 (x − 1) g(x ) = log2 (x 2 − 1)

Az f függvény értelmezési tartománya: ]1; ∞[, a g függvény értelmezési tartománya: ]−∞; −1] ∪ ]1; ∞[.

16. A logaritmus azonosságait felhasználva alakítsd át a hozzárendelési utasítást úgy, hogy egyszerű függ-vénytranszformáció segítségével megrajzolhasd a függvény grafikonját!

Hívjuk fel a figyelmet arra, hogy a b) résznél alkalmazott III. loga (bk ) = k loga b azonosság csak b �0esetén teljesül.

Logaritmus


C M Y K

13

a) x �→ log2 (2x )log2(2x ) = log2 x + log2 2 = log2 x + 1

b) x �→ log 13x 2

log 13x2 =

{2 log 1

2(−x )� ha x �0

2 · log 12

(x )� ha x �0

c) x �→ log5

(x

25

)

log5

( x

25

)= log5 x − log5 25 = log5 x − 2

x

y

1

1

0

a(x )

b(x )

c(x )

9–10. óra: Áttérés más alapú logaritmusra


Ezeken az órákon kimondjuk, bizonyítjuk és feladatokban alkalmazzuk a más alapú logaritmusra való átté-résre vonatkozó azonosságot.

Az 1. példában a log2 3 értékét számoljuk ki számológép segítségével.

A 2. példában két kifejezés pontos értékét számítjuk ki más alapú logaritmusra való áttéréssel.

Feladatok

1. Mi az alábbi logaritmusok értéke? Becsüld meg! A pontos érték meghatározásához használj számológé-pet! Az eredményeket két tizedesjegy pontossággal add meg!

a) log2 7 ≈ 2�81 b) log3 100 ≈ 4�19 c) log4 3 ≈ 0�79d) log5 0�25 ≈ −0�86 e) log6 24 ≈ 1�77 f) log7 0�1 ≈ −1�18

Tippelési versenyt rendezhetünk: mindenki összeadja, hány századot tévedett összesen, a legkisebb eredmé-nyű játékos győz. Hasonló a fgy. 233. feladata.


a) log2719

=log3

19

log3 27=

−23

= −23

b) log83√4 =

log23√4

log2 8=

233

=29

c) log0�2 (5√

5) =log5

(5√

5)

log5 0�2=

32

−1= −3

2d) log0�01

5√1000 =lg

√[5]1000

lg 0�01=

35

−2= −0�3

e) log 132

√2

2=

log2

√2

2

log21

32

=− 1

2−5

= 0�1 f) log 3√49

√343 =

log7√

343

log73√49

=3223

=94


a)lg 16lg 2

= log2 16 = 4 b)log7

4√

3log7 3

= log34√3 =

14

c)log11 64

log11 0�25= log0�25 64 = −3 d)

log2 6 + log2 24log2 12

= log12 144 = 2

e)3 log5 30 − log5 27

log5 10= lg 1000 = 3 f)

lg 35 − lg 71 − lg 50

= log 15

5 = −1

Logaritmus


C M Y K

14

4. Számológép használata nélkül döntsd el, hogy melyik nagyobb!

a)log3 64log3 8

vagy log3648

2 �log3 8 b)log2 19log2 5

vagylg 19lg 5

log5 19 = log5 19

c)log125 8log25 8

vagylog8 125log8 25

log125 8log25 8

=

lg 8lg 125

lg 8lg 25

=lg 25

lg 125= log125 25 =

23

log8 125log8 25

= log25 125 =32

Mivel23�

32

, ígylog125 8log25 8

¡log8 125log8 25

.


a) log3 15 − log9 25 = log3 15 − log3 25log3 9

= log3 15 − log3 252

= log3 15 − log3 5 = log3 3 = 1

b) log5 3 + log0�2 3 = log5 3 +log5 3

log5 0�2= log5 3 +

log5 3−1

= 0

c) log2 3 + 2 log4 3 − 6 log8 3 = log2 3 + 2 · log2 3log2 4

− 6 · log2 3log2 8

= log2 3 + 2 · log2 32

− 6 · log2 33

= 0

A 2–5. feladatokat egyéni munkára, házi feladatnak javasoljuk. Hasonlók a fgy. 234–237. feladatai.

6. Milyen kapcsolat van az alábbi kifejezések között? (a , b �0 és a , b �= 1)

a) loga b és loga

1b

Ellentétesek. b) loga b és logb a Egymás reciprokai.

c) loga b és log 1a

1b

Egyenlőek.

7. Bizonyítsd be az alábbi azonosságot! (a , b �0, a �= 1 és k ∈ R)

logak

(bk

)= loga b logak (bk ) =

lg(bk )lg(ak )

=k lg bk lg a

=lg blg a

= loga b

8. Bizonyítsd be az alábbi azonosságot! (a , b, c, d �0 és a , b, c �= 1)

loga b · logb c · logc d = loga d loga b · logb c · logc d =lg blg a

· lg clg b

· lg dlg c

=lg dlg a

= loga d

11–12. óra: A logaritmus alkalmazása


Ezeken az órákon szöveges feladatok megoldása során alkalmazzuk a logaritmust.

Az 1. példában szöveg alapján felírt exponenciális egyenlet megoldása kapcsán kerül elő a logaritmus fogal-ma.

A 2. példában egy természettudományos jelenség modellezéséhez egy exponenciális függvényt használunk.A függvény hozzárendelési utasításához alkalmazzuk a természetes alapú logaritmust. A példa tárgyalásátcsak érdeklődő csoportokban javasoljuk.

A feladatok közül a gyerekek és a csoport igénye szerint válogassunk! A tapasztalatok azt mutatják, hogy eza feladattípus mind a közép, mind az emelt szintű érettségin gyakran szerepel.

Logaritmus


C M Y K

15

Feladatok

1. Egy multilevel marketingcég működési elve szerint a cégbe belépő személyeknek a belépést követő hó-napban további 3 embert kell beszervezniük a vállalatba, és csak ezt követően válhatnak teljes jogútaggá.

A cég alapítója az egyetlen 0. szintű tag, minden további tag szintszáma eggyel nagyobb, mint az őtbeszervező ember szintszáma.

Ha a cég az elvárásnak megfelelően növekedne, hányadik szinten állna legalább 100 000 tag?

Az n. szinten a cégnek 3n tagja van. A log3 100 000 ≈ 10�48, tehát a cégnek a 11. szinten már több, mint 100 000tagja van.

2. A légköri nyomás a tengerszint feletti magasság növekedésével csökken. Egy adott magasságban a lég-nyomást az alábbi képlet adja meg:

P = 105− h15500 �

ahol P a pascalban mért nyomás és h a tengerszint feletti magasság méterben.

Van-e a Föld felszínén olyan pont, ahol a légköri nyomás a tenger szintjén mért nyomásnak a negyede?

A tenger szintjén mért nyomás P0 = 105− 015 500 = 105 = 100 000. Azt a h magasságot keressük, amelyre 25 000 =

= 105− h

15 500 , azaz lg 25 000 = 5 − h

15 500.

Innen h ≈ 9331�93 m, tehát a Föld felszínén nincs ilyen pont, hiszen a legmagasabb tengerszint feletti magasság8850 m.

3. A lépfenét okozó Bacillus anthracis baktérium osztódása 50 percig tart.A betegség kialakulásához kb. 20 000 baktérium szükséges.

Mennyi idő alatt alakul ki a betegség egy egyetlen baktérium által megfertőzött állatban?

Az n. osztódás után 2n db baktérium van. A log2 20 000 ≈ 14�28, így 15 osztódás után már lesz elég baktérium abetegség kialakulásához. Megközelítőleg 15 · 50 perc = 12�5 óra alatt alakul ki tehát a betegség.

4. Egy szumóversenyző a karrierje végén elhatározza, hogy intenzív fogyókúrába kezd. Minden hónap vé-gére a hónap eleji tömegéből 1%-ot szeretne fogyni.

Mennyi idő alatt éri el a 120 kg-ot, ha az aktív pályafutása végén 195 kg-os volt?

Az n. hónap után a versenyző tömege 195 · 0�99n kg. 195 · 0�99n = 120, innen n = log0�99120195

≈ 48�31. A szumó-

versenyző tehát megközelítőleg 4 év múlva lesz 120 kg-os.

5. A legfeljebb 50 000 éves széntartalmú régészeti leletek korának meghatározásához a 14-szénizotóp (14C)radioaktív bomlásán alapuló radiokarbon kormeghatározási módszert alkalmazzák.

Hány éves az az egyiptomi múmia, amelyben a 14-szénizotóp mennyisége az élő szervezetben mértmennyiség 60%-a?

A 14-szén radioaktív bomlását az N (t) = N0(t) · 2− t5730 összefüggés írja le, ahol N0(t), illetve N (t) a

radioaktív anyag mennyisége az élő szervezetekben, illetve a régészeti leletben, t pedig a lelet kora.

A feladat szövege alapján azN (t)N0(t)

= 0�6 = 2− t

5730 egyenlet írható fel, ahonnan − t

5730= log2 0�6, azaz

t = −5730 · log2 0�6 ≈ 4222�81�

A múmia tehát körülbelül 4200 éves, azaz i. e. 2200 körülről származik.

Logaritmus


C M Y K

16

Tudáspróba

1. Számológép használata nélkül határozd meg az alábbi logaritmusok pontos értékét!

a) log2 256 = 8 b) lg√

10 = 0�5c) log11(−121) Nem értelmezzük. d) log√

5 125 = 6

e) log 13

9 = −2 f) log0�99 1 = 0

g) log93√3 =

16

h) log81

32= −5

3

2. Határozd meg a , b és c pontos értékét!

a) loga 64 = 3 a = 4 b) log25 b = −12b = 0�2 c) log4 32 = c c = 2�5

3. Párosítsd a grafikonokat a hozzárendelési utasításokkal! Az egyik hozzárendelési utasításhoz nem tartozikgrafikon. Rajzold meg!

f (x ) = log3 x – E

x

y

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9−3 −1

1

2

3

4

5

6

−4

−3

−2

−1

EA

C

B

C

D

k (x )

g(x ) = log2(−x ) – A

h(x ) = 2 · log2 x – C

i(x ) = 2x – B

j (x ) = log√2 x – C

k (x ) = log13x

l (x ) = ln x − 1 – D

A – g(x ); B – i(x ); C – h(x ) és j (x ); D – l (x );E – f (x )


a) 251−log5 2 − 10− lg 4 =25

25log5 2−

(10lg 4

)−1=

254

− 14

= 6

b)12

log3 45 + log3

√20 − log3 90 = −1

c) log2 3 · log3 5 · log5 8 =lg 3lg 2

· lg 5lg 3

· lg 8lg 5

=lg 8lg 2

= log2 8 = 3

5. Írd fel az alábbi kifejezéseket lg a és lg b segítségével! (a , b �0 és a , b �= 1)

a) lg(10ab2

)= 1 + lg a + 2 lg b b) lg

(√b

a3

)5

=52

lg b − 15 lg a c)loga 5logb 5

=

lg 5lg alg 5lg b

=lg blg a

Logaritmus


C M Y K

17

Koordinátageometria1. óra: Pont és vektor a koordinátasíkon

2–3. óra: Osztópont, súlypont, távolságmeghatározás

4. óra: Két vektor skaláris szorzata

5–7. óra: Az egyenes egyenletei

8–12. óra: Egyenesek metszéspontja, két egyenes párhuzamosságának és merőlegességénekfeltétele, az egyenes további egyenletei

13. óra: A kör

14–15. óra: Körök és egyenesek kölcsönös helyzete

16–17. óra: Vegyes feladatok

18. óra: Összefoglalás

Mire építünk?

A vektorokról 9. évfolyamon tanultakon túl (a vektor fogalma, vektorok összeadása és kivonása, vektor számszo-rosa) az előző félévben a vektorok témakörének tárgyalásakor definiáltuk a helyvektor fogalmát, és kimondtukaz osztópont helyvektorára vonatkozó tételt. Kimondtuk a háromszög súlypontjának helyvektorára vonatkozóösszefüggést, továbbá definiáltuk két vektor skaláris szorzatát, és e művelet tulajdonságaival részletesen foglal-koztunk. Felhasználjuk a vektorok felbontására vonatkozó tételt is.

Meddig jutunk el?

A koordináta-rendszer bevezetése után pontosan definiáljuk a pont és a helyvektor koordinátáit, részletesen tár-gyaljuk, hogyan kell meghatározni két vektor összegének és különbségének, illetve egy vektor számszorosának,valamint 90◦-os elforgatottjának koordinátáit, ha a vektorok koordinátáikkal adottak. Kimondjuk a felezőpont,osztópont és a háromszög súlypontjához tartozó helyvektornak a koordinátáira vonatkozó összefüggést. Megál-lapítjuk, hogyan kell egy vektor hosszát kiszámítani, és két pont távolságát meghatározni. Tételben mondjuk ki,hogyan lehet két, koordinátákkal adott vektor skaláris szorzatát kiszámítani.

Az egyenes egyenletének témakörét az egyenest meghatározó adatok tárgyalásával kezdjük. Először az egyenesnormálvektoros egyenletét mondjuk ki, amelynek segítségével igazoljuk később az egyenes irányvektoros, irány-tangenses alakját. Kitérünk a két ponton átmenő egyenes egyenletére, majd végül az egyenes tengelymetszetesalakjára is.

Foglalkozunk két egyenes merőlegességének, illetve párhuzamosságának feltételével.

A kör egyenletét bizonyítjuk, kitérünk arra, hogyan lehet meghatározni kör és egyenes, illetve két kör kölcsönöshelyzetét. A témakört vegyes feladatok megoldásával zárjuk.


Középszinten

A tanuló ismerje és alkalmazza feladatokban a következő definíciókat, tételeket:

• vektor koordinátái;

• vektor 90◦-os elforgatottjának koordinátái;

• vektorok összegének, különbségének, skalárral való szorzatának koordinátái;

• skalárszorzat kiszámítása koordinátákból.

A tanuló fel tudja írni

• az−−→AB vektor koordinátáit, abszolút értékét;

• két pont távolságát, szakasz felezőpontjának, harmadolópontjainak koordinátáit, az összefüggéseket tudja al-kalmazni feladatokban;

Koordin�tageometria

TEX 2012. április 17. – (1. lap/18. old.) ∗ Matematika 9. ∗ (K05KOORD)

C M Y K

18

• a háromszög súlypontjának koordinátáit, az összefüggést tudja alkalmazni feladatokban;

• különböző adatokkal meghatározott egyenesek egyenletét.

A tanuló

• tudja az egyenesek metszéspontjának számítását;

• ismerje az egyenesek párhuzamosságának és merőlegességének koordinátageometriai feltételeit;

• legyen képes koordinátageometriai eszközökkel elemi háromszög- és négyszög-geometriai feladatok megol-dására;

• fel tudja írni adott középpontú és sugarú körök egyenletét;

• legyen képes kétismeretlenes másodfokú egyenletből a kör középpontjának és sugarának meghatározására;

• tudja kör és egyenes metszéspontját meghatározni;

• tudja a kör adott pontjában húzott érintő egyenletét felírni;

• alkalmazza ismereteit feladatokban.

Emelt szinten

A tanuló

• ismerje a skalárszorzat koordinátákból való kiszámításának bizonyítását;

• tudja igazolni a szakasz felezőpontjához és harmadolópontjaihoz tartozó koordináták kiszámítására vonatkozóösszefüggéseket;

• tudja igazolni a háromszög súlypontjának koordinátáira vonatkozó összefüggést;

• tudja az egyenes egyenletének levezetését különböző kiindulási adatokból a síkban;

• tudja a kör egyenletének levezetését;

• ismerje a kör és a kétismeretlenes másodfokú egyenlet kapcsolatát;

• legyen képes két kör kölcsönös helyzetének meghatározására, metszéspontjainak felírására;

• fel tudja írni a kör külső pontból húzott érintőjének egyenletét.

1. óra: Pont és vektor a koordinátasíkon


Vektorműveletek ismerete nélkül a koordinátageometria nem tárgyalható, ezért érdemes egy gyors ismétlésselkezdenünk (még akkor is, ha az előző félévben szerepelt a Vektorok című témakör). A koordinátageometriabevezetésekor nagyon fontos, hogy a tanulók tisztán lássák, hogy egy pont koordinátái a pontba mutatóhelyvektor koordinátáit jelentik. A vektorműveletek koordinátáinak tárgyalása után (vektorok összegének,különbségének, skalárral való szorzatának koordinátái) fontos az is, hogy a tanulók képesek legyenek egyadott pontból egy másik adott pontba mutató vektor koordinátáinak meghatározására, és a számolás mögöttlássák a két pont helyvektorának különbségvektorát.

Feladatok

A feladatok többsége gyakorló jellegű, elsősorban a koordinátákkal való biztos számolás elsajátítása a cél.Összetettebb a 11. és a 13–14. feladat.

1. Adottak az a(2; 5), b(−4; 3), c(6; −2) és d(−7; −3) vektorok. Ábrázold a kapott vektorokat helyvektor-ként a koordináta-rendszerben, és add meg ezek koordinátáit is!

a) 2a (4; 10) b) a − 2b (10; −1) c)12

a +12

b (−1; 4) d) a + b + d (−9; 5)



C M Y K

19

A vektorok ábrázolásától eltekintünk.

2. Számítsd ki a keresett vektorok koordinátáit, ha a(3; −1), b(2; 4), c(−6; 3) és d(−4; −2)!

a)23

c (−4; 2) b) c − a (−9; 4) c) 3d + 2 · b (−8; 2) d) 5c − (d + a) (−29; 18)

3. Adott az a = 2i − 3j és a b = 3i + j vektor. Rajzold fel az alábbi vektorokat, és add meg a koordinátáikatis!

a) −a (−2; 3) b)12

b (1�5; 0�5) c) a − b (−1; −4) d) 2a + b (7; −5)


4. Add meg a vektorok koordinátáit, majd a kapott vektorokat ábrázold a koordináta-rendszerben!

a) Az a vektor abszcisszájának abszolút értéke 3, ordinátája −2.Két megoldás van: a1(3; −2) és a2(−3; −2).

b) A b vektor abszcisszájának és ordinátájának összege 7, különbsége 1.b1 + b2 = 7

b1 − b2 = 1

}⇒ b1 = 4, b2 = 3. Tehát b(4; 3).


5. Bontsd fel az a(−2; 8) vektort az u(2; −1) és v(3; 2) vektorokkal párhuzamos összetevőkre!Válaszodat számítással igazold! a = � · u + � · v A vektoregyenletet a koordinátákra felírva az alábbi egyenlet-

rendszert kapjuk:−2 = 2 · � + 3�

8 = −� + 2�

}⇒ � = −4, � = 2. Tehát a = −4 · u + 2 · v.

6. Adott három pont a koordináta-rendszerben: A(6; 2), B(−4; 5) és C (1; −3). Számítsd ki a következő

vektorok koordinátáit:−−→AB ,

−−→BA,

−−→CA,

−−→BC !

−−→AB = b − a = (−10; 3),

−−→BA = −−−→

AB = (10; −3),−−→CA = a − c =

= (5; 5),−−→BC = c − b = (5; −8)

7. Adottak az a = (6; 4) és az a − b = (11; 5) vektorok. Adja meg a b vektort a koordinátáival!6 − b1 = 11 ⇒ b1 = −5, 4 − b2 = 5 ⇒ b2 = −1. Tehát b(−5; −1).

(Matematika középszintű érettségi feladat, 2005)

8. Egy paralelogramma középpontja K (−4; −2), két szomszédos csúcsa pedig A(1; 3) és B(−5; 1).Add meg a paralelogramma hiányzó csúcsainak koordinátáit!−−→AK = k − a = (−5; −5) c = a + 2 · −−→

AK = (1; 3) + (−10; −10) = (−9; −7),−−→BK = k − b = (1; 3), d = b + 2 · −−→

BK == (−5; 1) + (2; −6) = (−3; −5). Tehát C (−9; −7) és D(−3; −5).

9. Határozd meg az alábbi vektorok −90◦-os elforgatottjának koordinátáit!a) a(3; −2) a−90◦ = (−2; −3) b) b(0; 5) b−90◦ = (5; 0)

c) 2a + b c = 2a + b = (6; −4) + (0; 5) = (6; 1) ⇒ c−90◦ = (1; −6)

10. Határozd meg a−−→DE vektor +90◦-os elforgatottjának koordinátáit, ha D(3; 4) és E (6; −1)!

−−→DE = e − d = (6; −1) − (3; 4) = (3; −5),

−−→DE+90◦ = (5; 3)

11. Egy négyzet középpontja a K (4; 3) pont, egyik csúcsa A(5; −1).

x

y

1

1

O

A

B

C

DK

Határozd meg a négyzet hiányzó csúcsainak koordinátáit!−−→KA = a − k =

= (1; −4).−−→KB egyenlő

−−→KA +90◦-os elforgatottjával,

−−→KB = (4; 1).

−−→KB =

= b − k ⇒ b =−−→KB + k = (4; 1) + (4; 3) = (8; 4).

−−→KC = −−−→

KA = (−1; 4),−−→KC = c − k ⇒ c =

−−→KC + k = (−1; 4) + (4; 3) = (3; 7).

−−→KD egyenlő

−−→KA

−90◦-os elforgatottjával,−−→KD = (−4; −1).

−−→KD = d − k ⇒ d =

−−→KD + k =

= (−4; −1) + (4; 3) = (0; 2). A hiányzó csúcsok tehát B(8; 4), C (3; 7) és D(0; 2).



C M Y K

20

12. Igazold, hogy az A(4; −2), B(5; 2), C (−3; 1) és D(−2; 5) csúcspontokkal megadott négyszög parale-

logramma!−−→AB = b − a = (5; 2) − (4; −2) = (1; 4),

−−→CD = d − c = (−2; 5) − (−3; 1) = (1; 4),

−−→AB =

−−→CD

A két vektor egyenlőségéből következik, hogy AB ‖ CD és AB = CD , amelyből az következik, hogy ABCDparalelogramma.

13. Egy téglalap rövidebb oldalának két végpontja A(9; 2) és B(8; 7). Számítsd ki a téglalap hiányzó csúcsa-inak koordinátáit, ha a téglalap hosszabb oldalának mérete háromszorosa a rövidebb oldalnak!−−→AB = b − a = (8; 7) − (9; 2) = (−1; 5). Jelölje u az

−−→AB vektor +90◦-os elforgatottjának háromszorosát! u =

= (−15; −3) Két megoldás van: c1 = a+u = (9; 2)+(−15; −3) = (−6; −1), d1 = b+u = (8; 7)+(−15; −3) = (−7; 4)c2 = a − u = (9; 2) − (−15; −3) = (24; 5), d2 = b − u = (8; 7) − (−15; −3) = (23; 10). A téglalap két hiányzó csúcsaC1(−6; −1) és D1(−7; 4) vagy C2(24; 5) és D2(23; 10).

14. Egy rombusz átlóinak aránya 1 : 2, átlóinak metszéspontja K (−2; 2), rövidebb

x

y

1

1

O

A

B

C

D

K

átlójának egyik végpontja pedig A(−5; 3). Határozd meg a rombusz hiányzócsúcsainak koordinátáit!−−→AK = k − a = (−2; 2) − (5; 3) = (3; −1)

−−→KC =

−−→AK

−−→KC = c − k

}⇒ c − k = (3; −1) ⇒ c =

= (3; −1) + (−2; 2) = (1; 1)

A rombusz átlói merőlegesek egymásra, továbbá tudjuk, hogy arányuk 1 : 2, ezért

a−−→KD vektor az

−−→AC vektor +90◦-os elforgatottja.

−−→AC = c − a = (6; −2), +90◦-os

elforgatottja−−→KD = (2; 6).

−−→KD = d − k = (2; 6) ⇒ d = k + (2; 6) = (−2; 2) + (2; 6) =

= (0; 8)−−→KB = −−−→

KD = (−2; −6),−−→KB = b − k = (−2; −6) ⇒ b = k + (−2; −6) =

= (−2; 2) + (−2; −6) = (−4; −4)

A rombusz hiányzó csúcsai tehát B(−4; −4), C (1; 1) és D(0; 8).

2–3. óra: Osztópont, súlypont, távolságmeghatározás


A szakasz felezőpontjára, harmadolópontjára, adott arányú osztópontjára, valamint a háromszög súlypontjáravonatkozó összefüggések már ismertek a tanulók előtt, ezért a koordinátákra vonatkozó tételek kimondásávalkezdődik a fejezet. Mindenképpen közösen oldjuk meg az 5. példát, mert kiváló gyakorlófeladat, hozzáve-hetjük akár az eredeti és a nagyított háromszög súlypontjának meghatározását is.

Szoktassuk rá a gyerekeket arra, hogy készítsenek ábrát! Az ábrakészítés kétféle módon történhet:

Arra törekszünk, hogy a megadott adatokat a koordináta-rendszerben pontosan ábrázoljuk. Tudatosítsuk a ta-nulókban azt, hogy ekkor az ábra alapján a kérdésre adott válasz is sok esetben leolvasható, de ez a megoldástnem helyettesíti, viszont a munkák ellenőrzésére remekül alkalmas.

Csak egy vázlatot készítünk (legtöbb esetben ilyenkor a koordináta-rendszert sem vesszük fel), ekkor – azelemi geometriai megoldásokhoz hasonlóan – az adatok közötti összefüggésekre és a megoldás gondolatme-netére jöhetünk rá az ábra alapján. Érdemes írásban rögzíteni a megoldás lépéseit a számolás megkezdéseelőtt, így elkerülhetjük azt, hogy feleslegesen számoljunk ki adatokat.

Az ábrakészítés mellett rendkívül fontos, hogy mindig használjunk jelöléseket, mert ez a későbbiekben meg-könnyíti az összetettebb megoldások leírását. (Elkerülhető, hogy a tanuló a saját megoldásában keveredjenmeg.)

A 3. példa megoldási ötlete sok feladathoz szükséges, ezért feltétlenül beszéljük meg közösen az órán.



C M Y K

21

Feladatok

A feladatok többsége itt is gyakorló jellegű. Az a célunk, hogy a tanulók rutint szerezzenek a felezőpont, osz-tópont, súlypont meghatározásában, továbbá az, hogy a megfelelő számú adat birtokában képesek legyeneka hiányzó adat meghatározására. Mindig követeljük meg annak az alapösszefüggésnek a felírását, amelybőlkiindulunk, ne elégedjünk meg csak a kikövetkeztetett megoldás puszta felírásával! Összetettebb feladat a12. és a 13., nehezebb feladat a 14., amely egykor felvételi példaként szerepelt.

1. Adott két pont: A(−4;

12

)és B

(1;

32

). Írja fel az AB szakasz felezőpontjának koordinátáit!

f =a + b

2⇒ f1 =

a1 + b1

2= −3

2és f2 =

a2 + b2

2= 1. A felezőpont tehát: F (−1�5; 1).


2. Az AB szakasz végpontjainak koordinátái: A(−7; 8) és B(−1; 2). Írd fel az AB szakasz

a) felezőpontjának,(

(−7) + (−1)2

;8 + 2

2

)= (−4; 5)

b) harmadolópontjainak,

h1 =2a + b

3=

(2 · (−7) + (−1)

3;

2 · 8 + 23

)= (−5; 6) h2 =

a + 2b3

=(

(−7) + 2 · (−1)3

;8 + 2 · 2

3

)= (−3; 4)

c) A-hoz közelebbi negyedelőpontjának, n1 =3a + b

4=

(3 · (−7) + (−1)

4;

3 · 8 + 24

)= (−5�5; 6�5)

d) hosszát 1 : 5 arányban osztó pont A-hoz közelebbi: p =5a + b

6=

(5 · (−7) + (−1)

6;

5 · 8 + 26

)= (−6; 7).

B-hez közelebbi: q =a + 5b

6=

((−7) + 5 · (−1)

6;

8 + 5 · 26

)= (−2; 3).

koordinátáit!

3. Az AB szakaszt mindkét végpontján túl meghosszabbítottuk az AB

PA

BQszakasz hosszának felével.

Mi az így kapott pontok koordinátája, ha A(−5; 3) és B(1; −1)?Használjuk az ábra jelöléseit! A PB szakasznak A pont a P-hez közelebbi

harmadolópontja, ezért a =2p + b

3⇒ p =

3a − b2

= (−8; 5). Az AQ

szakasznak B pont a Q-hoz közelebbi harmadolópontja, ezért b =a + 2q

3⇒ q =

3b − a2

= (4; −3).

4. Számold ki az adott vektorok hosszát!

a) a(5; 2) |a| =√

52 + 22 =√

29(≈ 5�39) b) b(0; 3�5) |b| =√

02 + 3�52 = 3�5

c) c(√

2;√

2) |c| =√

(√

2)2 + (√

2)2 =√

2 + 2 = 2

5. Számold ki az−−→AB vektor hosszát, ha

a) A(0; −1) és B(4; 3);−−→AB = b − a = (4; 4),

∣∣∣−−→AB∣∣∣ =√

42 + 42 = 4 ·√

2(≈ 5�66)

b) A(−2; 3) és B(3; −1)!−−→AB = b − a = (5; −4),

∣∣∣−−→AB∣∣∣ =√

52 + (−4)2 =√

41(≈ 6�4)

6. Az ABCD négyzetben A(−3; 1) és C (7; 5).

a) Határozd meg a másik két csúcs koordinátáit! Jelölje O a négyzet középpontját! O felezőpontja az AC

átlónak, ezért o =a + c

2= (2; 3),

−−→OC = c − o = (5; 2).

−−→OD vektor az

−−→OC +90◦-os elforgatottja, ezért

−−→OD =

= (−2; 5) = d − o ⇒ d = o + (−2; 5) = (0; 8).−−→OB = −−−→

OD = (2; −5) = b − o ⇒ b = o + (2; −5) = (4; −2)

A négyzet hiányzó csúcsai: B(4; −2) és D(0; 8).



C M Y K

22

b) Mekkora a négyzet területe rácsegységben mérve? T =AC ·AC

2(az átlók szorzatának fele),

−−→AC =

= c − a = (10; 4),∣∣∣−−→AC ∣∣∣ =

√102 + 42 =

√116, így T =

√116 ·

√116

2= 58 e2.

7. Az AB szakasz egyik végpontjának koordinátái (5; 7), felezőpontjának koordinátái pedig F (9; 4).

Határozd meg a másik végpont koordinátáit! A(5; 7), F (9; 4), f =a + b

2⇒ b = 2f − a, b1 = 2f1 − a1 =

= 2 · 9 − 5 = 13, b2 = 2f2 − a2 = 2 · 4 − 7 = 1, az AB szakasz hiányzó végpontja tehát: B(13; 1).

8. Egy háromszög csúcspontjai A(4; 4), B(0; 8) és C (−2; −6).

a) Határozd meg a háromszög oldalfelező pontjainak koordinátáit! fAB =a + b

2⇒ FAB (2; 6), fBC =

=b + c

2⇒ FBC (−1; 1), fAC =

a + c2

⇒ FAC (1; −1)

b) Milyen hosszú az AB oldallal párhuzamos középvonala a háromszögnek?−−−−−−→FACFBC = (2; −2) ⇒

∣∣∣−−−−−−→FACFBC

∣∣∣ =√

22 + (−2)2 =√

8 = 2√

2. A kérdezett középvonal 2 ·√

2(≈ 2�83) egység

hosszúságú. A középvonal hossza az AB oldal hosszának feleként is számolható.

9. Egy háromszög oldalfelező pontjai P(7; 6), Q(8; 3�5) és R(2; 4�5).

A

B

C

P

QR

a) Számítsd ki a háromszög csúcspontjainak koordinátáit!

1. megoldás:−−→QR = r − q = (−6; 1),

−−→PQ = q − p = (1; −2�5),

a = p +−−→QR = (7; 6) + (−6; 1) = (1; 7),

b = p − −−→QR = (7; 6) − (−6; 1) = (13; 5),

c = r +−−→PQ = (2; 4�5) + (1; −2�5) = (3; 2).

A háromszög csúcsai tehát: A(1; 7), B(13; 5) és C (3; 2).

2. megoldás: Felírjuk a felezőpontra vonatkozó vektoregyenleteket, majd kibontjuk koordináták szerint:

p =a + b

2

q =b + c

2

r =c + a

2

⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎭

⇒

7 =a1 + b1

2

8 =b1 + c1

2

2 =c1 + a1

2

és

6 =a2 + b2

2

3�5 =b2 + c2

2

4�5 =c2 + a2

2

⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎭�

Az egyenletrendszert megoldva a fenti eredményeket kapjuk.

b) Számítsd ki a háromszög kerületét!−−→AB = (12; −2),

∣∣∣−−→AB∣∣∣ =√

122 + (−2)2 =√

148(≈12�17),−−→BC = (−10; −3),

∣∣∣−−→BC ∣∣∣ =√

(−10)2 + (−3)2 =

√109(≈10�44).

−−→CA = (−2; 5),

∣∣∣−−→CA∣∣∣ =√

(−2)2 + (−5)2 =√

29(≈5�39). A háromszög kerülete megközelítőleg

28 egység.

c) Határozd meg az oldalfelező pontok által meghatározott és az eredeti háromszög súlypontját!

sABC =a + b + c

3=

(1 + 13 + 3

3;

7 + 5 + 23

)=

(173

;143

), sPQR =

p + q + r3

=(

7 + 8 + 23

;6 + 3�5 + 4�5

3

)=

=(

173

;143

)Megjegyzés: A két háromszög súlypontja azonos, amit remélhetőleg meg is sejtenek a gyerekek.

10. Tükrözd az A(−3; 1) és B(5; 2) végpontokkal megadott szakaszt a K (1; 1) pontra!

a) Határozd meg a tükörképpontok koordinátáit! A K felezőpontja az AA′, illetve a BB ′ szakasznak, ezért:

k =a + a′

2⇒ a′ = 2k − a = (2; 2) − (−3; 1) = (5; 1), k =

b + b′

2⇒ b′ = 2k − b = (2; 2) − (5; 2) = (−3; 0).

A tükörképek koordinátái tehát: A′(5; 1) és B ′(−3; 0).

b) Milyen négyszöget kaptál? Az AB ′A′B négyszög a K pontra középpontosan szimmetrikus, ezért parale-logramma. (K , A és B nem esnek egy egyenesre.)



C M Y K

23

c) Milyen hosszúak a négyszög átlói?−−→AA′ = (8; 0),

∣∣∣−−→AA′∣∣∣ = 8.

−−→BB ′ = (−8; −2),

∣∣∣−−→BB ′∣∣∣ =

√68 ≈ 8�25.

A négyszög átlói tehát 8, illetve√

68 ≈ 8�25 egység hosszúak.

11. Adott három pont: P(6; 2), valamint A(−9; 12) és B(15; −4).

a) Mutasd meg, hogy a P pont rajta van az AB szakaszon!−→AP = p − a = (15; −10),

−−→PB = b − p = (9; −6).

−→AP =

53−−→PB ⇒ −→

AP ‖ −−→PB , a két vektor P pontja közös, ezért A, P és B egy egyenesre esik.

b) Milyen arányban osztja a P pont az AB szakaszt? p =m · a + n · bm + n

⇒ 6 =−9m + 15nm + n

⇒ m

n=

35

A P pont tehát 3 : 5 arányban osztja az AB szakaszt.

Felhívhatjuk a tanulók figyelmét arra, hogy ha már igazoltuk, hogy a három pont egy egyenesre illeszkedik, akkoraz osztópontra felírt vektoregyenletből és a koordináták egyenleteiből ugyanazt az arányt kapjuk.

12. Az ABC háromszög két csúcsa A(4; −6) és B(−10; 2). A háromszög S súlypontja az abszcissza-, C csú-csa pedig az ordinátatengelyre illeszkedik.

Számítsd ki az S és C pont koordinátáit! S ∈ x tengely ⇒ S (s1; 0), C ∈ y tengely ⇒ C (0; c2).

s =a + b + c

3⇒

s1 =a1 + b1 + c1

3

s2 =a2 + b2 + c2

3

⎫⎪⎬⎪⎭ ⇒

s1 =4 + (−10) + 0

3

0 =−6 + 2 + c2

3

⇒ s1 = −2

⇒ c2 = 4Tehát C (0; 4) és S (−2; 0).

13. Az ABC háromszög három csúcsának koordinátái: A(2; −4), B(−2; 2) és C (−4; −1).

Határozd meg a B csúcsból induló

a) súlyvonal hosszát, FAC =a + c

2=

(−1; −5

2

).

A súlyvonal vektora−−−−→BFAC = (1; −4�5),

∣∣∣−−−−→BFAC

∣∣∣ =√

12 + 4�52 =√

21�25(≈ 4�61). A súlyvonal hossza megkö-

zelítőleg 4,61 egység.

b) szögfelező hosszát!∣∣∣−−→BC ∣∣∣ =

√(−2)2 + (−3)2 =

√13,

∣∣∣−−→BA∣∣∣ =√

42 + (−6)2 =√

52 = 2 ·√

13.

BC : BA = 1 : 2, a szögfelezőtétel miatt a szögfelező az AC oldalt a C -hez közelebbi harmadolópontban

metszi. Jelöljük ezt a pontot P-vel! Ekkor p =2c + a

3= (−2; −2).

−−→BP = p−b = (0; −4), BP = 4. A szögfelező

hossza 4 egység.

14. Adott a háromszög három csúcspontja: A(−1; 7), B(−4; 1) és C (5; −5).

A B

C

P

Q

a) Mekkora az A csúcsból induló szögfelező hossza?∣∣∣−−→AC ∣∣∣ =√

62 + (−12)2 =√

180 = 6 ·√

5,∣∣∣−−→AB∣∣∣ =

√(−3)2 + (−6)2 =

=√

45 = 3 ·√

5. AB : AC = 1 : 2, a szögfelezőtétel miatt p =c + 2b

3=

=(5; −5) + (−8; 2)

3= (−1; −1), P(−1; −1).

∣∣∣−→AP∣∣∣ =√

02 + (−8)2 = 8.

A szögfelező hossza 8 egység.

b) Határozd meg a belső szögfelezők metszéspontját! Az ABC háromszög C csúcsából induló szögfelezőjeegyben az APC háromszög szögfelezője is, ezért az AP oldalt az AC és a PC oldalak hosszának arányábanosztja. Ez az osztópont egyben a szögfelezők metszéspontja is.

AC = 6 ·√

5, CP =23

· AB = 2 ·√

5 ⇒ AC : CP = 3 : 1, q =a + 3p

4=

(−1; 7) + (−3; −3)4

= (−1; 1).

A belső szögfelezők metszéspontja tehát Q(−1; 1).



C M Y K

24

15.

x

y

1

1

0A

B

C

D

M

Az ABCD deltoid szimmetriatengelye az AC átló, ahol A(0; 0) és C (8; 10). A deltoid területe 41 terü-letegység. Az egyik átló az origótól számítva 3 : 2 arányban osztja a másikat.

Határozd meg a hiányzó csúcspontok koordinátáit!

Használjuk az ábra jelöléseit! m =2a + 3c

5= (4�8; 6), tehát M (4�8; 6).

−−→AC =

= (8; 10) ⇒∣∣∣−−→AC ∣∣∣ =

√82 + 102 =

√164 = 2 ·

√41.

Tdeltoid =AC · BD

2, az ismert adatokat behelyettesítve: 41 =

2√

41 · BD2

⇒

⇒ BD =√

41, a rövidebb átló éppen fele a hosszabb átlónak. Felhasználva,hogy a deltoid szimmetriaátlója merőlegesen felezi a másik átlót, ebből az

következik, hogy az−−−→MD vektor az

14−−→AC vektor +90◦-os elforgatottja.

14−−→AC = (2; 2�5) 90◦-os elf.−−−−−−−→ −−−→

MD = (−2�5; 2) = d − m.

d = m +−−−→MD = (4�8; 6) + (−2�5; 2) = (2�3; 8). Az M felezőpontja a BD átlónak, tehát m =

b + d2

⇒ b = 2m − d =

= (9�6; 12) − (2�3; 8) = (7�3; 4). A deltoid hiányzó csúcsai tehát: B(7�3; 4) és D(2�3; 8).

4. óra: Két vektor skaláris szorzata


A fejezetet a skaláris szorzás definíciójának ismétlésével kezdjük. A későbbiek során gyakran fogjuk hasz-nálni a merőleges vektorok skaláris szorzatára vonatkozó tételt, ezért a műveleti tulajdonságok áttekintéseután erre külön hívjuk fel a tanulók figyelmét!

A skaláris szorzatot a koordinátageometriában két vektor hajlásszögének meghatározására, valamint az egye-nes normálvektoros egyenletének felírásában használjuk a leggyakrabban, az előbbire az 1. példában muta-tunk kidolgozott mintát.

Feladatok

Az 1–4. feladat a skaláris szorzat koordinátákkal való kiszámolásának, valamint két vektor hajlásszögénekmeghatározásának gyakorlására szolgál. Az 5–6. feladat részben ismétlő feladat. Az első hat feladat közülházi feladatnak is feladhatjuk bármelyiket. A 7. feladat szokatlan, a logaritmus témakörét is érintő, ezértösszetett feladat. A 8. feladat legnehezebb része a feladat értelmezése, ezért közös feldolgozásra ajánljuk.A 9. feladat megoldása nem rutinszerű, ötletet igényel, ezért nehéznek jelöltük.

1. Adott két vektor: p(3; 4) és q(−2; 6).

a) Számítsd ki p · q értékét! p · q = p1 · q1 + p2 · q2 = 3 · (−2) + 4 · 6 = 18

b) Határozd meg a két vektor hajlásszögét!

|p| =√

32 + 42 = 5, |p| =√

32 + 42 = 5, cos� =p · q

|p| · |q| =18

5 ·√

40≈ 0�5692 ⇒ � ≈ 55�3◦.

A két vektor skaláris szorzata 18, hajlásszöge pedig megközelítőleg 55�3◦.

2. Adott az a(5; 0) és a b(−2; 3) vektor.

a) Számítsd ki a két vektor skaláris szorzatát! a · b = a1 · b1 + a2 · b2 = 5 · (−2) + 0 · 3 = −10.

b) Határozd meg a két vektor hajlásszögét! |a| = 5, |b| =√

22 + 32 =√

13, cos� =a · b

|a| · |b| =−10

5 ·√

13≈

≈ −0�5547 ⇒ � ≈ 123�7◦. A két vektor skaláris szorzata −10, hajlásszöge pedig megközelítőleg 123�7◦.



C M Y K

25

3. Mutasd meg, hogy az a(2; 3) és b(−1;

23

)vektorok merőlegesek egymásra!

a · b = a1 · b1 + a2 · b2 = 2 · (−1) + 3 · 23

= 0 ⇒ a · b = 0 ⇒ a ⊥ b.

4. Az a(2; −1) és a b(b1; 8) vektorok merőlegesek egymásra. Számítsd ki, hogy hányadrésze az a hossza

a b hosszának! a · b = 0, 2 · b1 + (−1) · 8 = 0 ⇒ b1 = 4, tehát b(4; 8). |b| =√

42 + 82 =√

80 = 4 ·√

5,

|a| =√

22 + 12 =√

5. Az a vektor hossza tehát negyede a b vektor hosszának.

5. Adott az a(8; 6) és a b(3; b2) vektor. Határozd meg b2 értékét úgy, hogy

a) a két vektor párhuzamos legyen egymással; a ‖ b ⇔ b = � · a ⇒3 = � · 8

b2 = � · 6

}⇒ � =

38

és b2 = 2�25

b) a két vektor merőleges legyen egymásra; a · b = 0, 8 · 3 + 6 · b2 = 0 ⇒ b2 = −4

c) a két vektor egyenlő hosszúságú legyen! |a| =√

82 + 62 = 10, |b| =√

32 + b22 = 10 ⇒ b2

2 = 91.

b2 =√

91 vagy b2 = −√

91.

6. Adottak egy háromszög csúcspontjának koordinátái: A(−6; 2), B(2; 6) és C (6; −2).

a) Határozd meg a háromszög súlypontjának koordinátáit! sABC =a + b + c

3=

(23

; 2)

, S(

23

; 2)

.

b) Határozd meg a háromszög oldalfelező pontjainak koordinátáit! FAB (−2; 4), FBC (4; 2), FAC (0; 0).

c) Számítsd ki a háromszög legnagyobb szögét! A háromszög legnagyobb szöge a leghosszabb oldallal szem-

közt van, ezért először kiszámítjuk az oldalak hosszát:−−→BA(−8; −4), BA =

√80,

−−→BC (4; −8), BC =

√80 és

−−→AC (12; −4), AC =

√160, tehát AC a leghosszabb oldal, így a háromszög legnagyobb szöge � , amely azonos

a−−→BA és

−−→BE oldalvektorok szögével.

−−→BA · −−→

BC = (−8) · 4 + (−4) · (−8) = 0 ⇒ � = 90◦ (−−→BA ⊥ −−→

BC ,a háromszög derékszögű).

d) Számítsd ki a háromszög területét! A derékszögű háromszög területe a befogók szorzatának felével egyenlő,

így T =BA · BC

2=

√80 ·

√80

2= 40 te. A háromszög területe 40 területegység.

7. Az A pont helyvektora:−−→OA(lg a; lg b), a B pont helyvektora:

−−→OB

(lg ab; lg

b

a

), ahol a és b olyan valós

számokat jelölnek, melyekre 0 �a �1, illetve 1 �b teljesül.

a) Bizonyítsa be, hogy a B pont mindkét koordinátája nagyobb az A pont megfelelő koordinátájánál!

lg ab = lg a + lg b�lg a, mert b�1 miatt lg b�0, lgb

a= lg b − lg a �lg b, mert a �1 miatt lg a �0.

b) Bizonyítsa be, hogy az−−→OA− −−→

OB vektor merőleges az−−→OA vektorra!

−−→OA ·

(−−→OA− −−→

OB)

=−−→OA ·−−→OA−−−→

OA ·−−→OB = lg2 a + lg2 b−(

lg a · lg ab + lg b · lgb

a

)= lg2 a + lg2 b− (lg2 a +

+ lg a · lg b + lg2 b − lg b · lg a) = 0, a két vektor tehát merőleges egymásra.

c) Mekkora az−−→OA és az

−−→OB vektorok hajlásszöge?∣∣∣−−→OA∣∣∣ =

√lg2 a + lg2 b,

∣∣∣∣−−→OB =√

(lg a + lg b)2 + (lg b − lg a)2 =√

2(lg2 a + lg2 b)

∣∣∣∣. cos� =−−→OA · −−→OB∣∣∣−−→OA∣∣∣ ·

∣∣∣−−→OB ∣∣∣ =

=lg2 a + lg2 b√

lg2 a + lg2 b ·√

2(

lg2 a + lg2 b) =

lg2 a + lg2 b√2 · (lg2 a + lg2 b)

=1√2

⇒ � = 45◦. Az−−→OA és az

−−→OB vektorok

hajlásszöge tehát 45◦.(Matematika emelt szintű érettségi feladat, részlet, 2006)



C M Y K

26

8. Adott három vektor: a(2; −1), b(1; 1) és c(7; 1). Számítsd ki annak a pa-

2a

3b

a

b c�

ralelogrammának a területét, amelynek c az átlója, oldalai pedig az a ésa b vektorral párhuzamosak! Először bontsuk fel c vektort a-val és b-vel

párhuzamos összetevőkre! c = � · a + � · b,7 = 2� + �

1 = −� + �

}⇒

� = 2

� = 3, tehát

c = 2a + 3b. Határozzuk meg az a és b vektorok � hajlásszögének koszinuszát,majd ennek segítségével a szinuszát!

|a| =√

22 + 11 =√

5, |b| =√

12 + 12 =√

2 és a · b = 2 · 1 + (−1) · 1 = 1. cos� =a · b

|a| · |b| =1√10

⇒ sin� =

=√

1 − cos2 � =3√10

A paralelogramma területe két oldalának és a közbezárt szög szinuszának szorzatával egyenlő, így:

T = |2a| · |3b| · sin� = 6|a| · |b| · sin� = 6 ·√

5√

2 · 3√10

= 18 te. A paralelogramma területe 18 területegység.

9. Az a , b, c és d valós számokról tudjuk, hogy

a2 + b2 = 1� c2 + d2 = 1� ac + bd = 0�Határozd meg az ab + cd kifejezés értékét! Vezessünk be két vektort, p-t és q-t, melyekre p(a; b) és q(c; d)!

Ekkor |p| =√a2 + b2 = 1, |q| =

√c2 + d2 = 1 és p · q = a · c + b · d = 0, tehát p és q egymásra merőleges

egységvektorok, így q vektor a p vektor +90◦-os vagy −90◦-os elforgatottja, ezért c = −b és d = a vagy c = b ésd = −a. Ekkor mindkét esetben ab + cd = 0.

5–7. óra: Az egyenes egyenletei


5. óra: Alakzatok a koordinátasíkon, az egyenest meghatározó adatok; Adott ponton áthaladó, adott normál-vektorú egyenes egyenlete

A következő nagy témakör az egyenes egyenleteiről szól. Fontos, hogy a tanulók ne csak elfogadják, hanemértsék azt, mit értünk alakzat egyenletén. Gyakorló tanárként gyakran tapasztaljuk, hogy amikor már régóta atémával foglalkozunk, akkor is akad olyan tanuló, aki rákérdez, mit jelent x és y változó például az egyenesegyenletében. Jó lenne ezt elkerülni!

Az egyenes normálvektoros egyenletének bevezetése előtt sorra vesszük az egyenest egyértelműen megha-tározó adatokat.

Az egyenes normálvektoros egyenletét tételben mondjuk ki. Bár középszinten nem követelmény, itt úgy gon-doljuk, hogy a tétel bizonyítását mindenkitől megkövetelhetjük, hiszen e nélkül nem lehet igazán megértenisem a tételt, sem a koordinátageometria további fejezeteit.

Még a leggyengébb tanulóknak is el kell addig jutniuk, hogy tudják, az egyenlet felírásához az egyenesegy pontjára, és egy, az egyenesre merőleges irányra van szükség. Mindig követeljük meg, hogy az egye-nes egyenletének felírásakor a tanulók először az Ax + By = Ax0 + By0 összefüggést írják fel, és ebbehelyettesítsék be az adott pont és az adott normálvektor koordinátáit!

6–7. óra: Adott ponton áthaladó, adott irányvektorú egyenes egyenlete; Két adott ponton átmenő egyenesegyenlete; Adott ponton áthaladó, adott iránytangensű egyenes egyenlete

Az egyenes normálvektoros egyenlete után az irányvektoros egyenletet, két pontjával adott egyenes egyen-letét és az adott iránytangensű egyenes egyenletét tárgyaljuk. Mindenkinek ismernie kell az ezekhez tartozófogalmakat és összefüggéseket, de azt mi döntjük el, hogy mit hangsúlyozunk, éppen ezért a feladatokatnem osztottuk be szigorúbb témakörökbe. Ne követeljük meg a tanulóktól az egyes típusú egyenletek meg-



C M Y K

27

tanulását, hanem a feladatban szereplő adatoknak megfelelően a Négyjegyű függvénytáblázatok képleteibőllegyenek képesek a megfelelő képletet kiválasztani és azt jól alkalmazni.

Feladatok

A feladatok többsége ebben a fejezetben is gyakorló jellegű. Igyekeztünk úgy kitűzni a feladatokat, hogymegoldásukkal a tanulók az egyenest meghatározó adatok mindegyikét elsajátíthassák. Célszerű mindig meg-követelni, hogy a használt alapösszefüggést a tanulók írják fel. A feladatok megoldásával az is célunk, hogya gyerekek megtanulják a koordinátageometria szokásos jelölésrendszerét használni.

Felhívhatjuk a tanulók figyelmét arra, hogy egy normálvektor 0-tól különböző számszorosa is normálvektoraaz egyenesnek, ezért lehet „egyszerűsíteni”, azaz például az (5; 10) vektor helyett az (1; 2) vektorral számolni.

1. Írd fel az egyenes egyenletét, ha

a) normálvektora n(3; 4), és átmegy a P0(5; −2) ponton; 3x + 4y = 7

b) normálvektora n(2; −5), és átmegy a P0(−3; 1) ponton; 2x − 5y = −11

c) normálvektora n(0; 3), és átmegy a P0(−3; −3) ponton; y = −3

d) normálvektora n(2; 5), és átmegy az origón; 2x + 5y = 0

e) irányvektora v(−1; 4), és átmegy a (3; −5) ponton; 4x + y = 7

f) irányvektora v(0; −1), és átmegy a (−4; 0) ponton! x = −4

2. Egy egyenes normálvektora az n(

12

; −1)

vektor. Add meg az egyenesnek olyan normálvektorát, amely-nek

a) a koordinátái egész számok; Például: (1; −2)

b) abszcisszája negatív szám; Például: (−1; 2)

c) hossza háromszorosa az eredeti n normálvektorénak! Az összes megoldást add meg!(

32

; −3)

vagy(−3

2; 3

).

3. Egy egyenes normálvektora az n(2; −1) vektor. Írd fel ennek az egyenesnek két irányvektorát! Például(1; −2) vagy (−1; 2) vagy (8; −16) stb.

4. Egy egyenes illeszkedik a P0(2; 3) pontra, és egy normálvektora az n(1; −2).

Keresd meg az egyenes azon pontjának abszcisszáját, amelynek ordinátája 4!Az egyenes egyenlete: x − 2y = −4. A keresett pont koordinátái (a; 4), helyettesítsük ezt az egyenes egyenletébe!a − 2 · 4 = −4 ⇒ a = 4, a keresett pont koordinátái tehát: (4; 4).

5. Az e egyenes áthalad az A(4; 5) és a B(−3; −2) pontokon.−−→AB(−7; 7) ‖ (1; 1)

a) Írd fel a P(3; 1) ponton áthaladó, e-vel párhuzamos egyenes egyenletét! n(−1; 1) ⇒ −x + y = −2

b) Írd fel a Q(−2; 1) ponton áthaladó, e-re merőleges egyenes egyenletét! n(1; 1) ⇒ x + y = −1

6. Adottak a P(4; 3) és az R(−2; −7) pontok.

a) Írd fel a P és R pontokon átmenő egyenes egyenletét!−→PR(−6; −10) ‖ (4; 5), v(4; 5) ⇒ n(5; −4). Az

egyenes egyenlete: e: 5x − 4y = 8.

b) Írd fel a PR szakaszfelező merőlegesének egyenletét! fPR =p + r

2, FPR(1; −2), ez a pont lesz a felező-

merőleges adott pontja. A felezőmerőleges normálvektora n(4; 5), így egyenlete f : 4x + 5y = −6.

c) Döntsd el, hogy az S (−22; 12) pont egyenlő távol van-e a P , illetve az R pontoktól! A kérdés úgy isfeltehető, hogy az S pont illeszkedik-e a PR szakasz felezőmerőlegesére, f -re. 4 · (−22) + 5 · 12 = −28 �= −6,tehát az S pont nincs egyenlő távol a P , illetve az R pontoktól.



C M Y K

28

7. Döntsd el, hogy a P(−1; 1) és a Q(2; 5) pontokon áthaladó e egyenesre illeszkednek-e az A(0; −2),B(2; 5) és C (−2�5; −1�5) pontok!

Írjuk fel az e egyenes egyenletét! ve =−→PR = (3; 4) ⇒ ne (4; −3) ⇒ e: 4x − 3y = −7

Helyettesítsük be a pontok koordinátáit! A pont: 4 · 0 − 3 · (−2) = 6 �= −7 ⇒ A ∈ e. B pont: 4 · (2) − 3 · 5 == −7 ⇒ B ∈ e. C pont: 4 · (−2�5) − 3 · (−1�5) = −5�5 �= −7 ⇒ C ∈ e.

8. Adott az e egyenes: 3x − 4y = 12.

a) Add meg az egyenesnek két különböző normálvektorát! ne (3; −4) vagy ne (6; −8) stb.

b) Add meg az egyenesnek két különböző irányvektorát! ve(4; 3) vagy ve(8; 6) stb.

c) A P pont illeszkedik az e egyenesre, abszcisszája 24. Határozd meg a P pont ordinátáját! P(24; y),P ∈ e, ezért 3 · 24 − 4y = 12 ⇒ y = 15, tehát P(24; 15).

d) A Q pont illeszkedik az e egyenesre, ordinátája 27. Határozd meg a Q pont abszcisszáját! Q(x ; 27),Q ∈ e, ezért 3 · x − 4 · 27 = 12 ⇒ x = 40, tehát Q(40; 27).

9. Adott az ABC háromszög három csúcspontja: A(7; 2), B(2; 5) és C (0; 3).

a) Írd fel a háromszög oldalegyeneseinek egyenleteit! Használjuk a szokásos jelöléseket!

Az a egyenlete: B ∈ a és va =−−→BC (2; −2) ⇒ na (2; 2) ‖ (1; 1) ⇒ a: x + y = 3.

A b egyenlete: A ∈ b és vb =−−→AC (−7; 1) ⇒ nb(1; 7) ⇒ b: x + 7y = 21.

A c egyenlete: B ∈ c és vc =−−→AB(−9; 3) ⇒ nc(3; 9) ‖ (1; 3) ⇒ c: x + 3y = 13.

b) Írd fel az AB oldal felezőmerőlegesének egyenletét!

fAB =a + b

2=

(52

;72

), nf =

−−→AB(−9; 3) ‖ (−3; 1) ⇒ f : −3x + y = −4

c) Írd fel az A csúcsból induló súlyvonal egyenletét!

fBC =b + c

2= (−1; 4), vsa =

−−−−→AFBC (−8; 2) ‖ (−4; 1) ⇒ nsa (1; 4), sa : x + 4y = 15

10. Adott az A(6; 5), B(−3; 3) és C (7; −1) csúcspontú háromszög.

a) Írd fel az AB oldallal párhuzamos középvonalának egyenletét!

fBC =b + c

2= (2; 1) ∈ k , vk =

−−→AB = b − a = (−9; −2) ⇒ nk (2; −9), k : 2x − 9y = −5

b) Írd fel az A csúcsból induló magasságvonalának egyenletét!

nma=

−−→CB = b − c = (−10; 4) ‖ (−5; 2), A ∈ ma , ma : −5x + 2y = −20

c) Írd fel annak az A csúcsból induló egyenesnek az egyenletét, amely a háromszög területét két egyenlőrészre osztja! Az A csúcsból induló súlyvonal felezi a háromszög területét, tehát sa egyenletét kell felírni.

vsa =−−−−→AFBC = (−4; −4) ‖ (−1; −1) ⇒ nsa (1; −1), sa : x − y = 1

11. A körüljárás sorrendjében adott az ABCD paralelogramma három csúcsa: A(1; 4), B(−3; 2) és C (3; −2).

a) Határozd meg a D pont koordinátáit! d = a +−−→AD = a +

−−→BC = a + c − b = (7; 0), tehát D(7; 0).

b) Írd fel az AB és az AD oldalegyenesek egyenleteit!AB egyenlete: vAB (−4; −2) ⇒ nAB (1; −2), AB : x − 2y = −7.AD egyenlete: vAD (6; −4) ⇒ nAD (2; 3), AD : 2x + 3y = 14.

c) Írd fel a paralelogramma két középvonalának egyenletét!

A paralelogramma középpontjának helyvektora k =a + c

2⇒ K (2; 1). AB-vel párhuzamos középvonal

egyenlete: x − 2y = 0. AD-vel párhuzamos középvonal egyenlete: 2x + 3y = 7.

12. Írd fel az egyenes egyenletét, haAz a)–d) esetben az egyenes y = m(x − x0) + y0 egyenletébe helyettesítjük a megfelelő adatokat.

a) meredeksége −3, és átmegy a (2; −5) ponton;Az m = −3; P0(2; −5) adatokat behelyettesítve y = −3(x − 2) − 5, rendezve 3x + y = 1.



C M Y K

29

b) irányszöge 30◦, és átmegy a (−4; 3) ponton;

Az m = tg 30◦ =1√3

, P0(−4; 3) adatokat behelyettesítve: y =1√3

(x + 4) + 3, rendezve −x +√

3y = 4 + 3√

3.

c) iránytangense37

, és áthalad a (11; −14) ponton;

Az m =37

, P0(11; −14) adatokat behelyettesítve: y =37

(x − 11) − 14, rendezve 3x − 7y = 131.

d) irányszöge −45◦, és áthalad a(

112

; −73

)ponton;

Az m = −1, P0

(112

; −73

)adatokat behelyettesítve: y = −

(x − 11

2

)− 7

3, rendezve x + y = 3

16

.

e) irányszöge 90◦, és áthalad a (−3; 7) ponton!Ebben az esetben az egyenes párhuzamos az y tengellyel, meredeksége nincs, egyenlete x = −3.

13. Határozd meg az adott egyenes egy normálvektorát és egy irányvektorát, továbbá meredekségét és irány-szögét! Töltsd ki a táblázatot!

Az egyenes egyenlete Normálvektor Irányvektor Meredekség Irányszög

2x − 3y + 5 = 0 (2; −3) (3; 2)23

≈ 33�7◦

4x + 5y = 10 (4; 5) (5; −4) −0�8 ≈ 38�66◦

y =12x + 3 (1; −2) (2; 1) 0�5 ≈ 26�57◦

x =53y − 2 (3; −5) (5; 3) 0�6 ≈ 30�96◦

y =5 − 3x

4(3; 4) (4; −3) −0�75 ≈ −36�87◦

x = −3 (1; 0) (0; 1) nincs 90◦

Az egyenes egyenlete Normálvektor Irányvektor Meredekség Irányszög

2x − 3y + 5 = 0 (2; −3) (3; 2)23

≈ 33�7◦

4x + 5y = 10 (4; 5) (5; −4) −0�8 ≈ 38�66◦

y =12x + 3 (1; −2) (2; 1) 0�5 ≈ 26�57◦

x =53y − 2 (3; −5) (5; 3) 0�6 ≈ 30�96◦

y =5 − 3x

4(3; 4) (4; −3) −0�75 ≈ −36�87◦

x = −3 (1; 0) (0; 1) nincs 90◦

14. Triminó – Párokban dolgozzatok! Vágjátok szét a 2. mellékletben

F1

F2

G1G

2

H1

H2

I1I2

D2D1

E2E1B1

B2

C1C

2

A2A1

található triminót, keverjétek össze a darabjait, és illesszétek összea megfelelő sorrendben!A1: 3x − y = 4 A2: n(3; −1)B1: 2x + 3y = −2 B2: n(4; 6)C1: m = 1 C2: x − y = 5D1: 7x = 2y − 3 D2: A(1; 5)E1: x + y = 3 E2: � = −45◦

F1: −2x + 5y = 4 F2: v(−5; −2)G1: v(−0�25; 2) G2: 4x + 0�5y = 0H1: y = 3x + 7 H2: A(−2; 1)I1: m = −0�75 I2: 3x + 4y = 9



C M Y K

30

8–12. óra: Egyenesek metszéspontja, két egyenes párhuzamosságának ésmerőlegességének feltétele, az egyenes további egyenletei


8–9. óra: Két egyenes metszéspontja, pont és egyenes távolsága; Pont és egyenes távolságának kiszámításanormálegyenlet segítségével – kiegészítő anyag

Két egyenes metszéspontjának meghatározását az 1. példán keresztül mutatjuk be. Ennek elmélete könnyenelsajátítható. A feladatmegoldásoknál egyre fontosabb, hogy a megoldáshoz előzetes tervet készítsünk, agyerekek hajlamosak azt kiszámolni, amit tudnak, és nem azt, amire a megoldáshoz szükségük van.

Kiegészítő anyagként tárgyaljuk pont és egyenes távolságát, amelyet középszinten elemi úton is meghatároz-hatunk.

A feladatokat itt sem bontottuk kisebb témakörökre.

10–12. óra: Két egyenes párhuzamosságának feltétele; Két egyenes merőlegességének feltétele; Két egye-nes hajlásszöge; Az egyenes tengelymetszetes alakja; Az egyenes egyenlete és az elsőfokú kétismeretlenesegyenlet; Vegyes feladatok

Két vektor merőlegességének, illetve párhuzamosságának feltétele már több esetben előkerült, de ugyaneztegyenesek esetén még nem emeltük ki. Kidolgozott példában mutatjuk be azt, hogyan lehet két egyeneshajlásszögét meghatározni.

Feladatok

Ezek a feladatok már összetettebbek, a feladatok többségében a megoldás egyik eleme két egyenes metszés-pontjának meghatározása. A 12–14. feladatok megoldásához szükséges, hogy a tanulók ismerjék az egyene-sek merőlegességének és párhuzamosságának feltételét.

A 15. feladat egyszerű fizikai alkalmazása a témakörnek.

1. Határozd meg az ordinátatengelynek azt a pontját, amely egyenlő távolságra van az A(7; 4) és B(−4; 1)pontoktól! A megoldás az AB szakasz f felezőmerőlegesének és az y tengelynek a metszéspontja. f egyenlete:

FAB

(32

;52

), nf =

−−→AB = (−11; −3) ⇒ f : 11x + 3y = 24. f ∩ y tengely:

11x + 3y = 24

x = 0

}, melynek megoldása

x = 0 és y = 8.

Az y tengelynek tehát a (0; 8) koordinátájú pontja van egyenlő távolságra az A és B pontoktól.

2. Írd fel a P(−4; 6) ponton áthaladó, az e: 1�5x + 2y = 15 egyenessel párhuzamos f egyenes egyenletét!

Mekkora annak a háromszögnek a kerülete, amelyet az f egyenes a koordinátatengelyekkel együtt alkot?nf = ne = (1�5; 2), P ∈ f ⇒ f : 1�5x + 2y = 6, f ∩ x tengely: (4; 0), f ∩ y tengely: (0; 3).

A háromszög területe4 · 3

2= 6 te.

3. Írd fel az y = 7�5 − 0�75x egyenes origóra vonatkozó tükörképének az egyenletét! Az adott e egyenestúgy is tükrözhetjük az origóra, hogy egy tetszőlegesen választott P pontját tükrözzük az origóra, majd a kapott P ′

ponton keresztül párhuzamost húzunk az e egyenessel. P(10; 0) ⇒ P ′(−10; 0), ne(0�75; 1) ⇒ e ′: 0�75x +y = −7�5



C M Y K

31

4. Határozd meg az alábbi egyenesek metszéspontjainak koordinátáit!

a)3x − 4y − 17 = 0

y = −13x − 1

⎫⎪⎬⎪⎭ Ma (3�−2) b)

y =23x + 3

2x − 3y − 6 = 0

⎫⎪⎬⎪⎭

A két egyenes pár-huzamos, nincs kö-zös pontjuk.

c)3x + 2y = 1

3y = 4�5x − 1�5

}Mc

(13

; 0

)

5. Elválasztja-e az A(2011; 4025) és B(1006; 2006) pontokat az y = 2x + 1 egyenes?Írjuk fel az A és B pontra illeszkedő egyenesnek az egyenletét, majd számítsuk ki az adott egyenessel való metszés-pontját! Ha a P metszéspont az A és a B pont „között” van, akkor az egyenes elválasztja a két pontot egymástól,különben nem. A metszéspont akkor van az A és a B pont között, ha például az első koordinátája az A és a B pontelső koordinátája közé esik.

Az AB egyenlete: vAB = (−1005; −2019) ⇒ nAB = (2019; −1005) ‖ (673; −335). AB : 673x − 335y = 5028,

673x − 335y = 5028

y = 2x + 1

}⇒ x = 1787� 6̇ ⇒ Az egyenes elválasztja az A és B pontot.

6. Az ABC háromszög oldalegyeneseinek egyenlete: AB : y = 0 BC : x + 10y = 20 CA: y =12x − 4

a) Számítsa ki a háromszög csúcspontjainak koordinátáit! A háromszög csúcspontjainak koordinátáit a meg-felelő oldalegyenesek egyenleteiből álló egyenletrendszerek megoldásai adják.

AB ∩ BC = B ⇒ B(20; 0), AC ∩AB = A ⇒ A(8; 0), AC ∩ CB = C ⇒ C (10; 1)

b) Számítsa ki a háromszög B csúcsánál lévő belső szöget! BC egyenes egyenlete: y = − 110x + 2. Mivel

az AB egyenes megegyezik az x tengellyel, így a B csúcsnál lévő szögre: tg � =1

10, melyből � ≈ 5�71◦.

(Matematika emelt szintű érettségi feladat, 2005)

7. Az ABC egyenlő szárú derékszögű háromszög átfogójának egyenlete: y = 0�5x + 3. A derékszög csúcsa:C (0; 4).

Határozd meg az átfogó két végpontjának koordinátáit! Az adott egyenest jelölje e! Írjuk fel a C pontból aze egyenesre állított, merőleges f egyenes egyenletét! ne (0�5; −1) ⇒ nf (1; 0�5), így f : x + 0�5y = 2. Számítsuk kiaz e és f egyenesek K metszéspontját, amely az átfogó felezőpontjával azonos! K : e ∩ f ⇒ K (0�4; 3�2)

A−−→KB vektor a

−−→KC −90◦-os, a

−−→KA pedig +90◦-os elforgatottja.

−−→KC = c − k = (−0�4; 0�8), így

−−→KB = (0�8; 0�4) =

= b − k ⇒ b = (0�8; 0�4) + k = (1�2; 3�6) ⇒ B(1�2; 3�6);−−→KA = (−0�8; −0�4) = a − k ⇒ a = (−0�8; −0�4) + k =

= (−0�4; 2�8) ⇒ A(−0�4; 2�8). Az átfogó két végpontja tehát A(−0�4; 2�8) és B(1�2; 3�6).

8. Az abszcisszatengelyen határozd meg azt a P pontot, amelynek az A(−2; 3) és B(10; 2) pontoktól mérttávolságösszege minimális! Tükrözzük például az A pontot az x tengelyre (A′(−2; −3))! A keresett pont azA′B egyenes x tengellyel való metszéspontja (AP + PB = A′P + PB). Írjuk fel az A′B pontokon átmenő egyenes

egyenletét! vA′B =−−→A′B = (12; 5), nA′B = (5; −12), az A′B egyenes egyenlete: A′B : 5x − 12y = 26. Az egyenes x

tengellyel való metszéspontjának koordinátái: P(5�2; 0).

9. Egy háromszög két oldalának egyenlete a: y =14x és b: y = −2x . A harmadik oldal felezőpontja: F (3; 6).

Határozd meg a csúcspontok koordinátáit! a∩b = C (0; 0), az A pont illeszkedik a b egyenesre, így koordinátái:

A(a1; −2a1). A B pont illeszkedik az a egyenesre, így koordinátái B(b1�

14b1

). A felezési pont koordinátájára

tanult összefüggések miatt:a1 + b1

2= 3, valamint

−2a1 +b1

42

= 6. Az egyenletrendszer megoldása: a1 = −143

,

b1 =323

. Így az A és B csúcsok koordinátái: A

(−14

3;

283

), B

(323

;83

).



C M Y K

32

10. Határozd meg annak a P(2; 3) pontra illeszkedő egyenesnek az egyenletét, amely a koordinátatengelyek-kel 12 egység területű háromszöget alkot! Jelölje a keresett egyenesnek (e) az x tengellyel való metszéspontját

A(a; 0) az y tengellyel való metszéspontját B(0� b)! Az egyenes tengelymetszetes egyenlete:x

a+y

b= 1. P ∈ e,

így:2a

+3b

= 1. (1) A háromszög területe miatta · b

2= 12. (2) Az (1) és (2) egyenletekből álló egyenletrendszer

megoldása: a = 4, b = 6. A keresett egyenes egyenlete: e:x

4+y

6= 1 ⇒ 6x + 4y = 24.

11. Az ABC háromszög két csúcsa adott: A(1; 0) és B(8; 4), a C pont az e: y = x + 3 egyenesen mozog.

Milyen görbén mozog a háromszög súlypontja? Add meg a görbe egyenletét! C ∈ e, így koordinátáira

C (c1; c1 + 3). A súlypont koordinátáira vonatkozó összefüggés miatt s1 =1 + 8 + c1

3és s2 =

0 + 4 + c1 + 33

. Az első

egyenletből kifejezve c1-et: c1 = 3s1 − 9, ezt a második egyenletbe behelyettesítve: s2 = s1 − 23

. A háromszög

súlypontja tehát az y = x − 23

egyenesen mozog.

12. Három egyenes egyenlete a következő (a és b valós számokat jelölnek):

e: y = −2x + 3, f : y = ax − 1, g : y = bx − 4.

a) Milyen számot írjunk az a helyére, hogy az e és f egyenesek párhuzamosak legyenek? e ‖ f , ennekfeltétele: me = mf , így a = −2.

b) Melyik számot jelöli b, ha a g egyenes merőleges az e egyenesre? e ⊥ g , ennek feltétele: me ·mg = −1,

így −2 · b = −1, melyből b =12

.


13. Határozd meg az alábbi három egyenes kölcsönös helyzetét!e: 2x + y = 4 f : 3y = 10 − 6x g : x = 2y − 6

me = mf , így e ‖ f . me · mg = −1, így e ⊥ g . mf ·mg = −1, így f ⊥ g .

14. Mekkora a területe annak a négyzetnek, amelynek két oldalegyenese az 5x − 12y + 26 = 0 és az5x − 12y − 65 = 0 egyenletű egyenes? e: 5x − 12y = −26 és f : 5x − 12y = 65, így ne = nf ⇒ e ‖ f ,ezért a négyzet oldalának hossza a két párhuzamos egyenes távolsága. Írjuk fel egy tetszőleges ponton, példáulaz origón átmenő, az e és az f egyenesekre merőleges g egyenes egyenletét! ng = ve(12; 5), g : 12x + 5y = 0.

e ∩g :A

(−10

13;

2413

). f ∩g :B

(2513

; −6013

). A keresett négyzet területét az A és B pontok távolságának a négyzete

adja: T = d2AB = 49e2.

Másik megoldási mód: Az f egyenes tetszőleges pontján pl. P(13; 0) merőlegest állítunk az e egyenesre, és ametszéspont és P távolsága a négyzet oldalának hossza.

15. A mellékelt grafikonon egy ellenállásra eső feszültség és a raj-

2

4

6

8

00,00 0,01 0,02 0,03 0,04 0,05

áramer sség (A)õ

fesz

ült

ség

(V)

ta átfolyó áramerősség összetartozó értékeit ábrázoltuk, majd amérési pontokra egy egyenest illesztettünk.

a) Az illesztett egyenes mely paramétere adja meg az ellenál-lás nagyságát?

b) Határozd meg a mérésben szereplő ellenállás nagyságát!Ohm törvénye alapján U = R · I , a grafikonon látható összetarto-zó adatpárok origón átmenő egyenesre illeszkednek. Az illesztett

egyenes meredeksége adja az ellenállást: R = m =6

0�04= 150 Ω.



C M Y K

33

13. óra: A kör


A kör egyenlete nem bonyolult összefüggés, az egyenes normálvektoros egyenletéhez hasonlóan itt is meg-követelhetjük a tétel igazolását, hiszen e nélkül magát a tételt sem lehet megérteni. A példákat mindenképpenközös megbeszélésre ajánljuk.

A fejezet végén kitérünk a kör egyenletének és a másodfokú kétismeretlenes egyenletnek a kapcsolatára. Aztközépszinten is el kell tudják dönteni a tanulók, hogy egy kétismeretlenes másodfokú kifejezés lehet-e köregyenlete vagy sem. Ha igen, akkor a szükséges átalakítások után a kör paramétereit is meg kell tudniukhatározni.

Megjegyzés: A többi másodfokú görbével csak a fakultációs tananyagban fogunk foglalkozni.

Feladatok

1. Írd fel a kör egyenletét, ha adott a K középpontja és r sugara!a) K (3; 2), r = 4 (x − 3)2 + (y − 2)2 = 16 b) K (0; 1), r = 3 x2 + (y − 1)2 = 9

c) K (−4; 6), r =√

5 (x + 4)2 + (y − 6)2 = 5 d) K (−11; −8), r = 8 (x + 11)2 + (y + 8)2 = 64

e) K (√

5;√

5), r =√

3 (x −√

5)2 + (y −√

5)2 = 3

2. Egy kör átmérőjének két végpontja A(−4; −1) és B(6; 9). Határozd meg a kör egyenletét! A kör közép-

pontja a megadott átmérő felezési pontja, sugara pedig az átmérő fele. Ezek alapján: K (1; 4), r =AB

2=

√50, így

a kör egyenlete: (x − 1)2 + (y − 4)2 = 50.

3. Határozd meg a kör középpontjának koordinátáit és a sugarát az alábbi egyenletekkel megadott körökesetén! A megadott köregyenleteket (x − u)2 + (y − v )2 = r2 alakra hozva a körök középpontjainak koordinátái éssugarai meghatározhatóak:

a) y2 = 4 − x 2 x2 + y2 = 4, K (0; 0), r = 2

b) x 2 − 4x + y2 − 10y = 20 (x − 2)2 + (y − 5)2 = 49, K (2; 5), r = 7

c) x 2 + 4x + y2 + 2√

2y = 43 (x + 2)2 + (y +√

2)2 = 49, K (−2; −√

2), r = 7

d) x 2 + y2 − 14x = 56 − 16y (x − 7)2 + (y + 8)2 = 169, K (7; −8), r = 13

e) x 2 + y2 − 2√

5x + 4√

2y = 12 (x −√

5)2 + (y + 2√

2)2 = 25, K (√

5; −2√

2), r = 5

4. Döntsd el, melyik egyenlet határoz meg köregyenletet, és melyik nem! Válaszodat indokold! Abban azesetben, amikor az egyenlet kört határoz meg, írd fel a kör sugarát és középpontjának koordinátáit! Ha

az egyenlet (x − u)2 + (y − v )2 = r2 alakra hozható, akkor ez egy kör egyenlete, melynek középpontja K (u; v ),sugara r .

a) x 2 − 4x + y2 + 10x = 52 (x − 2)2 + (y + 5)2 = 81, tehát ez egy kör egyenlete: K (2; −5), r = 9.

b) x 2 + 6x = 14y − y2 + 48 (x + 3)2 + (y − 7)2 = 106, tehát ez egy kör egyenlete: K (−3; 7), r =√

106.

c) 2x 2 − 8x + 2y2 − 12y = −16 (x − 2)2 + (y − 3)2 = 5, tehát ez egy kör egyenlete: K (2; 3), r =√

5.

d) x 2 = 100 − y2 + xy Nem köregyenlet, mivel xy tagot tartalmaz.

5. Adott az x 2 + y2 + 4x − 6y − 12 = 0 egyenletű kör. Írd fel az x , illetve az y tengelyre vonatkozótükörképeinek egyenletét! A megadott kör középpontjának a koordinátái K (−2; 3), sugara r = 5. Az x tengelyre

vonatkozó tükörképének egyenlete: (x + 2)2 + (y + 3)2 = 25. Az y tengelyre vonatkozó tükörképének az egyenlete:(x − 2)2 + (y − 3)2 = 25.



C M Y K

34

6. Az (x − 2)2 + (y − 4)2 = 16 egyenletű körnél add meg

a) a v(−2; 3) vektorral eltolt képének egyenletét; x2 + (y − 7)2 = 16

b) a feleakkora sugarú, vele koncentrikus kör egyenletét; (x − 2)2 + (y − 4)2 = 4

c) a kétszer akkora sugarú, vele koncentrikus kör egyenletét! (x − 2)2 + (y − 4)2 = 64

7. Hogyan helyezkednek el az (x − 1)2 + (y + 3)2 = 25 körhöz képest az alábbi pontok?

A(7; 2) B(5; 0) C (√

3;√

3) Az A pont a körön kívül esik, a B pont a kör pontja, a C pont pedig belső pont.

8. Hogyan helyezkednek el az alábbi pontok az x 2 + y2 = 6x + 16 egyenletű körhöz képest?

A(−2; 0) B(7; 2) C (0; 4) D(1�5; 4�5) E (6; 4) F (√

46;√

23) G(√

22 + 3; −√

3)

A kör egyenlete (x − 3)2 + y2 = 25. A a kör pontja, B külső pont; C a kör pontja; D belső pont; E a kör pontja;F külső pont; H a kör pontja.

9. Írd fel az ABC háromszög köré írható kör egyenletét, ha adott a háromszög három csúcsa: A(4; 3),B(−5; 6) és C (−4; −1)! A háromszög köré írható körének középpontja az oldalfelező merőlegesek metszéspont-ja. Írjuk fel az AC és az AB oldalak felezőmerőlegeseinek (f1 és f2) egyenleteit! Az AC oldal felezőpontja F1(0; 1).

A felezőmerőleges normálvektora például−−→CA. Így: f1: 2x + y = 1. Hasonlóan határozhatjuk meg az AB oldal sza-

kaszfelező merőlegesének egyenletét: f2: 3x − y = −6. f1 ∩ f2 = K , így K (−1; 3). Sugara például r = KA = 5.

A háromszög köré írható körének egyenlete tehát (x + 1)2 + (y − 3)2 = 25.

10. Mi annak a körnek az egyenlete, amelynek középpontja a 2x + y = 8 egyenletű egyenesen van, ésáthalad az A(7; 4) és a B(5; 6) pontokon? Az AB szakasz felezőmerőlegesén rajta van a kör középpontja, ígya keresett kör középpontját megkaphatjuk a szakaszfelező merőleges és a megadott e: 2x + y = 8 egyenletű egyenesmetszéspontjaként.

Az AB szakasz felezőpontjának a koordinátái F (6; 5), a szakaszfelező merőleges normálvektora az−−→AB = (−1; 1).

A szakaszfelező merőleges egyenlete f : −x + y = −1. f ∩ e = K , így K (3; 2).

A keresett kör sugara r = KA =√

20, így a keresett kör egyenlete: (x − 3)2 + (y − 2)2 = 20.

11. Írd fel az ABC derékszögű háromszög köré írható kör egyenletét, ha a háromszög csúcsai: A(2; 1),B(5; 2) és C (3; 8)! A derékszögű háromszög köré írható körének középpontja az átfogó felezési pontja, sugarapedig az átfogó fele. Egy jó ábrával „megsejthető”, hogy AC az átfogó. Ennek igazolása:−−→BC = (−2; 6) ⊥ −−→

BA(−3; −1), mert skaláris szorzatuk 0. A kör középpontja a CA szakasz felezési pontja:

K (2�5; 4�5), sugara: r =AC

2=

√502

. A háromszög köré írható körének egyenlete: (x − 2�5)2 + (y − 4�5)2 = 12�5.

12. Írd fel az ABC háromszög köré írható kör egyenletét, ha a háromszög csúcsai: A(2; 3), B(6; 1) ésC (9; 10)! A háromszög köré írható körének középpontja az oldalfelező merőlegesek metszéspontja. Írjuk fel azAB és BC oldalak felezőmerőlegeseinek (f1 és f2) egyenleteit! Az AB oldal felezőpontja F1(4; 2). A felezőme-

rőleges normálvektora például−−→AB , így: f1: 2x − y = 6. Hasonlóan határozhatjuk meg a CB oldal szakaszfelező

merőlegesének egyenletét: f2: x +3y = 24. f1 ∩ f2 = K ⇒ K (6; 6). A kör sugara például r = KA = 5. A háromszögköré írható körének egyenlete: (x − 6)2 + (y − 6)2 = 25.

13. Az x 2 + y2 − 6x + 6y + 2 = 0 egyenletű kör középpontjából merőlegest állítunk a 3x + 4y = 12 egyenletűegyenesre. A kapott szakasz fölé

a) négyzetet szerkesztünk; b) szabályos háromszöget szerkesztünk.

Mekkora a keletkezett négyzet, illetve háromszög területe?

Jelölje a megadott egyenest e, a kör középpontján átmenő, e-re merőleges egyenest f ! A kör egyenlete: k : (x − 3)2++ (y + 3)2 = 16, a középpont koordinátái: K (3; −3). Az e egyenes normálvektora: ne : (3; 4). Az f egyenes normál-vektora nf = ve : (4; −3). Az f egyenes egyenlete: 4x − 3y = 21. e ∩ f = P , P : (4�8; −0�6), KP = 3. Tnégyzet =

= KP2 = 9 területegység. Tháromszög =KP2 ·

√3

4≈ 3�9 területegység



C M Y K

35

14. Keresd meg az x + y = 4 egyenletű egyenesnek azokat a pontjait, amelyekből az A(1; 3) és B(5; 6)pontokat összekötő szakasz derékszögben látszik! A keresett pontok az AB szakasz Thalész-körének és amegadott e egyenes metszéspontjának közös pontjai, kivéve az A és B pontokat. Az AB szakasz felezési pontjaK (3; 4�5), r = AK = 2�5. Az AB szakasz Thalész-körének egyenlete: k : (x −3)2 + (y−4�5)2 = 6�25. e∩k = P1, P2.A két metszéspont: P1(1�5; 2�5) és P2(1; 3). Mivel P2 azonos A-val, így a feladat egyetlen megoldása a P1(1�5; 2�5)pont.

15. Egy háromszög oldalegyeneseinek egyenletei:x − y + 1 = 0, x + 2y + 4 = 0, 3x − y − 9 = 0.

Írd fel a háromszög köré írható kör egyenletét! Az oldalegyenesek metszéspontjai a háromszög csúcspontjai:e: x − y + 1 = 0, f : x + 2y + 4 = 0, g : 3x − y − 9 = 0. e ∩ f :A(−2; −1), e ∩ g :B(5; 6), g ∩ f :C (2; −3).

A háromszög köré írható körének középpontja az oldalfelező merőlegesek metszéspontja. Írjuk fel az AB és AColdalak felezőmerőlegeseinek (f1 és f2) egyenleteit! Az AB oldal felezőpontja F1(1�5; 2�5). A felezőmerőleges

normálvektora például−−→AB = (1; −1), így: f1: x + y = 4. Hasonlóan határozhatjuk meg AC oldal szakaszfelező

merőlegesének egyenletét: F2(0; −2), n =−−→AC (4; −2) ‖ (2; −1), f2: 2x − y = 2. f1 ∩ f2 = K , így K (2; 2). Sugara

például r = KA = 5. A háromszög köré írható kör egyenlete: (x − 2)2 + (y − 2)2 = 25.

16. Döntsd el, hogy az alábbi négy pont húrnégyszöget határoz-e meg!A(1; 0) B(1; 4) C (0; 5) D(−3; 2)

A feladat egy lehetséges megoldása: Írjuk fel az ABC háromszög köré írható körének egyenletét, és vizsgáljuk meg,hogy a D pont illeszkedik-e a körre! A köré írható kör egyenletét a 9. feladat megoldása alapján meghatározhatjuk.A köré írható kör egyenlete: (x + 2)2 + (y − 2)2 = 13. Behelyettesítve a D pont koordinátáit, láthatjuk, hogy a Dpont nem illeszkedik a körre. A megadott pontok tehát nem alkotnak húrnégyszöget.

14–15. óra: Körök és egyenesek kölcsönös helyzete


A tanulók elemi geometriai tanulmányaik alapján már ismerik kör és egyenes, valamint két kör kölcsönöshelyzetének lehetőségeit. Ezeken az órákon arra keressük a választ, hogy ha a koordináta-rendszerben egyen-letével adott egy egyenes és egy kör vagy két kör, akkor hogyan lehet meghatározni egymáshoz képest vetthelyzetüket.

Az 1. példában megmutatjuk, mi az algebrai módszer kör és egyenes metszéspontjának meghatározására,egyben példát láthatunk kört metsző, érintő és nem metsző egyenesre.

A 2. példában megmutatjuk, hogyan lehet egy kört adott pontjában érintő egyenes egyenletét, illetve egy kör-höz külső pontból húzható érintő egyenletét meghatározni. Két kör metszéspontjának meghatározása nehézfeladat, erre szintén a 2. példában mutatjuk meg az algebrai módszert.

Ezután tárgyaljuk két kör kölcsönös helyzetének meghatározását. A fejezetekben az említetteken túl többkidolgozott példát is adtunk, ezeket, ha időnk engedi, feltétlenül beszéljük meg közösen az órán is.

Feladatok

Az itt szereplő feladatok többsége már nem sorolható be szigorúan csupán az egyik vagy másik témakörbe.Válogattunk gyakorlópéldákat a középszintű érettségi feladatai közül, de találunk emelt szintű és nehéz fela-datokat is. Továbbra is fontos, hogy a megoldásokhoz a tanulók készítsenek ábrát maguknak, és a megoldásmenetét jelöléseket használva le tudják írni.



C M Y K

36

1. Hogyan helyezkednek el az alábbi egyenesek a k : (x + 3)2 + (y − 4)2 = 25 körhöz képest?

a) y =34x Origóban érintő.

b) 8x − 3y = −24 Metsző, a metszéspontok: (0; 8) és (−3�37; −0�886).

c) 8x − 6y = −48 Metsző, a metszéspontok: (0; 8) és (−6; 0).

d) x + y = −6 Metsző, a metszéspontok: (−6; 0) és (−7; 1).

e) x − 2y = 4 Nincs közös pont.

2. Írd fel a k : (x − 3)2 + (y − 2)2 = 25 egyenletű kör P(−1; 5) pontjába húzható érintőjének egyenletét!

A kör középpontjának a koordinátái K (3; 2), az érintő normálvektora ne =−−→PK = (4; −3). Az érintő egyenlete

e: 4x − 3y = −19.

3. Add meg a koordinátatengelyek azon pontjainak koordinátáit, amelyekből az AB szakasz derékszögbenlátszik, ha A(7; 10) és B(17; −14)! A keresett pontok az AB szakasz Thalész-körének a koordinátatengelyekkel

vett metszéspontjai. Írjuk fel az AB szakasz Thalész-körének egyenletét! K (12; −2), r =AB

2= 13, k : (x − 12)2 +

+ (y + 2)2 = 169. A körnek az x tengellyel vett metszéspontjai: P1(12 +√

165; 0) és P2(12 −√

165; 0). A körnek azy tengellyel vett metszéspontjai: Q1(0; 3) és Q2(0; −7).

4. a) Ábrázolja koordináta-rendszerben az e egyenest, melynek egyenlete 4x + 3y = −11!

Számítással döntse el, hogy a P(100; −136) pont rajta van-e az egyenesen! 4 · 100 + 3 · (−136) = −8 �== −11 ⇒ P ∈ e.

Az egyenesen levő Q pont ordinátája (második koordinátája) 107. Számítsa ki a Q pont abszcisszáját(első koordinátáját)! 4x + 3 · 107 = −11 ⇒ x = −83, tehát Q(−83; 107).

b) Írja fel az AB átmérőjű kör egyenletét, ahol A(−5; 3) és B(1; −5). A kör középpontja, K az AB

szakasz felezőpontja. A felezőpontra vonatkozó összefüggés alapján K (−2; −1). A kör sugara r = KA =

=√

(−5 − (−2))2 + (3 − (−1))2 = 5. A kör egyenlete: k : (x + 2)2 + (y + 1)2 = 25.

Számítással döntse el, hogy az S (1; 3) pont rajta van-e a körön! Helyettesítsük be az S pont koordinátáit

a kör egyenletébe! (1 + 2)2 + (3 + 1)2 = 25 ⇒ S ∈ k .

c) Adja meg az ABC háromszög C csúcsának koordinátáit, ha tudja, hogy az S (1; 3) pont a háromszög

súlypontja! A súlypontra vonatkozó összefüggés alapján s =a + b + c

3⇒ c = 3s − a − b ⇒ C (7; 11).


5. Adott a k : x 2 + y2 = 25 egyenletű kör.

a) Írd fel a kör −3 abszcisszájú pontjaihoz húzható érintők egyenletét! A −3 abszcisszájú körpontok

P1(−3; 4), P2(−3; −4). A P1 pontba húzható érintő normálvektora ne1 =−−→OP1(−3; 4). Az érintő egyenlete

e1: −3x + 4y = 25. A P2 pontba húzható érintő normálvektora ne2 =−−→OP2(−3; −4). Az érintő egyenlete

e2: −3x − 4y = 25.

b) Mekkora területű síkidomot határol a két érintő és az érintési pontok közötti kisebbik körív? e1 ∩ e2 =

= A

(−25

3; 0

), AP1 =

203

, OP1 = 5. Az OP1A háromszög területe: TOP1A =OP1 · P1A

2= 16

23

terület-

egység. Az OP1A derékszögű háromszögből P1OAszámolható: P1OA≈ 53�13◦. A körcikk területe:

tOP1A =53�13◦

360◦ · 52 · � ≈ 11�59 területegység. A keresett síkidom területe T = 2 · (TOP1A − tOP1A) ≈ 10�15 te-

rületegység.

6. Egy kör az (1; 0) és (7; 0) pontokban metszi az x tengelyt. Tudjuk, hogy a kör középpontja az y = x

egyenletű egyenesre illeszkedik. Írja fel a kör középpontjának koordinátáit! Válaszát indokolja! LegyenA(1; 0), B(7; 0)! A keresett kör középpontja rajta van az AB szakasz felezőmerőlegesén. Az AB szakasz felezési



C M Y K

37

pontja F (4; 0). Az AB szakasz felezőmerőlegesének egyenlete: f : x = 4. A kör középpontja az f és az y = x

egyenletű egyenes metszéspontja: K (4; 4).(Matematika középszintű érettségi feladat, 2010)

7. Egy háromszög két csúcsa A(8; 2), B(−1; 5), a C csúcs pedig illeszkedik az y tengelyre. A háromszög

köré írt kör egyenlete: x 2 + y2 − 6x − 4y − 12 = 0. A(8; 2), B(−1; 5), C (0; c2)

a) Adja meg a háromszög oldalfelező merőlegesei metszéspontjának koordinátáit! Az oldalfelező merő-

legesek metszéspontja a köré írható kör középpontja. k : (x − 3)2 + (y − 2)2 = 25 ⇒ K (3; 2).

b) Adja meg a háromszög súlypontjának koordinátáit! A háromszög C csúcsa illeszkedik a köré írható körre,így a C csúcs hiányzó második koordinátája számolható a köré írható kör egyenletébe való behelyettesítéssel.(−3)2 + (c2 − 2)2 = 25, (c2 − 2)2 = 16 ⇒ c2�1 = 6� c2�2 = −2, C1(0; 6), C2(0; −2). A súlypont koordinátái

az ismert összefüggésből: S1

(73

;133

), S2

(73

;53

).


8. Adott az x 2 + y2 − 6x + 8y − 56 = 0 egyenletű kör és az x − 8�4 = 0 egyenletű egyenes.

a) Számítsa ki a kör és az egyenes közös pontjainak koordinátáit! A kör és az egyenes egyenleteiből állóegyenletrendszer megoldásából a közös pontok koordinátái: P1(8�4; 3�2), P2(8�4; −11�2).

b) Mekkora távolságra van a kör középpontja az egyenestől? A kör egyenletéből meghatározhatók a közép-pontjának koordinátái: K (3; −4). A kör középpontjának a távolsága az egyenestől d = 8�4 − 3 = 5�4.

(Matematika középszintű érettségi feladat, részlet, 2009)

9. Az r =√

13 sugarú kör az e: 3x + 2y = 9 egyenletű egyenest a P(1; 3) pontjában érinti. Határozdmeg a kör egyenletét! Állítsunk a P pontban az e egyenesre merőleges f egyenest! ne (3; 2), e ⊥ f , ezért ve == nf (2; −3) ⇒ f : 2x − 3y = −7.

A keresett körök középpontjai az f egyenesnek és egy P középpontú,√

13 sugarú k körnek a metszéspontjai.k : (x − 1)2 + (y − 3)2 = 13, k ∩ f :K1(4; 5), K2(−2; 1). Így a keresett körök egyenletei: k1: (x − 4)2 + (y − 5)2 = 13és k2: (x + 2)2 + (y − 1)2 = 13.

10. Írd fel annak a körnek az egyenletét, amelynek középpontja a K (−2; −2) pont, és mindkét koordináta-tengelyt érinti! Mivel a keresett kör érinti a koordinátatengelyeket, ezért |u| = |v| = r . A keresett kör egyenlete:

(x + 2)2 + (y + 2)2 = 4.

11. Írd fel annak a körnek az egyenletét, amelynek középpontja K (6; 5), és érinti az e: x + 2y = 6 egyenletűegyenest! A kör sugara a K pont távolsága az e egyenestől. Állítsunk a K pontból az e egyenesre merőleges fegyenest! ne(1; 2), f ⊥ e ⇒ nf (2; −1) ⇒ f : 2x − y = 7. Az érintési pont az e és f egyenesek metszéspontja:

E (4; 1). A keresett kör sugara: r = KE =√

20. Így az érintő kör egyenlete k : (x − 6)2 + (y − 5)2 = 20.

12. Határozd meg annak a legkisebb körnek az egyenletét, amelynek középpontja az x 2 + y2 = 25 egyenletűkörön van, és érinti a 3x + 4y = 50 egyenletű egyenest! e: 3x + 4y = 50, k : x 2 + y2 = 25. A keresett körközéppontja az e-re merőleges, a k kör középpontján áthaladó f egyenesnek, valamint k körnek a metszéspontja.f : 4x − 3y = 0, k ∩ f :K1(3; 4), K2(−3; −4).

A K2 középpontú érintő kör sugara a K1 középpontú érintő kör sugaránál nagyobb. Az érintési pont koordinátái aze és f egyenesek metszéspontjából számolhatók. e∩f :E (6; 8), OE = 10. A keresett kör sugara: r = OE−OK1 = 5.A kör egyenlete: (x − 3)2 + (y − 4)2 = 25.

13. Írd fel a k : x 2 +y2 −6x −2y−3 = 0 egyenletű kör e: 2x +3y +6 = 0 egyenessel párhuzamos érintőinek azegyenletét! A kör középpontjából állítsunk az e egyenesre merőleges f egyenest! ne (2; 3), f ⊥ e ⇒ nf (3; −2).A kör egyenletéből középpontjának koordinátái: K (3; 1). A fentiekből f egyenes egyenlete: 3x−2y = 7. Az érintésipontok koordinátáit a kör és az f egyenes metszéspontjából számolhatjuk: k ∩ f :E1(5; 4), E2(1; −2). A keresettérintők normálvektorai az e egyenes normálvektorával egyenlők, így az egyenesek egyenletei: e1: 2x + 3y = 22 ése2: 2x + 3y = −4.



C M Y K

38

14. a) Egy derékszögű háromszög egyik oldalegyenese valamelyik koordinátatengely, egy másik oldale-gyenesének egyenlete 2x + y = 10, egyik csúcsa az origó. Hány ilyen tulajdonságú háromszög van?Adja meg a hiányzó csúcsok koordinátáit! Először meghatározzuk a megadott g egyenesnek és a koordi-nátatengelyeknek a metszéspontjait: g ∩ x tengely: B(5; 0) és g ∩ y tengely: A(0; 10). Állítsunk az origóbólmerőleges f egyenest a g egyenesre! ng (2; 1) ⇒ nf (1; −2), f : x − 2y = 0. A két egyenes metszéspont-ja g ∩ f :C (4; 2). A feltételnek három háromszög tesz eleget: AOC�: A(0; 10), O(0; 0), C (4; 2), COB�:C (4; 2), O(0; 0), B(5; 0), AOB�: A(0; 10), O(0; 0), B(5; 0).

b) Jelölje e azokat az egyeneseket, amelyeknek egyenlete 2x + y = b, ahol b valós paraméter. Mek-kora lehet b értéke, ha tudjuk, hogy van közös pontja az így megadott e egyenesnek és az origóközéppontú, 4 egység sugarú körnek? Az e egyenesek párhuzamos egyenesek, amelyekre az f egyenes

merőleges. Az f egyenes és az e egyenesek metszéspontja paraméteresen: M(

2b5

;b

5

). Az e egyenes akkor

és csak akkor metszi a megadott kört, ha az M pont a kör belső pontja, azaz M és a kör középpontjának

távolsága legfeljebb sugárnyi: OM =

√(2b5

)2

+

(b

5

)2

≤ 4, amelyből a −√

80 ≤ b ≤√

80 feltételt kapjuk.


15. Az origó középpontú, egység sugarú kört érintő egyenesről az aláb-

x

y

1

1

�

�

e

f

O

A

B

biak ismertek:• az egyenes a kört az első síknegyedben érinti;

• az egyenes az y tengely pozitív ágából kétszer nagyobb szakasztvág le, mint az x tengely pozitív ágából. Használjuk az ábra jelö-léseit! A feladat feltételei alapján az AOB derékszögű háromszögben:tg� = 0�5. A keresett érintőre merőleges, az origón áthaladó egyenesegyenlete: f : y = 0�5x . A kör egyenlete: k : x 2 + y2 = 1.

a) Határozd meg az érintési pont koordinátáit! Az érintési pont egy-

ben az f egyenes és a kör metszéspontja: k ∩ f :E

(2√

55

;

√5

5

).

b) Írd fel az érintő egyenletét! nf (1; −2), f ⊥ e ⇒ ne = (2; 1).

A keresett érintő egyenlete e: 2x + y =√

5.

16. Hol helyezkednek el azok a pontok a síkon, amelyek az A(2; 1) ponttól háromszor akkora távolságravannak, mint a B(10; 1) ponttól? Jelölje a feltételnek eleget tevő pontok koordinátáit P(x ; y)! A feltétel alapjánPA = 3PB . √

(x − 2)2 + (y − 1)2 = 3 ·√

(x − 10)2 + (y − 1)2�

(x − 2)2 + (y − 1)2 = 9 · ((x − 10)2 + (y − 1)2)�

−8x 2 + 176x − 8y2 + 16y − 904 = 0

x2 − 22x + y2 − 2y + 113 = 0

(x − 11)2 + (y − 1)2 = 9

A keresett pontok tehát a K (11; 1) középpontú, r = 3 sugarú körön helyezkednek el.

17. Határozd meg a megadott körök kölcsönös helyzetét!

a) x 2 + y2 − 2x − 4y − 3 = 0 és x 2 + y2 − 4x − 6y − 5 = 0 k1: (x − 1)2 + (y − 2)2 = 8, K1(1; 2), r1 =√

8,k2: (x − 2)2 + (y − 3)2 = 18, K2(2; 3), r2 =

√18. A körök egyenleteiből álló egyenletrendszernek egyetlen

megoldása van, tehát a két kör érinti egymást. r2 − r2 =√

18 −√

8 = 3√

2 − 2√

2 =√

2 és K1K2 =√

2. A k1kör tehát belülről érinti a k2 kört.

b) x 2 − 2x + y2 = 0 és x 2 + y2 − 8x − 4y − 16 = 0 k1: (x − 1)2 + y2 = 1, K1(1; 0), r1 = 1, k2: (x − 4)2 ++ (y − 2)2 = 36, K2(4; 2), r1 = 6. A körök egyenleteiből álló egyenletrendszernek nincs megoldása, tehát a kétkörnek nincs közös pontja.



C M Y K

39

c) (x + 2)2 + (y − 1)2 = 4 és (x + 1)2 + (y + 3)2 = 9 A k2 kör tehát tartalmazza k1 kört. (x + 2)2 + (y − 1)2 = 4és (x + 1)2 + (y + 3)2 = 9. k1: (x + 2)2 + (y − 1)2 = 4, K1(−2; 1), r1 = 2. k2: (x + 1)2 + (y + 3)2 = 9, K2(−1; −3),r2 = 3, r2 − r1 = 1, r1 + r2 = 5. d = K1K2 =

√17. Mivel |r2 − r1| �d �r1 + r2, ezért a két kör két pontban

metszi egymást. (A metszéspontok koordinátái közelítőleg: P1(−0�316; −0�079) és P2(−2�978; −0�744).

18. Határozd meg a P(1; −3) pontból az (x − 3)2 + (y + 1)2 = 4 egyenletű körhöz húzható érintők egyenletét!A kör egyenletéből a kör középpontjának a koordinátái K (3; −1). Az érintési pontok a KP szakasz Thalész-körénekés a k körnek a metszéspontjai. A KP szakasz Thalész-körének a középpontja F (2; −2), sugara r1 = FP =

√2.

A KP szakasz Thálész-körének egyenlete: k1: (x−2)2+ (y+2)2 = 2. k1∩k :E1(3; −3), E2(1�−1), n1 =−−−→KE1: (0; −2),

e1: y = −3, n2 =−−−→KE2: (−2; 0), e2: x = 1.

19. Határozd meg annak a négyszögnek a területét, amelyet az

(x − 2)2 + (y − 2)2 = 25 és az x 2 + y2 − 16x − 4y + 55 = 0egyenletű körök középpontjai, valamint metszéspontjai határoznak meg! k1: (x−2)2+ (y−2)2 = 25, K1(2; 2),

k2: (x − 8)2 + (y − 2)2 = 13, K2(8; 2). A metszéspontok koordinátáit a körök egyenleteiből álló egyenletrendszeradja: k1 ∩ k2:P1(6; 5), P2(6; −1). A K1P1K2P2 négyszög deltoid, mert két-két szomszédos oldalát az egyes körök

sugarai adják, és ezáltal egyenlő hosszúak. P1P2 = 6, K1K2 = 6, TK1P1K2P2 =P1P2 ·K1K2

2= 18 te.

20. Írd fel annak a körnek az egyenletét, amely a P(4; 8) pont-

x

y

1

10

P

K1

K2

k2

jában belülről érinti az (x + 4)2 + (y − 2)2 = 100 egyenletűkört, továbbá érinti az x tengelyt is! A megadott kör egyenle-téből K1(−4; 2). A keresett k2 kör középpontját jelölje K2(u; v ),sugarát r2, ekkor egyenlete k2: (x − u)2 + (y − v )2 = r2

2 . A k2 körérinti az x tengelyt, ezért |v| = r2. Az érintő kör K2 középpont-ja illeszkedik a K1P pontok egyenesére. K1P egyenlete: vK1P =−−→K1P = (8; 6) ‖ (4; 3), nK1P = (3; −4) ⇒ K1P : 3x − 4y = −20.

K2 ∈ K1P , ezért 3u − 4v = −20 ⇒ u =4v − 20

3. Helyette-

sítsük k2 egyenletébe u és r2 helyére a fent kapott kifejezéseket,valamint x és y helyére a P pont koordinátáit, hiszen P illeszke-

dik k2 körre:

(4 − 4v − 20

3

)2

+(8−v )2 = v2. A kapott egyenlet

megoldásai v1 = 5 és v2 = 20, amelyből csak az első megfelelő érték esetünkben (a másik kör a kívülről érintő körközéppontját adja). Ekkor u = 0 és r2 = 5. Tehát k2: x 2 + (y − 5)2 = 25.

21.

x

y

1

1O

P

E1

E2

K2

K1

Hol helyezkednek el a koordináta-rendszerben azok a pontok, amelyekből az x 2 + y2 − 8x + 6y = 0 és azx 2 + y2 − 10y = 0 egyenletű körökhöz húzható érintőszakaszok aránya 2 : 1?k1: (x − 4)2 + (y + 3)2 = 25, K1(4; −3), k2: x 2 + (y − 5)2 = 25, K2(0; 5).A feltételnek eleget tevő pontok koordinátáit jelölje P(x � y). Használjuk azábra jelöléseit. PE1 = 2PE2. A PE1K1 és a PE2K2 derékszögű háromszö-gekben a Pitagorasz-tételt felírva az érintőszakaszok hosszára:√

(x − 4)2 + (y + 3)2 − 25 = 2 ·√x 2 + (y − 5)2 − 25

(x − 4)2 + (y + 3)2 − 25 = 4 · (x 2 + (y − 5)2 − 25)

x2 − 8x + 16 + y2 + 6y + 9 − 25 = 4x 2 + 4y2 − 40y

3x 2 + 3y2 + 8x − 46y = 0

x2 + y2 +83x − 46

3y = 0(

x +43

)2

+

(y − 23

3

)2

=545

9

A keresett pontok tehát a K(

−43

;233

)középpontú,

√5453

≈ 7�78e sugarú körön vannak rajta.



C M Y K

40

Tudáspróba

1. Egy háromszög három csúcsának koordinátái: A(1; 4), B(−3; 2) és C (3; −1).

a) Írd fel a háromszög súlypontjának koordinátáit! S :(

13

;53

)

b) Határozd meg a háromszög kerületét! AB =√

(−4)2 + (−2)2 =√

20 = c, AC =√

22 + (−5)2 =√

29 = b,

BC =√

62 + (−3)2 =√

45 = a, K ≈ 16�5655

c) Mekkora a háromszög legkisebb szöge? A háromszög legrövidebb oldala c, ezért a c2 = a2 +b2−2ab cos �

összefüggésből cos � =a2 + b2 − c2

2ab=

45 + 29 − 20

2 ·√

45 ·√

29=

9 ·√

145145

=9√145

≈ 0�7474, � = 41�63◦.

d) Mekkora a háromszög területe? A sin � értéke a cos � értékéből pontosan meghatározható:

sin � =√

1 − cos2 � =

√1 − 81

145=

8√145

. A háromszög területe: t =ab sin �

2= 12 területegység.

e) Határozd meg a B csúcsból induló szögfelező és az AC oldal metszéspontjának koordinátáit! Jelöljüka metszéspontot P-vel! A B csúcsból induló szögfelező az AC oldalt a szögfelezőtétel miatt az AB és BC

oldalak arányában osztja, ezért AP : PB = AB : BC =√

20 :√

45 = 2 : 3. Ekkor p =3a + 2c

5=

(95

; 2

).

2. Egy háromszög A csúcsából induló magasságvonalának egyenlete: y = x + 2. Az ugyanezen csúcsbólinduló súlyvonal egyenlete: 3x − y = 4. A B csúcs koordinátái: B(−2; 2). Készíts vázlatot!

a) Határozd meg a háromszög A csúcsának koordinátáit! A:ma ∩ sa ⇒ A(3; 5)

b) Írd fel a BC oldalegyenesének egyenletét! nma = (1; −1), BC ⊥ ma ⇒ nBC = (1; 1). A BC (a) oldalegyenesének egyenlete a B pont koordinátáit felhasználva: x + y = 0.

c) Határozd meg a BC oldal felezőpontjának koordinátáit! F : a ∩ s ⇒ F (1; −1)

d) Határozd meg a C csúcs koordinátáit! f1 =b1 + c1

2⇒ c1 = 2f1 − b1 = 4, f2 =

b2 + c2

2⇒ c2 = 2f2 −

− b2 = −4. A C pont koordinátái: (4; −4).

3. Határozd meg annak a körnek az egyenletét, amelyik koncentrikus az

x 2 + y2 − 10x − 6y − 2 = 0egyenletű körrel, és Írjuk fel a kör egyenletét (x − u)2 + (y − v )2 = r2 alakban! (x − 5)2 + (y− 3)2 = 36, K : (5; 3),r = 6

a) a sugara kétszer akkora, mint az eredeti kör sugara; K1(5; 3), r1 = 12, k1: (x − 5)2 + (y − 3)2 = 144

b) áthalad a P(2; 7) pontokon! r2 = PK = 5, k2: (x − 5)2 + (y − 3)2 = 25

4. Adott az ABCD négyzet két szemközti csúcsa, A(1; 2) és C (3; −2).

a) Határozd meg a négyzet B és D csúcsának koordinátáit! Jelölje a négyzet átlóinak metszéspontját K ,

amely az AC szakasz felezési pontja. K (2; 0),−−→KA = a−k = (−1; 2),

−−→KA 90◦-os elforgatottja

−−→KB = (−2; −1).

b = k +−−→KB = (0; −1). A B csúcs koordinátái tehát (0; −1). K a BD szakaszt is felezi, ezért k =

b + d2

, ebből

d = 2k − b. d1 = 2k1 − b1 = 4, d2 = 2k2 − b2 = 1. Tehát D csúcs koordinátái: D(4; 1).

b) Írd fel a négyzet csúcsain átmenő kör egyenletét! K (2; 0), r = AK =√

5, így a négyzet csúcsain átmenő

kör egyenlete: (x − 2)2 + y2 = 5.

5. Határozd meg az x 2 +y2−4x−1 = 0 egyenletű kör 2x +y = 10 egyenletű egyenesre merőleges érintőinekaz egyenletét! k : (x − 2)2 + y2 = 5, f : 2x + y = 10. Írjuk fel a kör középpontján áthaladó, f egyenessel párhuzamosf ′ egyenes egyenletét! nf = nf ′ = (2; 1), K (2; 0), így f ′: 2x + y = 4. Az f ′ egyenes és a K kör metszéspontjai adjáka keresett érintők érintési pontjait. f ′ ∩ k :E1(3; −2), E2(1; 2). e1 ⊥ f ⇒ ne1 = ne2 = (1; −2). Az ismert érintésipontok koordinátáit felhasználva az érintők egyenletei: e1: x − 2y = 7 és e2: x − 2y = −3.



C M Y K

41

Egyenletek és egyenlőtlenségek1–9. óra: Trigonometrikus egyenletek és egyenlőtlenségek

10–12. óra: Exponenciális egyenletek és egyenlőtlenségek

13–17. óra: Logaritmikus egyenletek és egyenlőtlenségek

18–19. óra: Logaritmikus és exponenciális egyenletrendszerek

Mire építünk?A 10. évfolyamon definiáltuk a szögfüggvényeket, ismerik a tanulók az egyes szögfüggvényfajták periódusát,valamint az x �→ tg x és x �→ ctg x függvények értelmezési tartományát. Tanulták a nevezetes szögek szögfügg-vényeit, és ismerik a szögfüggvények közti alapvető összefüggéseket is. Már néhány egyszerű trigonometrikusegyenlettel is találkoztak. Ebben a témakörben szükségünk lesz az egyenletek és egyenlőtlenségek megoldásimódszereinek ismeretére, köztük a másodfokú egyenlet megoldóképletére is.

A témakör feldolgozása során építünk a hatványozás és a logaritmus fogalmára és műveleti azonosságaira. Al-kalmazzuk a korábban megismert egyenletmegoldási módszereket:

• lebontogatás;

• mérlegelv;

• grafikus megoldás.

Az egyenletek és egyenlőtlenségek megoldásakor felhasználjuk az exponenciális és logaritmusfüggvények tanulttulajdonságait (kölcsönös egyértelműség, szigorú monotonitás).

Az egyenletrendszerek tárgyalásakor a fentieken kívül elsősorban a behelyettesítés módszerét alkalmazzuk, il-letve szükség esetén új ismeretlent vezetünk be.

Meddig jutunk el?

Ebben a témakörben már foglalkozunk az összes olyan trigonometrikus egyenlettel, amely a középszintű érettsé-giben előfordulhat. Gyakoroljuk az egyenlőtlenségek és a másodfokú egyenletek megoldását. Diofantoszi egyen-letek megoldása is előfordulhat.

Megoldunk egyszerű, definíciók és azonosságok közvetlen alkalmazását igénylő exponenciális és logaritmi-kus egyenleteket, egyenlőtlenségeket és egyenletrendszereket. Emellett kitekintünk néhány összetettebb egyenletmegoldási módszerére is.


Középszinten

A tanuló

• tudjon definíciók és azonosságok közvetlen alkalmazását igénylő feladatokat megoldani;

• tudja a szögfüggvények általános definícióját;

• tudja és alkalmazza a szögfüggvényekre vonatkozó alapvető összefüggéseket: pótszögek, kiegészítő szögek,negatív szög szögfüggvénye, pitagoraszi összefüggés;

• tudjon hegyes szögek esetén szögfüggvényeket kifejezni egymásból;

• ismerje és alkalmazza a nevezetes szögek (30◦, 45◦, 60◦) szögfüggvényeit;

• tudja értelmezni a hatványozást racionális kitevő esetén;

• ismerje és használja a hatványozás azonosságait.

• definiálja és használja feladatok megoldásában a logaritmus fogalmát, valamint a logaritmus azonosságait.Tudjon áttérni más alapú logaritmusra;

• tudjon definíciók és azonosságok közvetlen alkalmazását igénylő egyenleteket megoldani;

• ismerje az egyenlőtlenségek alaptulajdonságait (mérlegelv alkalmazása).

Egyenletek �s egyenl�tlens�gek

TEX 2012. április 17. – (1. lap/42. old.) ∗ Matematika 9. ∗ (K06EGY)

C M Y K

42

Emelt szinten

A tanuló

• tudjon megoldani összetett feladatokat;

• tudjon egyszerű trigonometrikus egyenlőtlenségeket megoldani;

• tudjon szögfüggvényeket kifejezni egymásból;

• függvénytáblázat segítségével tudja alkalmazni egyszerű feladatokban az addíciós összefüggéseket (sin (� ±�), cos (� ± �), tg (� ± �);)

• tudja szemléletesen értelmezni az irracionális kitevőjű hatványt;

• tudjon egyszerű exponenciális és logaritmikus egyenlőtlenségeket megoldani.

1–9. óra: Trigonometrikus egyenletek és egyenlőtlenségek


1. óra: Szögfüggvények (ismétlés)

Átismételjük a szögfüggvények definícióját, megkeressük a függvényértékeket az egység sugarú kör segítsé-gével is. Gyakoroljuk a nevezetes szögek szögfüggvényeit kiegészítve a forgásszögek szögfüggvényeivel.

A szögeket felváltva, fokban és radiánban is adjuk meg.

Segít ebben a tk. 1–3. és a fgy. 315–316. feladata.

2–3. óra: A sin x = a , cos x = a , illetve tg x = a típusú egyszerű és összetettebb feladatok

A fejezet 1. és 2. példájának közös feldolgozása után a következő feladatok tartoznak ide.

Az önállóan megoldott egyenlet megoldásának ellenőrzésénél merülhet fel az a probléma, hogy ugyanazt ahelyes megoldást több különböző alakban is meg lehet adni, és nehéz felismerni, hogy a mi megoldásunkmegegyezik-e a „helyes” megoldással. Ennek gyakoroltatására adjuk fel a tankönyv 5., illetve a feladatgyűj-temény 329. feladatát!

Feladatok: tk. 4–10., fgy. 317–321., 327., 329., 330. feladat

A megoldások megadásánál ügyeljünk arra, hogy ha a feladat szövege a valós számok halmazán kéri, ak-kor ívmértékkel adjuk meg a szögeket. Ez általában nehézséget okoz a tanulóknak, könnyítésként előszörfokokban adjuk meg a megoldást, és a végeredményt váltassuk át ívmértékre!

Önálló munkára javasoljuk a 6–7. feladatokat minden tanulónak, a matematika iránt fogékonyaknak pedig a9–10. feladatot is.

4–5. óra: Trigonometrikus egyenlőtlenségek

A 3. példa vezet rá az egyenlőtlenség megoldására. A 10. évfolyamos Szögfüggvények témakörben már fog-lalkoztunk ilyen feladatokkal, melyek megoldásában a függvények grafikonjának megrajzolása is segített.Minden feladat megoldásánál javasoljuk vagy a függvény grafikonjának megrajzolását, vagy az egység su-garú körön való megjelenítést. Időigényes, de nagyon sokat segít a szemléltetés, ezért ragaszkodjunk hozzá!

Feladatok: tk. 11–15., fgy. 325–329. feladat



C M Y K

43

6. óra: Másodfokú egyenletre vezető trigonometrikus egyenletek

Az óra elején érdemes feleleveníteni az alapvető megoldási módszereket a másodfokú egyenletekre vonat-kozóan:

x 2 = a; x 2 − ax = 0; ax 2 + bx + c = 0 megoldóképlete (a ∈ R \ 0, b, c ∈ R).

A sin2 x + cos2 x = 1 összefüggést is gyakran használjuk azoknál a másodfokú trigonometrikus egyenleteknél,ahol a változó sin és cos formátumban is szerepel első, illetve másodfokon az egyenletben. Ilyen a 4. példa.

Csak a matematika iránt fogékony tanulótól várjuk el a pontos értékek használatát, egyébként fogadjuk el azegyütthatók közelítő értékekkel való felhasználását is teljes értékű megoldásnak!


7–8. óra: A sin� = sin � , cos� = cos � , tg� = tg � típusú egyenletek megoldása

Ismételjük át a 10. évfolyamon tanult sin x = sin (� − x ), cos (−x ) = cos x , sin(�

2− x

)= cos x ,

cos(�

2− x

)= sin x , − sin x = sin (−x ), cos (−x ) = cos x ; − cos x = cos (x + �), ctg x = tg

(�

2− x

),

x �= k� , k ∈ Z és − tg x = tg (−x ), x �= k · � , k ∈ Z azonosságokat, amelyek segítenek a feladatokmegoldásában!

Az 5., 6., 7. kidolgozott példák útmutatást adnak minden feladattípus megoldásához.


9. óra: Kétismeretlenes trigonometrikus egyenletrendszerek

Az ilyen egyenletrendszerek megértése és megoldása nagy kihívás a diákok számára. Ügyeljünk arra, hogya megoldásban szereplő összetartozó számpárok esetén a periódus egész együtthatója az x és y megoldásnálmikor azonos, és mikor különböző. A fejezetnek ezt a részét csak a matematika iránt fogékony csoportoknakajánljuk.

Kidolgozott példák: 8. és 9, feladatok: tk. 25–27., fgy. 337–339.

Feladatok

Szögfüggvények (ismétlés)

1. Add meg a szögfüggvények pontos értékét!a) sin 180◦ = 0 b) cos 360◦ = 1 c) sin 270◦ = −1d) tg 0◦ = 0 e) ctg 270◦ = 0 f) sin 450◦ = 1

2. Add meg a szögfüggvények pontos értékét!

a) sin 240◦ = −√

32

b) sin 30◦ = 0�5 c) cos 135◦ = −√

22

d) tg 45◦ = 1 e) tg 330◦ = −√

33

f) sin 660◦ = −√

32

3. Keresd a párját! Párosítsd össze a szögfüggvényeket a betűkkel jelzett számokkal!

cos 30◦ tg 60◦ sin 210◦ cos 330◦ tg 135◦ cos 45◦

cos 480◦ sin 60◦ cos 450◦ cos 180◦ sin (−90◦)

A = −12

B =

√3

2C =

1√2

D = −1 E = 0 F =√

3

A = −12

= sin 210◦ = cos 480◦, B =

√3

2= cos 30◦ = cos 330◦ = sin 60◦ C =

1√2

= cos 45◦,

D = −1 = tg 135◦ = cos 180◦ = sin (−90◦), E = cos 450◦, F =√

3 = tg 60◦



C M Y K

44

4. Az alábbi ábrákon az egység sugarú körök segítségével pirossal ábrázoltunk egy-egy szakaszt. Írj fel aszakaszok előjeles értékeinek ismeretében trigonometrikus egyenleteket, majd add meg azok megoldásaitis!

a) b) c)

1x

1y

i

j0�5

1x

1y

i

j

−√

32

1x

1y

i

j

−0�6

a) sin� = 0�5�1 = 30◦ + k · 360◦

�2 = 150◦ + l · 360◦

�1 =�

6+ k · 2�

�2 =5�6

+ l · 2�k� l ∈ Z

b) cos � = −√

32

�1 = 150◦ + k · 360◦

�2 = 210◦ + l · 360◦

�1 =5�6

+ k · 2�

�2 =7�6

+ l · 2�k� l ∈ Z

c) sin � = −√

32

�1 = 240◦ + k · 360◦

�1 =4�3

+ k · 2�

�2 = 300◦ + l · 360◦

�2 =5�3

+ l · 2�k� l ∈ Z

5. Megadjuk egy-egy egyenlet megoldásait a valós számok halmazán. Válaszd ki a megadott szögek kö-zül azokat, amelyek szintén megoldásai az egyenletnek! Segít a megoldásban, ha kiszámítjuk, hogy ha pl.fokokban gondolkozunk, akkor 60◦ + k · 360◦ = adott érték esetén k -ra egész számot kapunk-e eredményül.

a) Az egyenlet megoldásai: x =�

3+ k · �

6(k ∈ Z)

Szögek: −630◦ , −500◦, −270◦ , −120◦ , 150◦ , 200◦, 480◦ , 540◦ , −256� , −�

3,�

5,

5�2

, 4�

b) Az egyenlet megoldásai: x1 =�

5+ k · � , x2 =

2�5

+ k · 2� (k ∈ Z)

Szögek: −864◦ , −800◦, −504◦ , −324◦ , 150◦, 216◦ , 432◦ , −7� , −335� ,

�

2,

6�5

,225�

A sin x = a, cos x = a, illetve tg x = a típusú egyszerű és összetettebb feladatok

6. Melyek azok a szögek, amelyek igazzá teszik az alábbi egyenlőségeket?

a) cos� =

√3

2

�1 = 60◦ + k · 360◦

�2 = −60◦ + l · 360◦

�1 =�

3+ k · 2�

�2 = −�3

+ l · 2�(k � l ∈ Z)

b) sin (−�) = 1 � = −90◦ + k · 360◦ � = −�2

+ k · 2� (k ∈ Z)

c) cos (3�) = 0 � = 30◦ + k · 60◦ � =�

6+ k · �

3(k ∈ Z)

d) ctg (2�) = −1 � = 67�5◦ + k · 90◦ � =3�8

+ k · �2

(k ∈ Z)

7. Oldd meg az alábbi egyenleteket a valós számok halmazán!

a) sin 2x = 1 sin 2x =12

sin 2x = 2

x =�

4+ k · � (k ∈ Z), x1 =

�

12+ k · � , x2 =

5�12

+ k · � , (k � l ∈ Z), nincs megoldás.



C M Y K

45

b) cos (−x ) = 1 cos (−2x ) =12

cos (−2x ) = −2

x = k · 2� (k ∈ Z), x1 = −�6

+ k · � , x2 =�

6+ k · � (k � l ∈ Z), nincs megoldás.

A 6–7. feladatokat önálló munkára javasoljuk minden tanulónak.


a) tg2 x · ctg x = −1 Átalakítva: ha x �= k · �2

(k ∈ Z), akkor tg x · (tg x · ctg x ) = −1 ⇒ tg x = −1, tehát

x =3�4

+ k · � (k ∈ Z).

b) ctg2 x · tg x = −1 Átalakítva: ha x �= k · �2

(k ∈ Z), akkor ctg x · (ctg x · tg x ) = −1 ⇒ ctg x = −1, tehát

x =3�4

+ k · � (k ∈ Z).


a) tg (� − 20◦) =1√3� = 50◦ + k · 180◦(k ∈ Z) b) sin (100◦ + �) =

54

Nincs megoldás.

c) cos

3= 063 �1 ≈ 152�85◦ + k · 1080◦, �2 ≈ −152�85◦ + l · 1080◦ (k � l ∈ Z)

d) sin(

40◦ − �

2

)= 01 1 ≈ 68�52◦ + k · 720◦, 2 ≈ −268�52◦ + l · 720◦ (k � l ∈ Z)


a) sin2 x =12x1 =

5�4

+m ·2� , x2 =�

4+k ·2� , x3 =

7�4

+n ·2� , x4 =3�4

+ l ·2� (k � l � m� n ∈ Z), összefoglalva:

x =�

4+ a · �

2, a ∈ Z.

b) 2 cos2 x = 1 Ld. a) megoldás. c) 3 sin2 x = 4 Nincs megoldás.

d) sin2 x = 078 x1 ≈ 1�0826 + k · � , x2 ≈ 2�0590 + k · � (k � l ∈ Z)


a) tg2 x = 3 x1 =2�3

+ k · � , x2 =�

3+ k · � (k � l ∈ Z)

b)(√

2 tg x)2

= 2 x =�

4+ k · �

2(k ∈ Z)

c)1 − sin2 x

3 sin2 x= 1 Átalakítva az egyenlet bal oldalát:

1 − sin2 x

3 sin2 x=

cos2 x

3 sin2 x=

13

ctg2 x , ha x �= k · � (k ∈ Z),

innen tg2 x =13

. x1 =�

6+ k · � , x2 =

5�6

+ l · � (k � l ∈ Z)

d) sin 2x +√

3 cos 2x = 0 Rendezés után tg 2x = −√

3, x = −�6

+ k · �2

(k ∈ Z).

A 10–11. feladatot a matematika iránt fogékonyaknak önálló munkára javasoljuk.

Trigonometrikus egyenlőtlenségek

12. Add meg az egyenlőtlenségek megoldáshalmazát!

a) sin x �05�

6+ k · 2� x

5�6

+ k · 2� (k ∈ Z)

b) sin (3x ) �05�

18+ k · 2�

3x

5�18

+ k · 2�3

(k ∈ Z)



C M Y K

46

c) sin(x − 2�

5

)≤ 0

7�5

+ k · 2� x 12�

5+ k · 2� (k ∈ Z)

d) sin(

3x − �

3

)≤ −1 x =

11�18

+ k · 2�3

(k ∈ Z)

e) | sin 3x | �12�

18+ k · �

3x

5�18

+ k · �3

(k ∈ Z)

13. Add meg az egyenlőtlenségek megoldáshalmazát a [−2� ; 2�] intervallumon!

a) cosx

2≥

√3

2−�

3+ k · 4� x

�

3+ k · 4� (k ∈ Z)

b) cos (−x ) ≥ −12

−2�3

+ k · 2� x 2�3

+ k · 2� (k ∈ Z)

c) tg (2x ) �1�

8+ k · �

2x

�

4+ k · �

2(k ∈ Z)

d) tgx

2 0 � + k · 2� x 2� + k · 2� (k ∈ Z)

e) | tg x | ≥√

3�

3+ k · � ≤ x

�

2+ k · � (k ∈ Z) vagy

�

2+ l · � x ≤ 2�

3+ l · � (l ∈ Z).

14. Oldd meg az egyenlőtlenségeket a valós számok halmazán! A szorzat előjelére vonatkozó szabályt használjuka megoldások során.

a) cos x · cos(x +

�

4

)�0 Vagy

cos x �0

cos(x +

�

4

)�0

⇒−�

2+ k · 2� x

�

2+ k · 2�

−�2

+ l · 2� x +�

4�

2+ l · 2� ⇒ −3�

4+ l · 2� x

�

4+ l · 2�

,

tehát]−�

2+ k · 2� ;

�

4+ k · 2�

](k ∈ Z), vagy

cos x �0

cos(x +

�

4

)�0

⇒−�

2+ k · 2� x

�

2+ k · 2�

−�2

+ l · 2� x +�

4�

2+ l · 2� ⇒ −3�

4+ l · 2� x

�

4+ l · 2�

,

tehát]−�

2+ k · 2� ;

�

4+ k · 2�

[(k ∈ Z) vagy

cos x 0

cos(x +

�

4

)0

⇒

�

2+ k · 2� x

3�2

+ k · 2�

�

2+ l · 2� x +

�

4

3�2

+ l · 2� ⇒ �

4+ l · 2� x

3�4

+ l · 2�,

tehát

]�

2+ k · 2� ;

3�4

+ k · 2�

[(k ∈ Z).

Az egyenlőtlenség megoldása:

]−�

2+ k · 2� ;

�

4+ k · 2�

[∪

]�

2+ k · 2� ;

3�4

+ k · 2�

[(k ∈ Z).

b) sin (3x ) · sin x ≤ 0 Vagy

sin 3x ≤ 0

sin x ≥ 0

}⇒

� + k · 2� ≤ 3x ≤ 2� + k · 2� ⇒ �

3+ k · 2�

3≤ x ≤ 2�

3+ k · 2�

3l · 2� x � + l · 2�

,

azaz�

3+ k · 2� ≤ x ≤ 2�

3+ k · 2� (k ∈ Z), vagy

sin 3x ≥ 0

sin x ≤ 0

}⇒

k · 2� ≤ 3x ≤ � + k · 2� ⇒ k · 2�3

≤ x ≤ �

3+ k · 2�

3� + l · 2� ≤ x ≤ 2� + l · 2�

,



C M Y K

47

azaz4�3

+ k · 2� ≤ x ≤ 5�3

+ k · 2� (k ∈ Z), tehát az egyenlőtlenség megoldása:�

3+ k · � ≤ x ≤ 2�

3+ k · �

(k ∈ Z), valamint x = l · � (l ∈ Z).

c) sin (2x ) · cos x ≤ 0 Vagy

sin 2x ≥ 0

cos x ≤ 0

}⇒

k · 2� ≤ 2x ≤ � + k · 2� ⇒ k · � ≤ x ≤ �

2+ k · �

�

2+ l · 2� ≤ x ≤ 3�

2+ l · 2�

, azaz � + k · 2� ≤ x ≤ 3�2

+ k · 2�

(k ∈ Z), vagy

sin 2x ≤ 0

cos x ≥ 0

}⇒

� + k · 2� ≤ 2x ≤ 2� + k · 2� ⇒ �

2+ k · � ≤ x ≤ � + k · �

−�2

+ l · 2� ≤ x ≤ �

2+ l · 2�

, azaz

3�2

+ l · 2� ≤ x ≤ 2� + l · 2� (k ∈ Z), tehát az egyenlőtlenség megoldása: � + k · 2� ≤ x ≤ 2� + k · 2�

(k ∈ Z), valamint x =�

2+ l · 2� (l ∈ Z).

15. Határozd meg a kifejezések értelmezési tartományát!

a)√

1 + sin x sin x ≥ −1 minden valós x -re teljesül, tehát: R.

b)√

sin x + 1 sin x ≥ 0, tehát ÉT: [k · 2� ;� + k · 2�] (k ∈ Z).

c) tg (2x ) · ctgx

2R \

{�

4+ k · �

2� k · 2�

∣∣∣∣∣ k ∈ Z

}

d)

√cos x −

√3

2cos x ≥

√3

2, tehát

[−�

6+ k · 2� ;

�

6+ k · 2�

](k ∈ Z).

16. Határozd meg a kifejezések értelmezési tartományát!

a)1√

cos x −√

32

cos x −√

32�0, tehát ÉT:

]−�

6+ k · 2� ;

�

6+ k · 2�

[(k ∈ Z).

b)

√sin2 x − 1

2sin2 x ≥ 0�5, azaz sin x ≤ −

√2

2vagy sin x ≥

√2

2, tehát

[�

4+ k · 2� ;

3�4

+ k · 2�]

(k ∈ Z).

c)

√sin x + 05√05 − sin x

sin x ≥ −0�5 és sin x 0�5, tehát ÉT:[−�

6+ k · 2� ;

�

6+ k · 2�

[∪

]5�6

+ k · 2� ;7�6

+ k · 2�

](k ∈ Z).

d)

√sin x + 0505 − sin x

sin x ≥ −0�5 és sin x 0�5, vagy sin x ≤ −0�5 és sin x �0�5. Az első egyenlőtlenségrendszer

a c) feladatrészben tárgyalt megoldást adja, a másodiknak pedig nincs megoldása.

Másodfokú egyenletre vezető trigonometrikus egyenletek


a) 2 sin2 x − sin x = 1 (sin x )1 = 1 (sin x )2 = −0�5 x1 =�

2+ k · 2� , x2 =

7�6

+ l · 2� , x3 =11�

6+ m · 2�

(k � l � m ∈ Z)

b) sin2 x −√

32

sin x = 0 (sin x )1 = 0, (sin x )2 =

√3

2, x1 = k ·� , x2 =

�

3+ l · 2� , x3 =

2�3

+m · 2� (k � l � m ∈ Z)

c) 2 sin2(x +

�

3

)− sin

(x +

�

3

)= 0

(sin

(x +

�

3

))1

= 0,(

sin(x +

�

3

))2

= 0�5, x1 = −�3

+ k · � , x2 =

= −�6

+ l · 2�, x3 =�

2+m · 2� (k � l � m ∈ Z)



C M Y K

48


a) 4 sin2 x − 2(√

2 + 1)

sin x +√

2 = 0 (sin x )1 =

√2

2, (sin x )2 = 0�5, x1 =

�

4+ k · 2� , x1 =

�

4+ k · 2� ,

x2 =3�4

+ l · 2� , x3 =�

6+m · 2� , x4 =

5�6

+ n · 2� (k � l � m� n ∈ Z)

b) tg4 x − 4 tg2 x + 3 = 0 (tg x )2 = 1(tg x )2 = 3, x1 =�

4+ k · �

2, x2 =

�

3+ l · �x3 =

2�3

+ m · � (k � l � m ∈ Z)

19. Oldd meg az alábbi egyenletet a valós számok halmazán!

2 sin x + 1 =1

sin x

Átalakítva: 2 sin2 x + sin x − 1 = 0, ha sin x �= 0, azaz ha x �= k · � (k ∈ Z). (sin x )1 = −1, (sin x )2 = 0�5,

x1 =3�2

+ k · 2� , x2 =�

6+ l · 2� , x3 =

5�6

+ m · 2� (k � l � m ∈ Z)

A sin� = sin � , cos� = cos � , tg� = tg � típusú egyenletek megoldása

20. Van-e olyan szög, amelynek

a) szinusza ugyanakkora, mint a kétszeresének a szinusza; sin� = sin 2� , �1 = k · 360◦, �2 = 60◦ + l · 120◦

(k � l ∈ Z)

b) szinusza ugyanakkora, mint az ellentettjének a szinusza; sin� = sin (−�), � = k · 180◦ (k ∈ Z)

c) koszinusza ugyanakkora, mint a háromszorosának a koszinusza; cos� = cos 3� , �1 = −k · 180◦, �2 == l · 90◦ (k � l ∈ Z)

d) tangense ugyanakkora, mint a felének a tangense; tg� = tg�

2, � �= 180◦ + k · 360◦, � �= 90◦ + l · 180◦,

� = m · 360◦ (k � l � m ∈ Z)

e) kotangense ugyanakkora, mint a koszinusza; ctg� = cos� átrendezve cos� ·(

1sin�

− 1)

= 0,

� �= k · 180◦, � = 90◦ + k · 180◦ (k ∈ Z)

f) tangense ugyanakkora, mint a koszinusza? tg� = cos� átrendezve sin2 �+ sin�−1 = 0 (� �= 90◦+ k ·180◦).

Az egyenletet átrendezve, megoldva: (sin�)1�2 =−1 ±

√5

2, innen sin� ≈ 0�618 ⇒ �1 ≈ 38�17◦ + k · 360◦,

�2 ≈ 141�83◦ + l · 360◦ (k � l ∈ Z)

A 20. f) feladatrész megoldása a 4. példa megbeszélése után mindenkinek könnyebb lesz.


a) sin x = sin(�

3− x

)x =

�

6+ k · � (k ∈ Z)

b) sin (2x ) = sin (−x ) x1 = k · 2�3

, x2 = � + l · 2� (k � l ∈ Z)

c) sin(�

4− x

)= sin (3x ) x1 =

�

16+ k · �

2, x2 =

3�8

+ l · � (k � l ∈ Z)

d) sin(x +

�

3

)= − sin x Átalakítva: sin

(x +

�

3

)= sin (−x ), megoldás: x = −�

6+ k · � (k ∈ Z).

e) sin(�

5+ 2x

)= cos

(�

2− x

)Átalakítva: sin

(�5

+ 2x)

= sin x , megoldás: x1 = −�5

+ k · 2� , x2 =4�5

+

+ l · 2�3

(k � l ∈ Z).


a) cos(x +

�

5

)= cos x x = − �

10+ k · � (k ∈ Z)



C M Y K

49

b) cos (2x ) = cos (5x ) x1 = k · 2�3

, x2 = l · 2�7

(k � l ∈ Z)

c) cos(x − 5�

3

)= cos (3x ) x1 = −5�

8+ k · 3�

4, x2 =

�

2+ l · 3�

5(k � l ∈ Z)

d) cos(x − �

4

)= − cos x Átalakítva: cos

(x − �

4

)= cos (x + �), megoldás: x = −3�

8+ k · � (k ∈ Z).

e) cosx

3= sin

(�

2− x

)Átalakítva: cos

x

3= cos x , megoldás: x1 = k · 3�x2 = l · 3�

2(k � l ∈ Z).


a) tg(

3x +�

5

)= tg (2x ) x �= �

10+ k · �

3és x �= �

4+ k · �

2(k � l ∈ Z), megoldás: x = −�

5+ l · � (l ∈ Z).

A megoldás nem ütközik a kikötésekbe. Indoklás: a�

10+ k · �

3= −�

5+ l · � egyenletnek vagy a

�

4+

+ k · �2

= −�5

+ l · � egyenletnek nincs megoldása az egész k és l számok körében, ugyanis a két egyenletet

átalakítva a 9 = 10(3l − k ), illetve a 9 = 10(2l − k ) egyenletekhez jutunk, amelyeknek nincs megoldása, mertaz egyenletek jobb oldala osztható 10-zel, míg a bal oldala nem.

b) tg (2x −�) = tgx

5x �= 3�

4+ k · �

2és x �= 5�

2+ k · 5� (k � l ∈ Z), megoldás: x = l · 5�

9(l ∈ Z). A megoldás

nem ütközik a kikötésekbe. Indoklás: az l · 5�9

=3�4

+ k · �2

egyenletnek nincs megoldása az egész számok

halmazán, mivel átalakítás után a 9(3 + 2k ) = 20l egyenlethez juthatunk, amelynek bal oldala páratlan, jobb

oldala pedig páros minden egész k és l érték esetén. Hasonlóan, az l · 5�9

=5�2

+ k · 5� egyenletnek sincs

megoldása az egész számok halmazán, ugyanis átalakítás után a 2l = 9(1 + 2k ) egyenletnek sincs megoldásaaz egész k és l értékek körében, ugyanis a bal oldal páros, a jobb pedig páratlan.

c) tg(�

3− x

)= tg (−x ) x �= �

2+ k · � és x �= −�

6+ l · � (k � l ∈ Z), nincs megoldás.

d) tg(x +

�

4

)= tg 2x x �= �

4+ k · �

2(k ∈ Z), nincs megoldás.

e) tg(

2x − 2�3

)= − tg x Átalakítás után: tg

(2x − 2�

3

)= tg (−x ), ha x �= �

2+ k · � és x �= 7�

12+ k · �

2

(k ∈ Z), megoldás: x =2�9

+ l · �3

(l ∈ Z). A megoldás nem ütközik a kikötésekbe. Indoklás: a2�9

+ l · �3

=

=�

2+ k · � egyenletnek nincs megoldása egész k és l számok körében, ugyanis az egyenletet átalakíthatjuk

4 = 3(3 + 3k − 2l ) alakba, amelynek jobb oldala osztható 3-mal, a bal pedig nem. Hasonlóan, a2�9

+ l · �3

=

=7�12

+ k · �2

egyenletnek sincs megoldása, ugyanis az átalakított −13 = 6(3k − 2l ) egyenleten látszik, hogy

a jobb oldala osztható 6-tal, a bal pedig nem, tehát az egész számok körében nincs megoldása.

f)tg (2x )

tg x= 1 x �= �

2+ k · � , x �= �

4+ l · �

2, x �= m · � (k � l � m ∈ Z), összesítve: x �= n · �

4(n ∈ Z), nincs

megoldás.

g) tg (2x ) = ctg x x �= �

4+ k · �

2és x �= k · � (k ∈ Z). Átalakítva az egyenletet: tg 2x = tg

(�2

− x)

. Megoldás:

x =�

6+ l · �

3(l ∈ Z). A megoldás nem ütközik a kikötésekbe. Indoklás:

�

4+ k · �

2=�

6+ l · �

3egyenlet

átalakítva 1 = 2(2l − 3k ), a jobb oldalon páros szám áll, a bal oldalon pedig páratlan. A k · � =�

6+ l · �

3egyenlet átalakítva 2(3k − l ) = 1, és a bal oldalon páros, a jobb oldalon pedig páratlan szám áll.



C M Y K

50

A 23. és 24. d) feladatokban a megoldást össze kell vetni a feladat értelmezési tartományával. Ennek matema-tikailag korrekt megoldása számelméleti probléma, amelynek megoldása sokszor nehezebb, mint az eredetitrigonometrikus egyenlet megoldása. A matematika iránt fogékonyabb diákok kedvéért legalább az egyik fel-adatnál vezessük ezt végig! Általában pedig elégedjünk meg azzal, hogy egy perióduson belül nézzük meg,nem ütközik (ütköznek) a megoldás (megoldások) a kikötésbe.

24. Oldd meg az egyenleteket a valós számok halmazán!

a)

(sin x −

√3

2

)·(

cos (2x ) +12

)= 0 x1 =

�

3+ k · � , x2 =

2�3

+ l · � (k � l ∈ Z)

b) (cos (3x ) − 1) ·(

cosx

2+ 1

)= 0 x1 = k · 2�

3, x2 = 2� + l · 4� (k � l ∈ Z)

c) (sin (2x ) − sin (4x )) · (cos (3x ) − cos x ) = 0 x1 = k · �2

, x2 =�

6+ l · �

3(k � l ∈ Z)

d)(

tg(x +

�

4

)− tg (� − 3x )

)· (tg (3x ) − 1) = 0 x �= �

4+ k · � és x �= �

6+ k · �

3(k ∈ Z), megoldás:

x1 = − �

16+ l · �

4, x2 =

�

12+ m · �

3(l � m ∈ Z). Az x1 megoldás nem ütközik a kikötésekbe. Indoklás: a

�

4+

+ k · � = − �

16+ l · �

4és�

6+ k · �

3= − �

16+ l · �

4egyenleteknek nincs megoldása az egész k és l számok

körében. Az első egyenletet átrendezve az 5 = 4(l − 4k ) egyenlethez jutunk, amelynek a jobb oldala osztható4-gyel, a bal oldala viszont nem. A második egyenletet a 4(4k−3l ) = −11 formára tudjuk alakítani, amelynekbal oldala osztható 4-gyel, de a jobb nem.

Az x2 megoldás sem ütközik a kikötésekbe. Indoklás: A�

4+ k · � =

�

12+ m · �

3és�

6+ k · �

3=�

12+ m · �

3egyenleteknek nincs megoldása az egész k és m számok körében. Az első egyenletet átrendezve a 4(3k−m) == −2 egyenlethez jutunk, amelynek bal oldala osztható 4-gyel, jobb oldala viszont nem. A második egyenletetaz 1 = 4(m − k ) formára tudjuk alakítani, amelynek a jobb oldala osztható 4-gyel, a bal viszont nem.

Kétismeretlenes trigonometrikus egyenletrendszerek

25. Mely valós számpárok teszik igazzá a következő egyenletrendszereket?

a)sin x = cos y

x + y = 3�

}sin x = sin

(�2

− y)

, innen x =�

2− y + k · 2� vagy x =

�

2+ y + k · 2� .

Az első esetben ellentmondó az egyenletrendszer, a másodikból:x =

3�4

+ k · �

y =9�4

− k · �

⎫⎪⎬⎪⎭ (k ∈ Z).

b)sin x = sin

(�

3− y

)

tg x = ctg y

⎫⎪⎬⎪⎭ x �= �

2+ k · � , y �= l · � (k � l ∈ Z)

sin x = sin(�

3− y

)⇒ x =

�

3− y + k · 2� vagy x =

2�3

+ l · 2� , tg x = ctg y ⇒ x =�

2− y +m · �

Az első pár ellentmondásra vezet, a másodikból:x =

7�12

+ k · 3�2

− l · �

y = − �

12− k · �

2+ l · �

⎫⎪⎬⎪⎭ (k � l ∈ Z).

c)sin x · sin y = 1

cos x · cos y = 0

}Az első egyenletből következik:

sin x = 1

sin y = 1

}vagy

sin x = −1

sin y = −1

}, tehát

x1 =�

2+ k · 2�

y1 =�

2+ l · 2�

⎫⎪⎬⎪⎭

vagyx2 =

3�2

+ k · 2�

y2 =3�2

+ l · 2�

⎫⎪⎬⎪⎭ (k � l ∈ Z).



C M Y K

51

A második egyenletből az következik, hogy cos x = 0 és cos y bármilyen valós szám, vagy cos y = 0 és cos x

bármilyen valós szám lehet. Ezekből azx =

�

2+ m · �

y ∈ R

⎫⎬⎭ m ∈ Z vagy

y =�

2+ n · �

x ∈ R

⎫⎬⎭ (n ∈ Z) következik,

de az első egyenlet miatt a megoldás:x1 =

�

2+ k · 2�

y1 =�

2+ l · 2�

⎫⎪⎬⎪⎭ vagy

x2 =3�2

+ k · 2�

y2 =3�2

+ l · 2�

⎫⎪⎬⎪⎭ (k � l ∈ Z).


a) sin (3x ) = 1− lg (sin x ) A logaritmus miatt: sin x �0. Vizsgáljuk a két oldal értékkészletét! −1 ≤ sin (3x ) ≤≤ 1Tudjuk, hogy sin x ≤ 1 ⇒ lg(sin x ) ≤ 0, tehát 1 − lg(sin x ) ≥ 1. Megoldás tehát csak akkor lehet, ha van

olyan x , amelyre sin 3x = 1 és 1 − lg(sin x ) = 1, azaz lg(sin x ) = 0, tehát sin x = 1. Ez az x =�

2+ k · 2�

megoldást adja, de ekkor a jobb oldal sin (3x ) = sin[3

(�2

+ k · 2�)]

= sin(

3�2

+ k · 6�)

= −1, így az

egyenletnek nincs megoldása.

b) sin x = x 2+1 Vizsgáljuk az egyenlet mindkét oldalának értékkészletét! Bal oldal: −1 ≤ sin x ≤ 1, ugyanekkorjobb oldal: x 2 +1 ≥ 1. Az egyenletnek tehát csak akkor lehet megoldása, ha van olyan x szám, amelyre sin x == 1 és x 2 + 1 = 1. A második egyenlet megoldása x = 0, de ekkor az egyenlet bal oldala 0-t vesz fel, tehátnincs megoldás.

c)√

sin x − 1 +√

sinx

3+ 1 =

√6

2Az értelmezési tartomány vizsgálata: sin x ≥ 1, ez csak akkor teljesül, ha

x =�

2+k ·2� . Másrészt sin

x

3≥ −1, ez minden x esetén teljesül. Vizsgáljuk most azt, hogy az x =

�

2+k ·2�

(k ∈ Z) érték megoldása-e az egyenletnek!√sin

(�2

+ k · 2�)

− 1 +

√sin

�

2 + k · 2�

3+ 1 = 0 +

√sin

(�

6+ k · 2�

3

)+ 1

Ennek értéke attól függ, hogy k értéke 3-mal osztva mennyi maradékot ad.

Ha k = 3l :

√sin

(�

6+ 3l · 2�

3

)+ 1 =

√sin

(�6

+ l · 2�)

+ 1 =

√12

+ 1 =

√6

2.

Ha k = 3l + 1:

√sin

(�

6+ (3l + 1) · 2�

3

)+ 1 =

√sin

(5�6

+ l · 2�

)+ 1 =

√12

+ 1 =

√6

2

Ha k = 3l + 2:

√sin

(�

6+ (3l + 2) · 2�

3

)+ 1 =

√sin

(3�2

+ l · 2�

)+ 1 =

√−1 + 1 = 0, tehát ilyenkor nem

megoldás. Az egyenlet megoldása tehát: x1 =�

2+ 3l · 2� , x2 =

�

2+ (3l + 1) · 2� (l ∈ Z).

d) sin (x ) + sin (5x ) = 2 Mivel −1 ≤ sin x ≤ 1, az egyenletnek csak akkor van megoldása, ha van olyan valós

x , amelyre egyszerre teljesül, hogy sin x = sin(5x ) = 1. Ez minden x =�

2+ k · 2� (k ∈ Z) esetén teljesül.

e) 2− sin2x− cos2

x = sin x − sin2 x − cos2 x = −1, tehát az egyenlet: sin x = 0�5, melynek megoldása: x1 =�

6+

+ k · 2� , x2 =5�6

+ l · 2� (k � l ∈ Z).


a) sin x + cos (x − y) = −2 Mivel −1 ≤ sin x ≤ 1 és −1 ≤ cos (x − y) ≤ 1, az egyenletnek csak akkor lehet

megoldása, ha sin x = −1 és cos (x − y) = −1. Megoldás:x =

3�2

+ k · 2�

y =�

2+ k · 2� − l · 2�

⎫⎪⎬⎪⎭ (k � l ∈ Z).



C M Y K

52

b) sin(

2x +�

5

)+ cos (x + y) = 2 Mivel −1 ≤ sin

(2x +

�

5

)≤ 1 és −1 ≤ cos (x + y) ≤ 1, az egyenletnek

csak akkor lehet megoldása, ha sin(

2x +�

5

)= 1 és cos (x + y) = −1. Megoldás:

x =3�20

+ k · �

y = −3�20

+ (2l − k )�

⎫⎪⎬⎪⎭

(k � l ∈ Z).

Tudáspróba

1. Add meg a következő egyenleteknek azokat a valós megoldásait, amelyek a [−2� ; 2�] intervallumbaesnek!

a) cos x =

√3

2x1 =

�

6, x2 =

11�6

b) 2 · sin x = −1 x1 =7�6

, x2 =11�

6

c) tg(2x ) = −1 x1 =3�8

, x2 =7�8

d) 2 · tg x = 1 x1 = −5�820, x2 = −2�678, x3 = 0�4636, x4 = 3�6052


a) sin(x − �

3

)= sin (2x ) x1 = −�

3+ k · 2� , x2 =

4�9

+ l · 2�3

(k � l ∈ Z)

b) cosx

2= sin x x1 =

�

3+ k · 4�

3, x2 = � + l · 4� (k � l ∈ Z)


a) 2 sin2 x − sin x · cos x = 0Átalakítva: sin x · (2 sin x − cos x ) = 0 ⇒ sin x = 0 vagy tg x = 0�5. x1 = k · � , x2 = 0�4636 + l · � (k � l ∈ Z)

b) 2 sin2 x + 3 sin x − 2 = 0

(sin x )1 = −2, nincs megoldása; (sin x )2 = 0�5, tehát x1 =�

6+ k · 2� , x2 =

5�6

+ l · 2� (k � l ∈ Z).

c)√

3 · tg x − 1tg x

+ 1 −√

3 = 0 Rendezés után:√

3tg2x +(

1 +√

3)

tg x − 1 = 0, ha x �= k · �2

, (tg x )1 =

= 1 ⇒ x1 =�

4+k ·� , illetve (tg x )2 = − 1√

3⇒ x2 = −�

6+ l ·� (k � l ∈ Z). A gyök megfelel a kikötéseknek,

mert a k · �2

= −�6

+ l · � egyenlet az 1 = 3(2l − k ) egyenletre vezet, melyben csak az egyik oldalon álló

kifejezés többszöröse a 3-nak.

4. Add meg az egyenlőtlenségeknek a [0; 2�] intervallumbeli valós megoldásait!

a) sin (3x ) −05]

7�18

+ k · 2�3

;11�18

+ k · 2�3

[(k ∈ Z) b) tg x ≥ 1

[�4

+ k · � ;�

2+ k · �

[(k ∈ Z)

5. Add meg azokat a valós (x ; y) számpárokat, melyek igazzá teszik a (sin x−1)(cos y +3) = −8 egyenletet!

−2 ≤ sin x − 1 ≤ 0 és 2 ≤ cos y + 3 ≤ 4, ezért az egyenletnek csak akkor van megoldása, ha

sin x − 1 = −2

cos y + 3 = −4

}, így a megoldás:

x =3�2

+ k · 2�

y = l · 2�

⎫⎬⎭ (k � l ∈ Z).

10–12. óra: Exponenciális egyenletek és egyenlőtlenségek



C M Y K

53


Ezeken az órákon exponenciális egyenletekkel és egyenlőtlenségekkel foglalkozunk.

Az 1. példában egy egyszerű exponenciális egyenletet, illetve egyenlőtlenséget oldunk meg az exponenciálisfüggvény monotonitásának felhasználásával. Fontos hangsúlyoznunk, hogy egyenlőtlenség esetén az expo-nenciális függvény alapjától függ a függvény monotonitása:

• 1-nél nagyobb alap esetén a függvény szigorúan monoton nő, ezért az azonos alapú hatványok közöttfennálló reláció iránya megegyezik a kitevők között fennálló reláció irányával;

• 1-nél kisebb (pozitív) alap esetén a függvény szigorúan monoton csökken, ezért az azonos alapú hatvá-nyok között fennálló reláció iránya fordítottja a kitevők között fennálló reláció irányának (ahogy ezt a b)rész megoldásában is láthatjuk).

A 2. példában egy exponenciális egyenlet megoldása során a hatványozás azonosságait alkalmazzuk.

A 3. példában szereplő egyenletek megoldása során a hatványozás azonosságait felhasználva jutunk olyanegyenlethez, amelynek egyik oldalán egy exponenciális kifejezést kiemelve egyszerű exponenciális egyenle-tet kapunk.

A 4. példában új ismeretlen bevezetésével másodfokú egyenletre visszavezethető exponenciális egyenleteketoldunk meg. A b) és c) részek megoldása valamivel összetettebb, több azonosság felhasználását igényli.

Az 5. példában egy különböző alapú, de azonos kitevőjű, exponenciális kifejezéseket tartalmazó egyenletetoldunk meg algebrai, illetve grafikus úton.

Feladatok

1. Oldd meg az alábbi exponenciális egyenleteket az egész számok halmazán!a) 9x = 81 x = 2 b) 5x = 3125 x = 5 c) 7x = −49 Nincs megoldás az egész számok halmazán.

d) 2x =18x = −3 e) 11x = 5 Nincs megoldás az egész számok halmazán. f)

(1

13

)x

= 1 x = 0

2. Az exponenciális függvény tulajdonságait felhasználva oldd meg az alábbi exponenciális egyenlőtlensé-geket a valós számok halmazán!

a) 3x �27 x �3 b) 4x ≤ 1 x ≤ 0 c) 17x ≥ −2 x ∈ R

d)(

12

)x

14x �2 e) 15x �3

√94x �

23

f) 02x ≥ 25 x ≤ −2

Az 1–2. feladatot egyéni munkára, házi feladatnak javasoljuk. Hasonlóak a fgy. 340–341. feladatai.

3. Ha az eredetileg I0

(wattm2

)intenzitású lézersugár x mm (x ≥ 0) mélyre hatol egy bizonyos anyagban,

akkor ebben a mélységben az intenzitása I (x ) = I0 · 01x

6

(wattm2

)lesz. Ezt az anyagot I0 = 800

(wattm2

)intenzitású lézersugárral világítják meg.

a) Töltse ki az alábbi táblázatot! (Az intenzitásra kapott mérőszámokat egészre kerekítve adja meg!)

x (mm) 0 0,3 0,6 1,2 1,5 2,1 3

I (x ) (watt�m2) 800 713 635 505 450 357 253

x (mm) 0 0,3 0,6 1,2 1,5 2,1 3

I (x ) (watt�m2) 800 713 635 505 450 357 253

b) Mekkora mélységben lesz a behatoló lézersugár intenzitása az eredeti érték (I0) 15%-a? (A választ

tized milliméterre kerekítve adja meg!) A feladat szövege értelmében aI (x )I0

= 0�15 = 0�1x

6 egyenlet meg-

oldását keressük. Innenx

6= log0�1 0�15, azaz x = 6 log0�1 0�15 ≈ 4�9. Körülbelül tehát 4�9 mm-es mélységben.



C M Y K

54

(Matematika középszintű érettségi feladat, részlet, 2009.)

4. Kovács úr 2012-ben új autót vásárol 4 000 000 Ft értékben. Az autó minden évben 16%-ot veszít azértékéből. Mikorra fog Kovács úr autója 500 000 Ft-nál kevesebbet érni? n év múlva az autó értéke4 000 000 · 0�84n . A feladat szövege értelmében a 4 000 000 ·0�84n 500 000 egyenlőtlenség megoldásait keressük:0�84n 0�125, azaz n �log0�84 0�125 ≈ 11�93. Tehát 12 év múlva, 2024-től kezdve fog az autó 500 000 Ft-nálkevesebbet érni.


a) 62x−3 = 216 x = 3 b) 2|x+4| = 512 x1 = 5 és x2 = −13

c)(

13

)x2−6x−16

= 1 x1 = 8 és x2 = −2 d) 5x+5x−3 = 25 x = 11

e) 10√

7−x =1

10Nincs megoldás a valós számok halmazán. f) 4log3 x = 64 x = 27


a) 5x+11 = 53x−1 x = 6 b)(

17

)x3

=(

17

)4x

x1 = −2, x2 = 0 és x3 = 2

c) 101x =

√10 x = 2 d) 8 · 21−x =

(2x

)3x = 1

e) 3x+3 = 9|x | x1 = −1 és x2 = 3 f) 025−x2

= 4x+6 x1 = −2 és x2 = 3

7. Az exponenciális függvények tulajdonságainak felhasználásával oldd meg az alábbi egyenlőtlenségeketa valós számok halmazán!

a) 1237−x ≥ 1233x−5 x ≤ 3 b)(

16

)2x−5

(16

)x−7

x �−2

c) 4 · 2x2+x �25x−1 x 1 vagy 3 x d) 5|x | ≤

(15

)x−4

x ≤ 2

e) 3√x+6 �3 · 9

√x x 25 f) 052x +x ≥ 05x−1 Nincs megoldás a valós számok halmazán.


a) 5x + 5x+1 = 750 x = 3 b) 3x+2 − 3x = 648 x = 4

c) 7x + 7x+2 = 100 2 ≈ 0�36 d) 2x + 2x+1 + 2x+2 + 2x+3 = 375 x = −2

e) 6x−1 + 6x + 6x+1 = 43 x = 1 f) 4x + 4x+ 12 + 4x+1 =

72x = −1

2


a) (3x )2 − 10 · 3x + 9 = 0 x1 = 0 és x2 = 2 b) 52x − 2 · 5x = 15 x = 1c) 100x − 6 · 10x + 5 = 0 x1 = 0 és x2 = l g5 ≈ 0�70 d) 2 · 4x − 17 · 2x + 8 = 0 x1 = −1 és x2 = 3

e) 42x+1 − 9 · 4x + 2 = 0 x1 = −1 és x2 =12

f) 6x + 61−x = 7 x1 = 0 és x2 = 1

Az 5–9. feladatokból a gyerekek érdeklődésének megfelelően válogathatunk. (Az egyes feladatokon belül arészfeladatok nehezedő sorrendben követik egymást.) Hasonlóak a fgy. 343–345. és 347–348. feladatai.

10. Oldd meg az alábbi egyenleteket a pozitív számok halmazán!

a) 3x = 5x Nincs megoldása a pozitív számok halmazán. b) 42x−5 =(

13

)2x−5

x =52

c) 11x2−13x−30 = 17x

2−13x−30 x = 15 (A másik gyök negatív.) d) 7x−3 = 23−x x = 3

e) 64 · 5x+1 = 25 · 22x+4 x = 1 f) 2x + 2x+3 = 3x + 3x+1 x = 2

11. Oldd meg az alábbi egyenletet a valós számok halmazán! 2x+2 · 32x+1 = 5x−1 · 7



C M Y K

55

4 · 2x · 3 · 9x = 5x · 15

· 7, innen átrendezéssel kapjuk, hogy2x · 9x

5x=

73 · 4 · 5

, azaz

(185

)x

=7

60, x = log 18

5

760

≈

≈ −1�68.

12. Oldd meg az alábbi egyenlőtlenségeket a valós számok halmazán!

a) 3x + 3x+1 + 3x+2 + 3x+3 + 3x+4 �121√

3 x �12

b) 4x − 3 · 2x+1 + 8 ≤ 0 1 ≤ x ≤ 2

c) 7|x+3|−4 ≥(

15

)|x+3|−4

x ≤ −7 vagy 1 ≤ x

13. Oldd meg grafikusan az alábbi egyenletet!

x

y

1

1

0

2x

32x + 1

2x =32x + 1 x1 = 0 és x2 = 2


2x2−9 · 3x+3 = 1

2(x−3)(x+3) · 3x+3 = 1, innen átrendezéssel kapjuk, hogy(

2x−3 · 3)x+3

= 1.

Egy hatvány értéke két esetben lehet 1:1. eset: A kitevő 0, és az alap nem 0, azaz x + 3 = 0, azaz x1 = −3. (Ekkor az alapnem 0.)

2. eset: Az alap 1, azaz 2x−3 · 3 = 1, innen 2x−3 =13

, tehát x2 = log213

+ 3 ≈ 1�42.


(x − 3)x2−3x = (x − 3)8x−30

Azonos alapú hatványok három esetben egyenlők:1. eset: Az alap 1, azaz x − 3 = 1, tehát x1 = 4.2. eset: Az alap 0, és a kitevők pozitívak. Ekkor x − 3 = 0, azaz x = 3, de ekkor x 2 − 3x = 0, ebben az esetbentehát nincs megoldás.3. eset: A kitevők egyenlők (és a hatvány értelmezett), azaz x 2 − 3x = 8x − 30, azaz x2 = 5 és x3 = 6.Mindhárom megoldás megfelel a feladat feltételeinek.

13–17. óra: Logaritmikus egyenletek és egyenlőtlenségek


Ezeken az órákon logaritmikus egyenletekkel és egyenlőtlenségekkel foglalkozunk.

Az 1. példában három logaritmikus kifejezés értelmezési tartományát határozzuk meg. Erre a későbbi fel-adatok megoldása során gyakran szükségünk lesz. Érdemes kitérnünk arra, hogy a logaritmikus egyenletekés egyenlőtlenségek megoldása során az értelmezési tartomány meghatározása hosszadalmas lehet. Egyen-letek megoldásakor gyakran egyszerűbb a kapott gyököket behelyettesítéssel ellenőrizni. Egyenlőtlenségekmegoldása esetén az értelmezési tartomány meghatározása nem kerülhető el.



C M Y K

56

A 2. példában egy egyszerű logaritmikus egyenletet, illetve egyenlőtlenséget oldunk meg a logaritmusfügg-vény monotonitásának felhasználásával. Fontos hangsúlyoznunk, hogy egyenlőtlenség esetén a logaritmus-függvény alapjától függ a függvény monotonitása:

• 1-nél nagyobb alap esetén a függvény szigorúan monoton nő, ezért az azonos alapú logaritmusok közöttfennálló reláció iránya megegyezik az argumentumok között fennálló reláció irányával;

• 1-nél kisebb (pozitív) alap esetén a függvény szigorúan monoton csökken, ezért az azonos alapú loga-ritmusok között fennálló reláció iránya fordítottja az argumentumok között fennálló reláció irányának(ahogy ezt a b) rész megoldásában is láthatjuk).

Emlékeztessük a tanulókat arra, hogy az egyenlőtlenség megoldása során az értelmezési tartomány megha-tározása elengedhetetlen.

A 3. példában összetettebb logaritmikus egyenleteket oldunk meg a logaritmus definíciójának felhasználásá-val.

A 4. példában azonos alapú logaritmusok egyenlőségét vizsgáljuk. Az a) részben az értelmezési tartományvizsgálatával jutunk gyorsan megoldáshoz.

Az 5. példában azonos alapú logaritmusokat tartalmazó egyenleteket oldunk meg a logaritmus azonosságai-nak felhasználásával.

A 6. példa megoldása során a más alapú logaritmusra történő áttérést alkalmazzuk.

A 7. példában egy logaritmikus kifejezést is tartalmazó egyenletet, illetve egyenlőtlenséget oldunk meg gra-fikus úton.

Feladatok

1. Határozd meg az alábbi logaritmikus kifejezések értelmezési tartományát!

a) log5(x − 7), log12

x

x − 3, lg(−x 2 + 7x − 10)

x �7 x 0 vagy 3 x 2 x 5

b) logx+2 9, log|x | 111, log√

x−4 �x �−2 és x �= −1 x �= −1, x �= 0 és x �= 1 x �4 és x �= 5

c) logx(5 − x ), log1−2x

1x + 1

, logx2−2x+1(3 − |x |)

0 x 5 és x �= 1 −1 x 0�5 és x �= 0 −3 x 3, x �= 0, x �= 1 és x �= 2

2. Oldd meg az alábbi logaritmikus egyenleteket a valós számok halmazán!a) log3 x = 4 x = 81 b) log7(2x + 13) = 2 x = 18

c) lg(x 2 − 3x − 8) = 1 x1 = −3 és x2 = 6 d) log12

3x + 13x − 4

= −3 x = 9

e) log16(|x + 3| − 2

)=

12x1 = −9 és x2 = 3 f) log5(211−3x − 3) = 3 x =

43

A 2. feladatot egyéni munkára, házi feladatnak javasoljuk. Hasonló feladat a fgy. 2. feladata.

3. Oldja meg az alábbi egyenletet, ha x valós szám és x ≥ −1!

log3(√x + 1 + 1) = 2

A logaritmus definíciója szerint√x + 1 + 1 = 32 = 9, azaz

√x + 1 = 8, ahonnan x + 1 = 64, x = 63.(Matematika középszintű érettségi feladat, 2005)

4. Oldd meg az alábbi egyenlőtlenségeket!a) log2 x ≥ 6 x ≥ 64 b) log5(3 − x ) 2 −22 x 3

c) log�

|x − 5| �0 x 4 vagy 6 x d) log13x ≤ 2 x ≥ 1

9



C M Y K

57

e) logsin 45◦(x 2) �−4 −2 x 2, x �= 0 f) log17

x − 52x + 5

1 x −2�5 vagy 8 x

A 4. feladat a)–d) részét egyéni munkára, házi feladatnak javasoljuk. Hasonló a fgy. 356. feladata.

5. Határozza meg az alábbi egyenlet valós megoldásait!

(log2 x − 3) · (log2 x2 + 6) = 0

Egy szorzat értéke 0, ha valamelyik tényezője 0, így log2 x = 3 vagy log2 x2 = −6. Innen a megoldások x1 = 8,

x2 = −18

és x3 =18

.



a) 2 log2 x + 7 = 5 log2 x − 2 x = 8 b)∣∣∣∣log1

3x + 2

∣∣∣∣ = 1 x1 = 3, x2 = 27

c)lg x

lg x − 3=

14x = 0�1

7. Egy új típusú, az alacsonyabb nyomások mérésére kifejlesztett műszer tesztelése során azt tapasztalták,hogy a műszer által mért pm és a valódi pv nyomás között a

lg pm = 08 · lg pv + 0301összefüggés áll fenn.

A műszer által mért és a valódi nyomás egyaránt pascal (Pa) egységekben szerepel a képletben.

a) Mennyit mér az új műszer 20 Pa valódi nyomás esetén?Behelyettesítés után lg pm = 0�8 · lg 20 + 0�301 ≈ 1�342, tehát pm ≈ 22 Pa.

b) Mennyi valójában a nyomás, ha a műszer 50 Pa értéket mutat?Behelyettesítés után lg 50 = 0�8 · lg pv + 0�301. Innen rendezéssel lg pv ≈ 1�747, tehát pv ≈ 56 Pa.

c) Mekkora nyomás esetén mutatja a műszer a valódi nyomást?Legyen x = pm = pv . Ekkor lg x = 0�8 · lg x + 0�301. Innen lg x ≈ 1�505, tehát x ≈ 32 Pa.

A pascalban kiszámított értékeket egész számra kerekítve adja meg!(Matematika középszintű érettségi feladat, 2011)


a) log36(log2 x ) =12x = 64 b) log3[log8(log5 x )] = −1 x = 25

c) lg(

log 12

[log9(log7 x )

])= 0 x = 343


9. Oldd meg az alábbi egyenleteket a valós számok halmazán!a) log

x 256 = 4 x = 4 b) logx+5 121 = 2 x = 6

c) log2x−1 2 = −1 x =34

d) log|x | 5 =12x1 = 25, x2 = −25

e) logx2−3x 10 = 1 x1 = 5, x2 = −2 f) log√

x−1 1 = 0 x �1 és x �= 2

10. Oldd meg az alábbi egyenleteket a valós számok halmazán!a) log

x(4x − 3) = 2 x = 3 b) log2x+9(6 − x ) = 1 x = −1

c) logx+7(x − 5) =12

Az egyenlet értelmezési tartománya x �5. A logaritmus definícióját használva√x + 7 =

= x−5. Innen négyzetre emeléssel és rendezéssel az x 2−11x +18 = 0 másodfokú egyenlethez jutunk, melynekmegoldásai: x1 = 2 és x2 = 9. Ezt az értelmezési tartománnyal összevetve az egyenlet egyetlen megoldása:x = 9.



C M Y K

58

11. Oldd meg az alábbi egyenleteket a valós számok halmazán!a) lg x = lg(2x − 9) x = 9 b) log11(x − 2) = log11(1 − 2x ) Nincs megoldása valós számok halmazán.

c) log 12x 2 = log1

2(7x + 30) x1 = 10, x2 = −3 d) log√

7 |x − 6| = log√7

12x x1 = 4, x2 = 12

e) log0�3

√x + 2 = log0�3(10 − x ) Az egyenlet értelmezési tartománya −2 x 10. Átalakítás után

√x + 2 =

= 10 − x . Innen x 2 − 21x + 98 = 0, melynek megoldásai: x1 = 7 és x2 = 14. Ezt az értelmezési tartománnyalösszevetve az egyenlet egyetlen megoldása: x = 7.

f) loglg 5x + 12x − 3

= loglg 5 x Az egyenlet értelmezési tartománya: x �3. Átalakítás utánx + 12x − 3

= x . Innen

x2 − 4x − 12 = 0, melynek megoldásai: x1 = −2 és x2 = 6. Ezt az értelmezési tartománnyal összevetve azegyenlet egyetlen megoldása: x = 6.


12. Oldd meg az alábbi egyenlőtlenségeket!a) log4 x �log4(9 − 2x ) 3 x 4�5 b) log1

5(13 − x ) ≤ log 1

5(x + 1) −1 x ≤ 6

c) lg(x 2 − 5x ) lg(x + 7) −1 x 0 vagy 5 x 7


a) log4(3x − 5) − log4 x = 05 x = 5

b) log7(2x + 5) = log7 x + log7(8 − x ) x1 = 1 és x2 = 5

c) lg x 2 = 2 lg x x �0

d) log2(x 2 + 7x − 18) − log2(x − 2) = log2 x + 1 Az egyenlet értelmezési tartománya: x �2. A logaritmus

azonosságait használvax2 + 7x − 18

x − 2= 2x . Innen x 2 − 11x + 18 = 0, melynek megoldásai: x1 = 2 és x2 = 9.

Ezt az értelmezési tartománnyal összevetve az egyenlet egyetlen megoldása: x = 9.

e) log 23(x − 3) − log 2

3(2x + 1) = log2

3(17 − x ) − log2

3(5 − 2x ) Nincs megoldása a valós számok halmazán.

(Ennek megállapításához elég az értelmezési tartományt vizsgálni.)

f) 3 log5 x − log5(x + 2) = log5(x + 3) + log5(x − 3) Az egyenlet értelmezési tartománya: x �3. A logaritmus

azonosságait használvax3

x + 2= (x + 3)(x − 3). Innen 2x 2 − 9x − 18 = 0, melynek megoldásai: x1 = −1�5 és

x2 = 6. Ezt az értelmezési tartománnyal összevetve az egyenlet egyetlen megoldása: x = 6.


a) log4(x + 20) = log2 x Az egyenlet értelmezési tartománya: x �0. Átalakítás után log4(x + 20) =log4 x

log4 2=

= log4 x2, innen x + 20 = x 2, azaz x 2 − x − 20 = 0. Ennek megoldásai: x1 = −4 és x2 = 5. Ezek közül csak az

x = 5 megoldása az egyenletnek.

b) log5 x − log25 x = 15 Az egyenlet értelmezési tartománya: x �0. Átalakítás után log5 x − log5 x

log5 25= 1�5,

innen log5 x = 3, azaz x = 125.

c) lg(x + 5) = log0�1x − 2x − 7

Az egyenlet értelmezési tartománya: −5 x 2 vagy 7 x . Átalakítás után

lg(x + 5) = lg

(x − 7x − 2

), innen x + 5 =

x − 7x − 2

, azaz x 2 + 2x − 3 = 0. Ennek megoldásai: x1 = −3 és x2 = 1.

d) log3 x + log√3 x + log1

3x = 6 Az egyenlet értelmezési tartománya: x �0. Átalakítás után log3 x +

log3 x

log3√

3+

+log3 x

log313

= 6, innen log3 x = 3, azaz x = 27.



C M Y K

59

e) log2 x + log√2 x = 6 log8 x − log0�5 x Közös alapra hozva az egyes kifejezéseket azonossághoz jutunk

(mindkét oldal 3 log2 x ), így az egyenlet megoldáshalmaza az értelmezési tartománya: x �0.

f) log2(log4 x ) + log4(log2 x ) =12

Az egyenlet értelmezési tartománya: x �1. Átalakítás után log2

(log2 x

2

)+

+log2(log2 x )

2=

12

, innen log2(log2 x

)− 1 +

log2(log2 x )2

=12

, azaz log2(log2 x ) = 1. Tehát x = 4.

A 13–14. feladatokból a gyerekek érdeklődésének megfelelően válogathatunk. (Az egyes feladatokon belüla részfeladatok nehezedő sorrendben követik egymást.) Hasonló a fgy. 363. feladata.


a) log23 x − 5 log3 x + 6 = 0 x1 = 9 és x2 = 27

b) lg2 x + 2 = lg x Nincs megoldása a valós számok halmazán.

c) log25 x + log5 x

3 − log5 625 = 0 x1 =1

625és x2 = 5

d) log24 x +log2 x +1 = 0 Az egyenlet értelmezési tartománya: x �0. Átalakítás után

(log2 x

2

)2

+log2 x +1 = 0,

innen log2 x = −2, azaz x =14

.

e) log212x−log1

22x = 1 Az egyenlet értelmezési tartománya: x �0. Átalakítás után log2

12x−log 1

22−log1

2x = 1.

Átrendezve az egyenletet log212x − log 1

2x = 0. Innen log 1

2x = 0 vagy log 1

2x = 1, azaz x1 = 1 és x2 =

12

.

f) log√7 x · log√

7 49x = 12 Az egyenlet értelmezési tartománya: x �0. Átalakítás után log√7 x · (log√

7 49 +

+ log√7 x ) = 12. Felbontva a zárójelet és átrendezve az egyenletet log2√

7x + 4 log√

7 x − 12 = 0. Innen

log√7 x = 2 vagy log√

7 x = −6, azaz x1 = 7 és x2 =1

343.


a) log7 x = logx

7 Az egyenlet értelmezési tartománya: x �0 és x �= 1. Átalakítás után log7 x =1

log7 x, innen

log27 x = 1, azaz log7 x = 1 vagy log7 x = −1. Innen x1 =

17

, x2 = 7.

b) log6 x +3 logx 6 = 4 Az egyenlet értelmezési tartománya: x �0 és x �= 1. Átalakítás után log6 x +3

log6 x= 4,

innen log26 x − 4 log6 x + 3 = 0, azaz log6 x = 1 vagy log6 x = 3, tehát x1 = 6 és x2 = 216.

c) logx

2+ log2x 2 =56

Az egyenlet értelmezési tartománya: x �0 és x �= 0�5, illetve 1. Átalakítás után1

log2 x+

+1

log2 2x=

56

, innen1

log2 x+

11 + log2 x

=56

. Rendezés után56

log22 x − 7

6log2 x − 1 = 0, azaz log2 x = 2

vagy log2 x = −0�6, tehát x1 = 4 és x2 = 5√

18

.

17. Oldd meg az alábbi egyenlőtlenségeket!

a) log 34(x + 2) + log 3

4(x + 5) �log3

4(3x + 7) Az egyenlőtlenség értelmezési tartománya: x �−2. A logaritmus

azonosságait használva kapjuk: log 34

(x + 2)(x + 5) �log 34

(3x + 7). Mivel a34

alapú logaritmusfüggvény szi-

gorúan monoton csökkenő, ezért az egyenlőtlenség az értelmezési tartományán ekvivalens az x 2 + 4x + 3 0egyenlőtlenséggel, melynek megoldása: −3 x −1. Ezt összevetve az értelmezési tartománnyal azt kapjuk,hogy −2 x −1.



C M Y K

60

b) lg2 x + 4 lg x − 12 ≤ 0 Az egyenlőtlenség értelmezési tartománya: x �0. Az egyenlőtlenség akkor áll fenn,

ha −6 ≤ lg x ≤ 2, azaz1

1 000 000≤ x ≤ 100.


x lg x−2 = 1000

Az egyenlet értelmezési tartománya: x �0. Vegyük mindkét oldal 10-es alapú logaritmusát! lg x lg x−2 = lg 1000Alkalmazzuk a hatvány logaritmusára vonatkozó azonosságot! (lg x − 2) · lg x = 3Ezt rendezve a lg2 x − 2 lg x − 3 = 0 egyenlethez jutunk, melynek megoldásai: x1 = 0�1 és x2 = 1000. Ezek valóbanmegoldásai az eredeti egyenletnek is.

19. Oldd meg grafikusan az alábbi egyenleteket! Ellenőrizz!

a) 4 − x = log3 x x = 3 b) 2x−1 = log2 x + 1 x1 = 1 és x2 = 2

x

y

1

1

0

log3 x

4 − xx

y

1

1

0

log2 x + 1

2x−1

Ellenőrzés: Ellenőrzés:4 − 3 = log3 3 = 1 21−1 = log2 1 + 1 = 1 és 22−1 = log2 2 + 1 = 2

20. Oldd meg grafikusan az alábbi egyenlőtlenségeket!

a) log3 x ≥ log2 x 0 x ≤ 1 b) log2 x ≤ x 2 x ∈ R

x

y

1

1

0

log3 x

log2 x

x

y

1

1

0

log2 x

2x 2

18–19. óra: Logaritmikus és exponenciális egyenletrendszerek


Ezeken az órákon olyan kétismeretlenes egyenletrendszerekkel foglalkozunk, amelyekben legalább az egyikegyenlet exponenciális vagy logaritmikus.

Az 1. példában a behelyettesítés módszerét mutatjuk be egy exponenciális, illetve egy logaritmikus egyen-letrendszer megoldása során.



C M Y K

61

A 2. példában az új ismeretlen bevezetésének módszerét mutatjuk be egy exponenciális, illetve egy logarit-mikus egyenletrendszer megoldása során.

A 3. példában egy összetettebb egyenletrendszer megoldását mutatjuk be.

Feladatok

1. Oldd meg az alábbi egyenletrendszereket a valós számok halmazán!

a)x − y = 1

32x+y = 243

}x = 2, y = 1 b)

x + y = 12

2x + 2y = 160

}x1 = 5, y1 = 7 és x2 = 7, y2 = 5

c)5x

2+y = 125

(√

2)x =12y

⎫⎪⎬⎪⎭ x1 = −3

2, y1 =

34

és x2 = 2, y2 = −1


a)x + y = 101

lg x + lg y = 2

}x1 = 1, y1 = 100 és x2 = 100, y2 = 1 b)

x − y = 24

log3 x − log3(y + 6) = 1

}x = 27, y = 3

c)2x − 3y = 5

2 log2 x − log2 y = 4

}A második egyenletből a logaritmus azonosságait használva azt kapjuk, hogy

log2x2

y= 4, tehát

x2

y= 16. Innen átrendezés és behelyettesítés után a 3x 2 − 32x + 80 = 0 másodfokú egyen-

lethez jutunk. Ebből x1 = 4, y1 = 1 és x2 =203

= 623

, y2 =259

= 279

.

Az 1–2. feladatokat egyéni munkára, házi feladatnak javasoljuk. Hasonlók a fgy. 373–374. feladatai.

3. Adott a következő egyenletrendszer:2 lg(y + 1) = lg(x + 11)(1)

y = 2x(2)

a) Ábrázolja derékszögű koordináta-rendszerben azokat a P(x ; y)

x

y

1

1

0

M

pontokat, amelyeknek koordinátái kielégítik a (2) egyenletet!

b) Milyen x , illetve y valós számokra értelmezhető mindkét egyen-let? x �−11 és y �−1

c) Oldja meg az egyenletrendszert a valós számpárok halmazán! (2)-t

beírva (1)-be: 2 lg(2x + 1) = lg(x + 11). Innen: lg(2x + 1)2 = lg(x + 11),a logaritmusfüggvény szigorú monotonitása miatt. (2x + 1)2 = x + 11.Rendezve a 4x 2 + 3x − 10 = 0 egyenlethez jutunk, amelynek gyökei:x1 = −2 és x2 = 1�25. Felhasználva az y = 2x összefüggést azt kapjuk,hogy y1 = −4 és y2 = 2�5. A kikötéssel egybevetve csak az (x ; y) == (1�25; 2�5) számpár elégíti ki az egyenletrendszert.

d) Jelölje meg az egyenletrendszer megoldáshalmazát az a) kérdéshez használt derékszögű koordináta-rendszerben!



a)4x+7 + 5y−2 = 89

4x+7 − 5y−2 = 39

}x = −4, y = 4 b)

3x + 3y+1 = 82

3x+1 + 3y = 30

}x = 0, y = 3

c)2x + 2y = 80

2x+y = 1024

}x1 = 4, y1 = 6 vagy x2 = 6, y2 = 4



C M Y K

62


a)log2 x + log3 y = 5

log2 x − log3 y = 1

}x = 8, y = 9 b)

2 lg x + 3 lg y = 1

lg x − 4 lg y = 6

}x = 100, y = 0�1

c)

log12

x

y= 4

log12x

log12y

= 3

⎫⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎭

Az első egyenletet átalakítva a következő egyenlethez jutunk: log 12x − log 1

2y = 4. Innen

log 12x -re és log 1

2y-ra új ismeretlent bevezetve azt kapjuk, hogy x =

164

, y =14

.

A 4–5. feladatokat egyéni munkára, házi feladatnak javasoljuk. Hasonlók a fgy. 375–376. feladatai.

6. Oldd meg az alábbi egyenletrendszert a valós számok halmazán!

log2 x + log4 y = 5

log8 x + log0�5 y = 4

}

Az egyenletrendszer értelmezési tartománya: x �0 és y �0. Ha áttérünk 2-es alapú logaritmusra, akkor az

alábbi egyenletrendszerhez jutunk:log2 x +

12

· log2 y = 5

13

· log 2x − log2 y = 4

⎫⎪⎬⎪⎭. Ennek megoldása: log2 x = 6 és log2 y = −2. Így az

egyenletrendszer megoldása: (x ; y) =

(64;

14

).

7. Oldja meg a valós számpárok halmazán az alábbi egyenletrendszert!

lg(x + y) = 2 lg x

lg x = lg 2 + lg(y − 1)

}

Az egyenletrendszer értelmezési tartománya: x �0 és y �1. Felhasználva, hogy 2 lg x = lg x 2, az első egyenletlg(x + y) = lg x 2 alakra hozható. A logaritmusfüggvény szigorú monotonitása miatt x + y = x 2, azaz y = x 2 − x .Ezt beírva a második egyenletbe azt kapjuk, hogy lg x = lg 2 + lg(x 2 − x − 1). Alkalmazva az azonos alapúlogaritmusok összegére vonatkozó azonosságot: lg x = lg 2(x 2−x−1). A logaritmusfüggvény szigorú monotonitásamiatt x = 2(x 2 − x − 1). Ezt rendezve a 2x 2 − 3x − 2 = 0 másodfokú egyenlethez jutunk, amelynek gyökei:x1 = −0�5 és x2 = 2. Ezek közül csak a második eleme az értelmezési tartománynak. Ha x = 2, akkor y = 22−2 = 2,tehát az egyenletrendszer egyetlen megoldása (x ; y) = (2; 2).

(Matematika emelt szintű érettségi feladat, részlet, 2007)

8. Oldd meg az alábbi egyenletrendszert a természetes számok halmazán!

lg x − lg y = 2 − 2 lg 5

log2[1 + lg(x + y)

]= 1

}

Az egyenletrendszer értelmezési tartománya: x �0 és y �0. A logaritmus azonosságait felhasználva átalakítjuk

az első egyenletet: lgx

y= lg 4. A logaritmusfüggvény szigorú monotonitása miatt

x

y= 4, azaz x = 4y . Ezt beírva

a második egyenletbe: log2[1 + lg 5y] = 1. A logaritmus definíciója miatt 1 + lg 5y = 21 = 2, innen lg 5y = 1, azaz

5y = 101 = 10. Így y = 2 és x = 4 · 2 = 8. Az egyenletrendszer egyetlen megoldása: (x ; y) = (8; 2).


3x · 9y = 81

2 lg(x + y) − lg y = 2 lg 3

}

Az egyenletrendszer értelmezési tartománya: x + y �0 és y �0. Felhasználva a hatványozás azonosságait:3x · 9y = 3x · 32y = 3x+2y . Innen 3x+2y = 81 = 34. Felhasználva az exponenciális függvény szigorú monotonitását:



C M Y K

63

x + 2y = 4, azaz x = 4 − 2y . Ezt beírva a második egyenletbe: 2 lg(4 − y) − lg y = 2 lg 3. Alkalmazzuk a loga-

ritmus azonosságait: lg(4 − y)2

y= lg 9. Felhasználva a logaritmusfüggvény szigorú monotonitását:

(4 − y)2

y= 9.

Ezt rendezve az y2 − 17y + 16 = 0 másodfokú egyenlethez jutunk, amelynek gyökei y1 = 1 és y2 = 16. Ekkorx1 = 4 − 2 · 1 = 2 és x2 = 4 − 2 · 16 = −28. A kapott számpárok közül csak az első van benne az egyenletrendszerértelmezési tartományában (−28 + 16 0), így az egyenletrendszer egyetlen megoldása (x ; y) = (2; 1).

10. Oldja meg az alábbi egyenletrendszert, ahol x és y valós számok!

10y = x − 3

lg(x 2 − 4x + 3) = 2y + 1

}

Az egyenletrendszer értelmezési tartománya: x 1 vagy 3 x . Felhasználva a logaritmus definícióját azt kapjuk,hogy y = lg(x − 3). Ezt beírva a második egyenletbe: lg(x 2 − 4x + 3) = 2 lg(x − 3) + 1. Felhasználva a logaritmusazonosságait azt kapjuk, hogy lg(x 2 − 4x + 3) = lg[10(x − 3)2]. Mivel a logaritmusfüggvény szigorúan monoton:

x2 − 4x + 3 = 10(x − 3)2. Ezt rendezve azt kapjuk, hogy 9x 2 −56x +87 = 0. Ennek megoldásai: x1 = 3 és x2 =299

.

Ezek közül csak a második eleme az értelmezési tartománynak. y = lg(x − 3), azaz y = lg29

≈ −0�65, tehát az

egyenletrendszer egyetlen megoldása: (x ; y) =(

299

; lg29

).

(Matematika emelt szintű érettségi feladat, részlet, 2006)

Tudáspróba

1. Oldd meg az alábbi exponenciális egyenleteket a valós számok halmazán!

a) 5|2x−3| = 625 x1 = −12

és x2 =72

b) 4x−3 =(

12

)x2−9

x1 = −5 és x2 = 3

c) 3x + 3x+1 + 3x+2 = 117 x = 2

d) 100x − 12 · 10x + 20 = 0 x1 = 1 és x2 = lg 2 ≈ 0�30

2. Oldd meg az alábbi logaritmikus egyenleteket a valós számok halmazán!

a) log7(5 − 4x ) = 2 x = −11

b) log 13

√2x − 7 = log1

3(x − 5) x = 8 (x = 4 hamis gyök)

c) 2 lg(x + 6) − lg(x − 3) = lg(3x − 2) + 1 Az egyenlet értelmezési tartománya: x �3. Alkalmazva a logarit-

mus azonosságait: lg(x + 6)2

x − 3= lg

[10 · (3x − 2)

]. Felhasználva a logaritmusfüggvény szigorú monotonitását:

(x + 6)2

x − 3= 10 · (3x − 2). Ezt rendezve a 29x 2 − 122x + 24 = 0 másodfokú egyenlethez jutunk. Ennek gyökei:

x1 = 4 és x2 =6

29. Ezek közül csak az első eleme az értelmezési tartománynak, így az egyenlet egyetlen

megoldása x = 4.

d) log0�2 x + log√5 x + log5 x + log25 x = 5 Az egyenlet bal oldalán minden tagot átírva 5-ös alapú logaritmusra

azt kapjuk, hogy − log5 x + 2 log5 x + log5 x + 0�5 log5 x = 5. Összevonás után 2�5 log5 x = 5, innen x = 25.

3. Oldd meg az alábbi egyenlőtlenségeket a valós számok halmazán!

a)(

23

)3−5x

≥(

23

)x−15

x ≥ 3 b) log2(x − 1) 5 1 x 33



C M Y K

64

4. Oldd meg az alábbi egyenletrendszert a valós számpárok halmazán!

lg x 2 + 2y = 10

2y+1 − lg x = 15

}

Az egyenletrendszer értelmezési tartománya: x �0. Alkalmazva a logaritmus és a hatványozás azonosságait:

2 lg x + 2y = 10

2 · 2y − lg x = 15

}. Vezessünk be új ismeretlent! a = lg x és b = 2y Ekkor az egyenletrendszer:

2a + b = 10

2b − a = 15

}.

Innen a = lg x = 1, azaz x = 10 és b = 2y = 8, azaz y = 3, tehát az egyenletrendszer egyetlen megoldása(x ; y) = (10; 3).



C M Y K

65

Valószínűség-számítás1–2. óra: Ismétlés

3. óra: Az A · B , A− B , A + B események valószínűségének kiszámítása

4. óra: Feltételes valószínűség, függetlenség (kiegészítő anyag)

5. óra: Modellalkotás, valószínűségi változók (kiegészítő anyag)

6–7. óra: Visszatevéses mintavétel, binomiális eloszlás

8. óra: Visszatevés nélküli mintavétel, hipergeometrikus eloszlás (kiegészítő anyag)

9. óra: Statisztika és valószínűség

Mire építünk?

A 10. évfolyamon a tanulók már elkezdtek ismerkedni a valószínűség-számítással, amelyre 8 óra állt rendelke-zésükre. Az alábbi témakörök szerepeltek:

• Determinisztikus és véletlen jelenségek

• Kísérlet, elemi esemény, eseménytér

• Események

• Műveletek eseményekkel

• Gyakoriság, relatív gyakoriság, valószínűség

• A klasszikus valószínűségi modell

A klasszikus modellben csak egyszerűbb feladatok szerepeltek. A 11. évfolyam első félévi tananyagában nagysúllyal (szintén 8 órában) szerepelt a kombinatorika, és itt már megjelentek a képletek az ismétlés nélküli ésismétléses permutáció és variáció, valamint az ismétlés nélküli kombináció esetén. Így feltételezhetjük, hogya tanulók bonyolultabb feladatokat is ki tudnak számolni a klasszikus modellben. Ilyen jellegű feladatokkaltalálkozhatunk is a tananyagrészben.

Meddig jutunk el?

Egy hosszabb ismétlő rész után, amelyben a klasszikus modellben számolunk ki valószínűségeket, az A · B ,A − B , A + B események valószínűségének kiszámolásával foglalkozunk. Kiegészítő anyagként szerepel a fel-tételes valószínűség és a függetlenség. Ezt követően a valószínűségi változók következnek, ahol nagy lehetőségkínálkozik a modellalkotás bemutatására. A modellalkotás mára nem csupán a matematika, hanem az összestermészettudomány jellemzője. Ezt követően két nevezetes eloszlásról lesz szó. Először a binomiális eloszlásróla visszatevéses mintavétel kapcsán, majd kiegészítő anyagként a hipergeometrikus eloszlásról és a visszatevésnélküli mintavételről. A fejezetet a statisztika és valószínűség-számítás kapcsolatát tárgyaló rész zárja.


Középszint

• Esemény, eseménytér konkrét példák esetén.

• A klasszikus (Laplace)-modell ismerete.

• Valószínűségek kiszámítása visszatevéses mintavétel esetén, binomiális eloszlás.

Emelt szint

• Ismerje és alkalmazza a tanuló a következő fogalmakat: események egyesítésének, metszetének és komple-menterének valószínűsége, feltételes valószínűség, függetlenség, függőség.

• A binomiális eloszlás (visszatevéses modell) és a hipergeometriai eloszlás (visszatevés nélküli modell) tulaj-donságai és ábrázolása.

• A binomiális eloszlás alkalmazása. A minta relatív gyakoriságának becslése a sokaság paraméterének isme-retében.

Val�sz�n�s�g�sz�m�t�s

TEX 2012. április 17. – (1. lap/66. old.) ∗ Matematika 9. ∗ (K07VSZ)

C M Y K

66

A tananyagrészben több kiegészítő anyag is szerepel. Ezek akár elhagyhatók, vagy csak néhány szemlél-tető példán keresztül tárgyalhatók. Az utóbbi esetben a tananyagrész első néhány példájának megoldásátjavasoljuk. Érdemes az így felszabadult időt az összetett események (A · B , A − B , A + B) valószínűsé-gére fordítani. Ugyanakkor javasoljuk, hogy a függetlenség, még ha csak szemléletesen is, mindenképpenszerepeljen az órán.

1–2. óra: Ismétlés


A 11. évfolyamos valószínűség-számítás fejezetben nagyrészt a klasszikus valószínűségi modellt használjuk,ezért fontos, hogy a tanulók felfrissítsék ismereteiket.

Mindenképpen javasoljuk a 6. példa órai feldolgozását. Fontos, hogy tudatosítsuk a tanulókban, hogy a példa1. és 2. megoldása más-más eseménytéren történik. Az összes eset meghatározása és a kedvező esetek ki-számolása ugyanazon az eseménytéren kell, hogy történjen. Hasonló példákkal találkozhatunk később a hi-pergeometrikus eloszlásról szóló fejezetben is.

Amennyiben az osztály kedveli a szokatlanabb feladatokat, az ismétlést a 4. példán és az 5–6. feladatonkeresztül is elvégezhetjük. Ha nem sajnáljuk rá az időt, az utóbbit akár el is játszhatjuk. Kimondottan nehéz,de nagyon izgalmas feladatról van szó.

Feladatok

1. Egy vetélkedőn részt vevő versenyzők érkezéskor sorszámot húznak egy urnából. Az urnában 50 egy-forma gömb van. Minden egyes gömbben egy-egy szám van, ezek különböző egész számok 1-től 50-ig.

Mekkora annak a valószínűsége, hogy az elsőnek érkező versenyző héttel osztható sorszámot húz? Azelső versenyző 7-tel osztható számot húz, ha a 7, 14, 21, 28, 35, 42 vagy 49 valamelyikét választja. Azaz hét

kedvező lehetőség van, összesen pedig 50, ezért p =7

50.


2. Egy kétforintos érmét kétszer egymás után feldobunk, és feljegyezzük az eredményt. Háromféle eseménykövetkezhet be:A esemény: két fejet dobunk. B esemény: az egyik dobás fej, a másik írás.

C esemény: két írást dobunk.

Mekkora a B esemény bekövetkezésének valószínűsége? Az eseménytér az (F; F), (F; Í), (Í; F), (Í; Í) rendezett

párokból áll. Mivel a B esemény az (F; Í) és (Í; F) elemi események esetén következik be, ezért P(B) =24

=12

.


3. Két szabályos dobókockával dobunk. Mennyi az esélye, hogy

a) lesz a dobott számok között páros; Az eseménytér elemszáma az a), b), c) és d) esetben is: |Ω| = 62 = 36.A komplementer eseményt (mindkét dobás páratlan) 3 · 3 = 9 elemi esemény valósítja meg. A kedvező esetek

száma tehát 36 − 9 = 27, a valószínűség: p =2736

=34

.

b) több páros lesz, mint páratlan a dobások között; Csak akkor következik be az esemény, ha mindkét dobás

páros. 9 ilyen elemi esemény van, p =9

36=

14

.



C M Y K

67

c) a dobott számok szorzata páros lesz; Csak azok az elemi események rosszak, amikor mindkét dobás párat-

lan. p =2736

=34

d) a dobott számok szorzata páratlan lesz? Mindkét dobásnak páratlannak kell lennie: p =9

36=

14

.

4. Három szabályos dobókockával dobunk. Mennyi az esélye, hogy

a) lesz a dobott számok között páros; Az eseménytér elemszáma az a), b), c) és d) esetben is: |Ω| = 63 = 216.

Azok az elemi események alkotják a komplementer eseményt, amikor mindhárom dobás páratlan: 33 = 27 ilyen

rendezett számhármas van. A kedvező esetek száma 216 − 27, így a keresett valószínűség: p =216 − 27

216=

78

.

b) több páros lesz, mint páratlan a dobások között; Vagy két páros lesz és egy páratlan, vagy három páros.Az első esetben a páratlant a 3 kocka bármelyikével kidobhatjuk, ezért 3 ·3 ·3 ·3 = 81 lehetőség van. A másodikesetben 3 · 3 · 3 = 27 elemi esemény felel meg nekünk. A kedvező esetek száma tehát: 81 + 27 = 108, így a

keresett valószínűség: p =108216

=12

.

c) a dobott számok szorzata páros lesz; Három természetes szám szorzata páratlan, ha mindegyik szám párat-lan; ilyen dobássorozatból 3 · 3 · 3 = 27 van. Az összes többi esetben a szorzat páros. A kedvező esetek száma

tehát 216 − 27, így a keresett valószínűség: p =216 − 27

216=

78

.

d) a dobott számok szorzata páratlan lesz? A c) feladat alapján: p =27

216=

18

.

5. Aliz és Bernát a következő játékot játssza. Aliz két kocka közül választ egyet, Bernáté lesz a másik. Az

egyik kockán 2, 2, 2, 4, 4, 5, a másikon 1, 1, 3, 3, 6, 6 szerepel. Mindegyik lapjuk16

valószínűséggel

jön ki.

a) Melyik kockát érdemes Aliznak választania, amennyiben akkor nyer, ha az általa dobott szám na-gyobb, mint a Bernát által dobott szám? Az első kockát jelölje E , a másodikat M ! Láthatjuk, hogy dön-tetlen nem lehet. Amennyiben Aliz az E -t választja és azzal 2-est dob, abban az esetben nyer, ha Bernát 1-estdob. Ez 3 · 2 = 6 elemi eseményt jelent. Amennyiben Aliz 4-est vagy 5-öst dob, akkor nyer, ha Bernát 1-est

vagy 3-ast dob. Ezt 3 · 4 = 12 elemi esemény valósítja meg. Aliz tehát6 + 12

36=

12

eséllyel nyer, ha az E

kockát választja. Ebből következik, hogy az M kocka választása esetén is ugyanennyi eséllyel nyer.

b) Mekkora eséllyel fog nyerni, ha jól dönt? Mindegy, hogy melyik kockát választja Aliz, mindegyik esetben12

eséllyel nyer. (A játék igazságosnak mondható.)

6. Három olyan dobókockánk van, amelyek lapjai egyenlő (azaz16

) eséllyel jönnek ki, de a lapokon lévő

számok rendhagyóak:

• az A kocka esetén 3, 3, 3, 3, 3, 3;

• a B kocka esetén 4, 4, 4, 4, 1, 1;

• a C kocka esetén 5, 5, 2, 2, 2, 2.

Adorján és Barbara egy játékot játszik: Adorján választ egy kockát, majd Barbara a maradék kettőbőlegyet. Feldobják, és az nyer, akinek a nagyobb érték jön ki.

Melyik kockát válassza Adorján és melyiket Barbara, ha mindketten a lehető legnagyobb eséllyel szeret-nének nyerni? Látjuk, hogy döntetlen eredmény soha nem születhet.

1. eset: Vizsgáljuk meg először azt az esetet, amikor Adorján az A kockát választja, azaz biztosan 3-ast

dob! Ha Barbara ezután a B kocka mellett dönt, akkor 4-es dobás esetén nyerni fog, ennek esélye23

. Tehát

P(az A kocka nyer a B kockával szemben) =13

. Ha Barbara a C kockát választja az A-val szemben, akkor viszont



C M Y K

68

Adorján nyer23

eséllyel. P(A kocka nyer a C kockával szemben) =23

. Ha tehát Adorján az A kockát választja,

akkor Barbara a B-t, és így Barbara fog nyerni23

eséllyel. (Ez Adorjánnak nagyon kedvezőtlen.)

2. eset: Adorján a B kockát választja. Barbara választhatja az A kockát, de ekkor Adorján nyer23

eséllyel (ez az

1. eset vizsgálatakor kiderült).

Ha Barbara a C kockát választja, akkor 5-ös esetén nyer, bármit dob is Adorján (2 · 6 = 12 elemi esemény), és 2-esesetén is nyer, ha Adorján 1-est dob (4 · 2 = 8 elemi esemény). Tehát P(a C kocka nyer a B kockával szemben) =

=12 + 8

36=

2036

=59

. Barbarának a C kockát érdemes választani a B kockával szemben, és12

-nél nagyobb eséllyel

nyerni fog.

3. eset: Adorján a C kockát választja. Megvizsgáltuk már (szerepcserével) azt az esetet, amikor Barbara az A kockát

választja: ekkor23

eséllyel nyer. (Ha Barbara a B kockát választaná, akkor Adorján nyerne59

eséllyel.)

Összefoglalva: Adorján (a kezdő) mindenképpen kisebb eséllyel nyer, mint Barbara (ha Barbara jól dönt). Nincs„legerősebb” a kockák közül. Az A-nál „erősebb” a B , a B-nél „erősebb” a C , a C -nél „erősebb” az A kocka. Ha

Adorján arra törekszik, hogy minél kisebb eséllyel veszítsen, akkor a B kockát kell választania, ekkor59

eséllyel

veszít, minden más esetben (azaz az A és a C kocka választása esetén) a vesztés esélye ennél nagyobb:23

.

7. Magyar kártyából két lapot húzunk visszatevéssel.

Mennyi annak a valószínűsége, hogy

a) mindkét lap zöld lesz; Ha mindkét lap zöld, akkor az első és második lap is nyolcféle lehet, ezért p =

=8 · 8

32 · 32=

116

= 0�0625.

b) egy zöld és egy piros lapunk lesz? Lehet PZ és ZP sorrend is. Mindkét esetben 8 · 8 = 64 kedvező eset

van. A keresett valószínűség: p =8 · 8 + 8 · 8

32 · 32=

1281024

=18

= 0�125.

8. Magyar kártyából két lapot húzunk visszatevés nélkül.

Mennyi annak a valószínűsége, hogy

a) mindkét lap zöld lesz; Kedvező esetben az első lap 8-féle, a második 7-féle lehet. Az összes elemi esemény

száma: 32 · 31. A keresett valószínűség: p =8 · 7

32 · 31=

56992

≈ 0�056.

b) egy zöld és egy piros lapunk lesz? Lehet PZ és ZP sorrend is. Mindkét esetben 8 · 8 = 64 kedvező eset

van. A keresett valószínűség: p =8 · 8 + 8 · 8

32 · 31=

128992

≈ 0�129.

c) Hasonlítsd össze a kapott valószínűségeket a 7. feladat eredményeivel! A valószínűségek mindkét eset-ben kissé különböznek egymástól. (Egyszer visszatevéses, máskor visszatevés nélküli húzás esetén jött ki anagyobb valószínűség.)

9. Magyar kártyából visszatevéssel kiválasztunk három lapot.

Mennyi az esélye, hogy

a) lesz piros; Az eseménytér elemszáma az a), b), c) és d) esetben is: |Ω| = 323 = 32 768. A komplementeresemény az, hogy nem lesz piros lap (azaz mindegyik lap „nem piros” lesz), ehhez 24 · 24 · 24 = 13 824 elemiesemény tartozik. A kedvező esetek száma: 323 − 243 = 32 768 − 13 824 = 18 944. A keresett valószínűség:

p =18 94432 768

=323 − 243

323= 1 −

(34

)3

≈ 0�578.

b) nem lesz piros; Nem lesz piros (azaz minden lap „nem piros” lesz) 24 · 24 · 24 = 13 824 esetben. A keresett

valószínűség: p =13 82432 768

=243

323=

(34

)3

≈ 0�422.



C M Y K

69

c) csak piros lesz; A kedvező esetek száma 8 · 8 · 8 = 512. p =512

32768=

83

323=

(14

)3

=1

64≈ 0�016�

d) pontosan egy piros lesz? Az 1., a 2. és a 3. húzás is lehet piros. Mindhárom esetben 8·24·24 = 4608 kedvező

elemi esemény van, összesen tehát 13 824. A keresett valószínűség: p =13 82432 768

=3 · 8 · 24 · 24

323≈ 0�422.

10. Magyar kártyából visszatevés nélkül kiválasztunk három lapot.


a) lesz piros; Úgy oldjuk meg a feladatot, hogy egymás után húzunk három lapot. Így az eseménytér elemszámaaz a), b), c) és d) esetben is: |Ω| = 32 · 31 · 30 = 29 760.Nem lesz piros lapunk (azaz mindegyik lap „nem piros” lesz) 24 · 23 · 22 = 12 144 esetben. A kedvező esetek

száma: 29 760 − 12 144 = 17 616. A keresett valószínűség: p =17 61629 760

≈ 0�592.

b) nem lesz piros; Nem lesz piros lapunk (azaz mindegyik lap „nem piros” lesz) 24 · 23 · 22 = 12 144 elemi

esemény esetén. p =12 14429 760

≈ 0�408.

c) csak piros lesz; 8 · 7 · 6 = 336 a kedvező esetek száma. p =336

29760≈ 0�011.

d) pontosan egy piros lesz? Az 1., a 2. és a 3. húzás is lehet piros. Mindhárom esetben 8 · 24 · 23 = 4416

kedvező elemi esemény van, összesen tehát 13 248. A keresett valószínűség: p =13 24829 760

≈ 0�445.

3. óra: Az A · B, A − B, A + B események valószínűségének kiszámítása


Ebben a fejezetben annak a tudatosítása a legfontosabb, hogy P(A·B) általában nem egyenlő P(A)·P(B)-vel(ennek megértését szolgálja az 1. példa is). Ez nem is olyan könnyű feladat, a tapasztalatok szerint a tanulókújra és újra visszatérnek ehhez a hibás elképzeléshez. (Ez a hibás megközelítés a függetlenség tárgyalásaután még inkább érthető lesz.)

A fejezetben hangsúlyos szerepet kap Kolmogorov III. axiómája: ha A és B egymást kizáró események,akkor P(A + B) = P(A) + P(B). Erősen hangsúlyoznunk kell a feltételt, nehogy anélkül (hibásan) rögzüljönaz összefüggés. Érdemes a 2. példát a tanulókkal együtt feldolgoznunk. A feladatok megoldását elősegíthetia halmazelméletben tanult azonosságok alkalmazása.

Feladatok

1. Legyen A esemény, hogy holnap süt a nap, B pedig, hogy holnapután süt! Feltesszük továbbá, hogyP(A) = 0�75; P(B) = 0�6 és P(A · B) = 0�45.

Fejezd ki A-val és B-vel az alábbi eseményeket, és add meg a valószínűségüket!

a) Legalább az egyik napon lesz napsütés. Az A+B eseményről van szó. P(A+B) = P(A)+P(B)−P(A · B) == 0�75 + 0�6 − 0�45 = 0�9

b) Holnap lesz napsütés, holnapután nem. Az A − B eseményről van szó. P(A − B) = P(A) − P(A · B) == 0�75 − 0�45 = 0�3

c) Egyik nap süt a nap, másik nap nem. Az (A − B) + (B − A) = (A + B) − (A · B) eseményről van szó.Mivel (A−B) és (B −A) egymást kizáró események, ezért: P((A−B) + (B −A)) = P(A−B) + P(B −A) == P(A) − P(A · B) + P(B) − P(A · B) = 0�75 − 0�45 + 0�6 − 0�45 = 0�45.



C M Y K

70

d) Egyik nap sem lesz napsütés. Az A · B eseményről van szó. Az egyik De Morgan-azonosság szerint:A · B = A + B . Felhasználva az a) feladat eredményét: P(A · B) = P(A + B) = 1 − P(A + B) = 1 − 0�9 = 0�1.

2. Kiválasztunk egy tanulót véletlenszerűen a 11. évfolyamról. Legyen A: a kiválasztott tanuló az A osz-tályba jár, B : a kiválasztott tanuló rendszeresen sportol! Tegyük fel, hogy P(A) = 0�34; P(B) = 0�16 ésP(A · B) = 0�1.

Fejezd ki A-val és B-vel az eseményeket, és számold ki a valószínűségüket!

C : A kiválasztott tanuló nem A osztályos, de rendszeresen sportol. Az esemény: A · B = B − A. Ennekvalószínűsége: P(B −A) = P(B) − P(A · B) = 0�16 − 0�1 = 0�06.

D : A kiválasztott tanuló nem A osztályos, és nem sportol rendszeresen. Az esemény: A ·B = A + B . Ennekvalószínűsége: P

(A + B

)= 1 − P(A + B) = 1 − (P(A) + P(B) − P(A · B)) = 1 − (0�34 + 0�16 − 0�1) = 0�6.

3. Kétszer dobunk egy szabályos dobókockával.

A: A dobott számok között lesz 1-es.

B : A dobott számok között lesz 6-os.

Fejezd ki az alábbi eseményeket A és B segítségével, és add meg a valószínűségüket!

C : A dobott számok között lesz 1-es és 6-os. Az esemény: C = A · B . Ennek valószínűsége: P(A · B) =2

36,

mert a 36 elemi esemény közül csak az (1; 6) és a (6; 1) a megfelelő.

D : A dobott számok között lesz 1-es vagy 6-os. Az esemény: D = A + B . Az esemény valószínűsége:

P(A + B) = P(A) + P(B) − P(A · B) =1136

+1136

− 236

=2036

, mert P(A) = P(B) =1136

, hiszen az A és B

esemény is 36 − 25 = 11-féleképpen következhet be a 36 lehetséges dobásból.

E : A dobott számok között nem lesz 1-es, de lesz 6-os. Az esemény: E = A · B = B − A. Ennek valószí-

nűsége: P(B −A) = P(B) − P(A · B) =1136

− 236

=9

36=

14

.

F : A dobott számok között nem lesz sem 1-es, sem 6-os. Az esemény: F = A · B = A + B . A valószínűsége:

P(A + B

)= 1 − P(A + B) = 1 − 20

36=

1636

. Gondolkodhatunk úgy is, hogy mindkét dobott szám 2, 3, 4 vagy

5 lehet, a kedvező esetek száma tehát 4 · 4 = 16, így a keresett valószínűség:1636

.

4. Magyar kártyából két lapot húzunk visszatevéssel. Legyen A: az első kihúzott lap zöld és B : a másodikkihúzott lap zöld! Add meg az A és a B események valószínűségét!

Fejezd ki az eseményeket A-val és B-vel, és add meg a valószínűségüket!

C : A húzott lapok mindegyike zöld. Az esemény: C = A · B . Ennek valószínűsége: P(C ) = P(A · B) =

=8 · 8

32 · 32=

116

.

D : Van zöld a húzások között. Az esemény: D = A + B . Ennek valószínűsége: P(D) = P(A + B) = P(A) +

+ P(B) − P(A · B) =8

32+

832

− 116

=1436

=7

18.

E : Az első húzás zöld, de a második nem. Az esemény: E = A · B = A − B . Ennek valószínűsége: P(E ) =

= P(A − B) = P(A) − P(A · B) =8

32− 2

32=

632

=3

16. Gondolkodhatunk úgy is, hogy az első lap 8-féle, a

második 24-féle lehet, így P(E ) =8 · 2432 · 32

=3

16.

F : Az egyik húzás zöld, a másik nem zöld. Az esemény: F = (A − B) + (B − A) = (A + B) − (A · B).

Az esemény valószínűsége: P(F ) = P((A−B)+(B−A)) = P(A−B)+P(B−A) =3

16+

316

=6

16. Kihasználtuk,

hogy A− B és B −A egymást kizáró események.



C M Y K

71

4. óra: Feltételes valószínűség, függetlenség (kiegészítő anyag)


A feltételes valószínűség érdekes terület annak körüljárására, hogy egy információ befutása után újra kellgondolnunk a dolgokat, és lehet – de nem biztos–, hogy megváltoztatjuk korábbi elképzelésünket egy ese-mény valószínűségéről. Kiderül az is, hogy az információk nem egyformán fontosak számunkra.

Ha nem kívánunk mélyen elmerülni a témában, a|A · B |

|B | törttel akár a pontos definíció megadása nélkül is

számolhatunk feltételes valószínűséget. (Ilyenkor mondhatjuk azt, hogy azért van |B | a nevezőben, mert „Beseményre korlátozódik a világ”, hiszen B biztosan bekövetkezik. Az A esemény bekövetkezése pedig csakA · B bekövetkezésekor lehetséges, ezért van |A · B | a számlálóban.)

Mindenképpen javasoljuk, hogy kerüljön szóba a függetlenség, ha másképp nem, néhány szemléletes példán,kérdésen keresztül. Az 1–3. példa áttekintését minden csoportnak ajánljuk.

A fejezet legszokatlanabb feladata az 5. példa, érdemes felhívnunk rá a játékok (főképp a stratégiai játékok)iránt érdeklődő tanulók figyelmét.

Feladatok

1. Egy szabályos dobókockával kétszer dobunk. Mennyi az esélye, hogy dobunk ötöst, ha feltesszük, hogya dobott számok különbözőek? Legyen B : a dobott számok különbözőek; A: a dobott számok között van ötös!

P(A | B) =P(A · B)P(B)

Külön kiszámolva a két valószínűséget: P(A · B) = P(a dobott számok különbözőek és van köztük ötös) =2 · 536

=

=1036

, hiszen az 5-ös lehet az 1. és a 2. dobás is, és a másik szám 5-féle lehet.

P(B) = P(a dobott számok különbözőek) =6 · 536

=3036

, így P(A | B) =P(A · B)P(B)

=10363036

=13

.

2. Két kockával dobunk. Mennyi az esélye, hogy

a) valamelyik dobás páratlan, ha feltesszük, hogy a dobások összege páros; P(valamelyik dobás páratlan |

a dobások összege páros) =P(valamelyik dobás páratlan és a dobások összege páros)

P(a dobások összege páros)=

3 · 36 · 66 · 36 · 6

=12

, mert az,

hogy „valamelyik dobás páratlan és a dobások összege páros”, csak úgy lehetséges, ha mindkét dobás páratlan,azaz 3 · 3 kedvező eset van, „a dobások összege páros” pedig akkor fordul elő, ha a két dobás megegyezőparitású, azaz a 6 szám mindegyikéhez 3 szám társulhat.

b) valamelyik dobás páros, ha feltesszük, hogy a dobások összege páratlan; Mivel két egész szám összegecsak úgy lehet páratlan, ha az egyik szám páros, a másik páratlan, a keresett valószínűség 1.

c) a dobások összege páratlan, ha feltesszük, hogy van köztük páros?

P(valamelyik dobás páros és a dobások összege páratlan)P(a dobások között van páros)

=

6 · 36 · 6

1 − 3 · 36 · 6

=23

, mert a „valamelyik dobás páros,

és a dobások összege páratlan” azt jelenti, hogy az egyik dobás páros, a másik pedig páratlan.

3. Két kockával dobunk.A: A dobások között van 5-ös. B : A dobások között van 6-os. C : A dobások szorzata páros.



C M Y K

72

a) Számítsd ki a P(A | B), P(A | B), P(B | A) és P(C | B) valószínűségeket! P(A | B) =P(A · B)P(B)

=

=

2361136

=211

, mert A · B csak az (5; 6) és a (6; 5) esetén következik be, és P(B) = 1 − 2536

=1136

. P(A | B

)=

=P

(A · B

)P

(B

) =P(A− B)

P(B

) =P(A) − P(A · B)

P(B

) =

1136

− 236

2536

=

9362536

=925

. P(B | A) =P(A · B)P(A)

=

2361136

=2

11.

P(C | B) = 1, mert ha van a dobások között 6-os, akkor a szorzat biztosan páros lesz.

b) Független-e az A és a B , valamint a B és a C egymástól? Mivel2

11= P(B | A) �= P(B) =

1136

, az A és

a B nem függetlenek egymástól. Mivel 1 = P(C | B) �= P(C ) =2736

, a B és a C nem függetlenek egymástól.

4. Egy dobókockával háromszor dobunk.

Feltéve, hogy a dobott számok között nincs egyforma, mennyi az esélye, hogy nincs közöttük ötös?Feltéve, hogy a dobott számok között nincs egyforma, mekkora az esélye, hogy nincs közöttük ötös? Legyen A:

a dobott számok között nincs egyforma; B : a dobott számok között nincs ötös! Mivel P(A · B) =5 · 4 · 36 · 6 · 6

, ezért

P(B | A) =P(A · B)P(A)

=

5 · 4 · 36 · 6 · 66 · 5 · 46 · 6 · 6

=12

.

5. Háromszor dobunk egy szabályos dobókockával.

a) Mennyi az esélye, hogy van ötös a dobások közt, ha feltesszük, hogy a dobások összege legalább 16?Legyen A: a dobások összege legalább 16; B : van ötös a dobások közt! Kiszámoljuk az A esemény valószí-nűségét. A szóba jövő összegek: 16, 17 és 18.18 csak a (6; 6; 6) elemi esemény esetén lesz az összeg.17 lesz az összeg a (6; 6; 5), (6; 5; 6) és (5; 6; 6) számhármasok esetén.16 lesz az összeg a (6; 6; 4), (6; 4; 6), (4; 6; 6),valamint a (6; 5; 5), (5; 6; 5), (5; 5; 6) rendezett hármasok esetén.Összesen tehát 10 elemi esemény megfelelő számunkra, az összes 6 · 6 · 6 = 216-ból, így a valószínűség:

P(A) =10

216.

A felsorolt elemi események közül a B eseményhez is tartozik a (6; 6; 5), (6; 5; 6), (5; 6; 6), (6; 5; 5), (5; 6; 5),

(5; 5; 6), azaz 6 darab, így P(A · B) =6

216=

136

.

A feltételes valószínűség: P(B | A) =P(A · B)P(A)

=

621610

216

=35

.

b) Független-e a két esemény? A B esemény valószínűsége: P(B) =91216

, mert a kedvező esetek száma 216 −

− 125 = 91. Mivel P(A) · P(B) =10

216· 91

216�= 6

216= P(A · B), ezért A és B nem függetlenek egymástól.

6. Tegyük fel, hogy egy gyerek születésekor ugyanakkora a valószínűsége annak, hogy fiú születik, mintannak, hogy lány. Tudjuk, hogy egy ötgyermekes családban van lány.

Mennyi annak az esélye, hogy van a testvérei között fiú? Az eseménytérben 25 = 32 elemi esemény van.Közülük 31 olyan, ahol van lány, hiszen csak az (F; F; F; F; F) nem megfelelő, és 30 olyan van, ahol van lány



C M Y K

73

és fiú is, mert csak az (F; F; F; F; F) és az (L; L; L; L; L) nem tartozik az eseményhez. A keresett valószínűség:

P(van fiú a családban | van lány a családban) =P(van fiú és lány is)

P(van lány)=

30323132

=3031

.

7. Jelölje A azt az eseményt, hogy holnap esik az eső, B azt, hogy holnapután esik. Tegyük fel, hogyP(A) = 0�7, P(B) = 0�6 és P(A · B) = 0�45!

Mennyi az esély arra, hogy

a) holnapután esik, ha feltesszük, hogy holnap esik; P(B | A) =P(A · B)P(A)

=0�450�7

≈ 0�6429

b) holnapután esik, ha feltesszük, hogy holnap nem esik; P(B | A) =P

(A · B

)P

(A

) =P(B −A)

P(A

) =

=P(B) − P(A · B)

1 − P(A)=

0�6 − 0�451 − 0�7

=0�150�3

= 0�5

c) holnap esik, ha feltesszük, hogy holnapután nem esik? P(A | B

)=P

(B ·A

)P

(B

) =P(A− B)

P(B

) =

=P(A) − P(A · B)

1 − P(B)=

0�7 − 0�451 − 0�6

=0�250�4

= 0�625

8. Legyen P(B) =12

, P(A | B) =14

, P(B | A) =13

!

a) Független-e A és B egymástól? P(A | B) =P(A · B)P(B)

, ahonnan P(A · B) = P(A | B) · P(B), ezért P(A ·

· B) =14

· 12

=18

.

P(B | A) =P(A · B)P(A)

, ahonnan P(A) =P(A · B)P(B | A)

=

1813

=38

.

Mivel14

= P(A | B) �= P(A) =38

, ezért A és B nem függetlenek.

b) Számítsuk ki P(A + B) értékét! P(A + B) = P(A) + P(B) − P(A · B) =38

+12

− 18

=68

=34

.

5. óra: Modellalkotás, valószínűségi változók (kiegészítő anyag)


A valószínűségi változó a valószínűség-számítás egyik legfontosabb fogalma. Játékokon és nyereményekenkeresztül közelítünk hozzá. A felesleges szavaktól és mondatoktól megszabadulva, áttekinthető formábanfoglalható össze sok játék. A valószínűségi változó legvalószínűbb értékével, a módusszal is foglalkozunkegy-egy példában. A módusz fogalmát a statisztikából már jól ismerik a tanulók. Itt hasonló, de mégis más-képp definiált fogalommal találkozunk, hiszen nem statisztikai sokaságról, hanem valószínűségi változókrólvan szó.

A könyvben nem esik szó a várható értékről (a fakultációs tankönyvben szerepel majd), de ha egy osztálynagyon érdeklődő, akár ez is definiálható. Így felvethető az a kérdés, hogy érdemes-e játszani egy játékot.(Természetesen, csupán a várható érték erre nem minden esetben ad választ, de segít a döntésben.)



C M Y K

74

Feladatok

1. Magyar kártyából húzunk egy lapot. Ha király, 100 Nincset nyerünk. Ha zöld, akkor 200-at. Ha zöld is,és király is, akkor mindkét nyeremény a miénk. A többi esetben nem nyerünk semmit.

a) Jelölje Y a nyereményt! Add meg az Y valószínűségi változó lehetséges értékeit! Add megY valószínűségi változó eloszlását! Y lehetséges értékei: 0, 100, 200 és 300. Y eloszlása: Y =

=

( 0 100 200 3002132

332

732

132

). Felhasználtuk, hogy P(Z · K ) = P(zöld királyt húzunk) =

132

, és P(Z ) =7

32,

hiszen a zöld királyt nem húzhatjuk. Hasonló megfontolásból P(K ) =3

32. A nem nyerő esetek száma: 32 −

− (1 + 7 + 3) = 21, így az ehhez tartozó valószínűség:2132

.

b) Jelölje X a nyereményt, ha a játékba való beszállásért 50 Nincset kell fizetni! Add meg X lehetségesértékeit és eloszlását! 50 Ninccsel csökkennek az a) feladatban megadott értékek. Így a lehetséges értékek:

−50, 50, 150, 250; Y eloszlása pedig: Y =

(−50 50 150 2502132

332

732

132

).

2. Két kockával dobunk. Annyi eurót nyerünk, mint a dobott 6-osok száma. Jelölje a nyereményt Y !

Add meg Y eloszlását! 0-szor, 1-szer vagy 2-szer dobhatunk 6-ost, ezért ezek a lehetséges nyeremények (euró-

ban). Az egyes valószínűségek: P(Y = 0) =5 · 536

=2536

; P(Y = 1) =2 · 1 · 5

36=

1036

(mert egy 6-os van, ez két

helyen lehet, a nem hatos pedig 5-féle lehet); P(Y = 2) =1 · 136

=1

36.

Rövidebben így írhatjuk le Y eloszlását: Y =

( 0 1 22536

1036

136

).

3. Ági és Zsolt kosárra dobnak. Zsolt 0�35, Ági pedig 0�4 valószínűséggel dobja be a labdát minden egyesdobás esetén, függetlenül a többi dobástól. Ha valaki betalál, megnyerte a játékot. Megállapodnak, hogyfelváltva dobnak, összesen legfeljebb négy dobás lesz, és Ági kezd. Jelölje Y a dobások számát!

a) Add meg Y eloszlását! Legalább egy dobás lesz, legfeljebb 4. A függetlenség miatt a valószínűségek össze-szorzódnak. P(Y = 1) = 0�4; P(Y = 2) = 0�6 · 0�35 = 0�21 (mert Ági nem talál be, Zsolt viszont igen).P(Y = 3) = 0�6 ·0�65 ·0�4 = 0�156 (mert először sem Ági, sem Zsolt nem talál be, majd Ági igen). P(Y = 4) == 0�6 · 0�65 · 0�6 · 1 = 0�234 (mert Ági kétszer nem talál be, Zsolt egyszer, és teljesen mindegy, hogy milyen

lesz Zsolt második dobása. Vagy rövidebben: Y =(

1 2 3 40�4 0�21 0�156 0�234

).

b) Mennyi az esélye, hogy Ági nyer? Ági nyer, ha 1 vagy 3 dobás lesz. Ennek esélye 0�4 + 0�156 = 0�556.

4. Két szabályos dobókockával dobunk. Legyen Y a két dobás egymástól való eltérése (vagyis a nagyobbólkivonjuk a kisebbet)!

a) Add meg Y eloszlását! Y lehetséges értékei: 0, 1, 2, 3, 4 és 5. Az egyes valószínűségek: P(Y = 0) =6

36

(ekkor a két dobott szám megegyezik); P(Y = 1) =1036

(mert az (1; 2), (2; 3), (3; 4), (4; 5) és (5; 6) rendezett

párok és a számjegyeik felcserélésével kapott rendezett párok a megfelelőek); P(Y = 2) =836

(mert az (1; 3),

(2; 4), (3; 5) és (4; 6) rendezett párok és a számjegyeik felcserélésével kapott rendezett párok a megfelelőek);

illetve hasonló gondolatmenettel: P(Y = 3) =6

36, P(Y = 4) =

436

, P(Y = 5) =2

36.

b) Mi az Y legvalószínűbb értéke? Y legvalószínűbb értéke 1.



C M Y K

75

6–7. óra: Visszatevéses mintavétel, binomiális eloszlás


A fejezet 1. és 2. példája a visszatevéssel történő húzással foglalkozik. Érdemes hangsúlyoznunk, hogy tulaj-donképpen ugyanerről van szó a 3. példa esetén is, hiszen a dobókocka hatos lapja/száma kijöhet akármelyikdobásra. Innen már csak egy lépés, hogy a túrázókkal kapcsolatos 5. példát is megértsék a gyerekek. (Haez nehézséget okoz, mondhatjuk azt, hogy öt cédula van egy kalapban, mindenki kivesz egyet, és 1, 2, 3, 4esetén elmegy a túrára, ha 5-öst húz, akkor nem. A húzás visszatevéssel történik.)

Amennyiben a binomiális eloszlás kevés (például 3, 4 vagy 5) értéket vehet csak fel, akkor érdemes azösszes valószínűséget kiszámolni. Ha viszont sokkal több értéke lehet, akkor időtakarékosabb a P(Y = k ) =

=

(n

k

)·pk · (1 −p)n−k (k = 0; 1; 2; � � � ; n) képlet segítségével csupán azokat a valószínűségeket kiszámolni,

amelyekre a feladat rákérdez.

Megemlíthetjük, hogy a módusz nagyon könnyen kiszámolható binomiális eloszlás esetén. Ha (n + 1) · pegész, akkor két módusz van: (n + 1) · p és (n + 1) · p− 1. Ha (n + 1) · p nem egész, akkor a módusz ennek az

egész része:[(n + 1) · p

]. Például, ha a binomiális eloszlás két paramétere: n = 3 és p =

14

, akkor (n + 1) · p =

= 4 · 14

= 1, ami egész, így 0 és 1 lesz a módusz. Ha viszont n = 5 és p =14

, akkor (n + 1) · p = 6 · 14

= 1�5.

Ez nem egész, így [1� 5] = 1 lesz a módusz.

Feladatok

1. Magyar kártyából háromszor húzunk visszatevéssel. Annyi eurót nyerünk, ahány zöldet húztunk.

a) Milyen nyeremények jöhetnek ki, és mekkora eséllyel? A zöld húzásának valószínűsége mindegyik hú-

zásnál: p =8

32=

14

. Jelölje Y a nyereményt (euróban), azaz a kihúzott zöldek számát! Y lehetséges értékei:

0, 1, 2 és 3. P(Y = 0) =

(30

)·(

14

)0

·(

34

)3

=

(34

)3

≈ 0�4219. P(Y = 1) =

(31

)·(

14

)1

·(

34

)2

≈ 0�4219.

P(Y = 2) =(

32

)·(

14

)2

·(

34

)1

≈ 0�1406. P(Y = 3) =(

33

)·(

14

)3

·(

34

)0

≈ 0�0156.

b) Mekkora összeget nyerünk a legnagyobb eséllyel? Y -nak két módusza van, a 0 és az 1, azaz 0 vagy 1eurót nyerünk a legnagyobb eséllyel.

2. Egy szabályos érme egyik oldalán 1-es, másik oldalán 0 van. Háromszor feldobjuk ezt az érmét. LegyenY a dobott számok összege!

a) Add meg Y eloszlását! Valójában az a kérdés, hogy hányszor jött ki az 1-es, azaz az Y binomiális eloszlású

valószínűségi változó. Y lehetséges értékei: 0, 1, 2 és 3. P(Y = 0) = P(Y = 3) =(

12

)3

=18

; P(Y = 1) =

= P(Y = 2) =

(31

)·(

12

)3

=38

.

b) Mennyi Y módusza? Y -nak két módusza van, az 1 és a 2.

3. 5 golyót dobunk bele 10 dobozba úgy, hogy minden golyó minden dobozba egyenlő eséllyel kerül.A dobások függetlenek.

Melyik eseménynek nagyobb az esélye?



C M Y K

76

A: Az első dobozba legfeljebb egy golyó kerül. Jelölje Y az első dobozba kerülő golyók számát! Y eloszlása

binomiális lesz, n = 5 és p =1

10paraméterrel. P(A) = P(Y ≤ 1) = P(Y = 0 vagy 1) = P(Y = 0)+P(Y = 1) =

=

(50

)·(

110

)0

·(

910

)5

+

(51

)·(

110

)1

·(

910

)4

≈ 0�5905 + 0�3280 = 0�9185.

B : Az első dobozba legalább egy golyó kerül. P(B) = P(Y ≥ 1) = 1 − P(Y = 0) = 1 −(

50

)·(

110

)0

·

·(

910

)5

≈ 1 − 0�5905 = 0�4095. Tehát az A esemény valószínűsége nagyobb.

4. Egy táblán különböző pontok villannak fel öt másodpercenként. A játékosnak gyorsan (fél másodpercenbelül) kell a felvillanó pontot megérinteni – ezzel a reakcióidejét mérik.

Anna minden felvillanás esetén 0�78 valószínűséggel megérinti a felvillanó pontot fél másodpercen belül,a korábbi eredményektől függetlenül.

a) Mennyi a valószínűsége, hogy tíz felvillanás során Anna minden eredménye jó lesz? Jelölje Y Anna

jó találatainak számát! Y eloszlása binomiális lesz, n = 10 és p = 0�78 paraméterrel. P(Y = 10) = 0�7810 ≈≈ 0�0834

b) Mennyi annak a valószínűsége, hogy tíz felvillanás során Anna legalább 80%-os eredményt ér el?

Annának legalább 8 találatot kell elérnie. P(Y ≥ 8) = P(Y = 8) + P(Y = 9) + P(Y = 10) =

(108

)· 0�788 ·

· 0�222 +

(109

)· 0�789 · 0�221 +

(1010

)· 0�7810 · 0�220 ≈ 0�2984 + 0�2351 + 0�0834 = 0�6169

5. Tegyük fel, hogy a hét minden napjára (hétfő, kedd, � � � , vasárnap) egyforma eséllyel esnek a születés-napok egymástól függetlenül.


a) 15 ember közül pontosan négynek esik vasárnapra a születésnapja; Legyen Y a 15 ember közül azoknak

a száma, akiknek vasárnap van a születésnapjuk. Y eloszlása binomiális lesz, n = 15 és p =17

paraméterrel.

P(Y = 4) =(

154

)·(

17

)4

·(

67

)11

≈ 0�1043

b) 15 ember közül egynek se esik vasárnapra a születésnapja? P(Y = 0) =

(150

)·(

17

)0

·(

67

)15

=

=

(67

)15

≈ 0�0990

6. Péter azt a feladatot kapja, hogy állapítsa meg és jegyezze fel, milyen típusú autók haladnak el egy úton.Minden autó esetén 0,9 valószínűséggel ismeri fel helyesen a márkát a korábbi tippeléseitől függetlenül.

a) Mennyi az esélye, hogy 8 autó mindegyikénél jól tippel? Legyen Y azoknak az autóknak a száma a 8közül, amelyeknek Péter jól állapítja meg a típusát! Y eloszlása binomiális lesz, n = 8 és p = 0�9 paraméterrel.

P(Y = 8) =(

88

)· 0�98 · 0�10 = 0�98 ≈ 0�4305

b) Mennyi az esélye, hogy 8 tippelés esetén 75%-nál jobb eredményt ér el? A feltétel azt jelenti, hogy Péter

6-nál több autó márkáját találja el. P(Y �6) = P(Y = 7) + P(Y = 8) =

(87

)· 0�97 · 0�11 +

(88

)· 0�98 · 0�10 ≈

≈ 0�3826 + 0�4305 = 0�8130

7. a) Tízszer feldobunk egy szabályos pénzérmét. Mennyi az esélye, hogy pontosan 7 fej lesz? Y jelöljea fejek számát mindhárom esetben! Y eloszlása binomiális lesz, ahol az egyik paraméter: p = 0�5, a másik

(a kísérletek száma) feladatonként változik. P(Y1 = 7) =(

107

)·(

12

)7

·(

12

)3

=(

107

)·(

12

)10

≈ 0�1172



C M Y K

77

b) Százszor feldobunk egy szabályos pénzérmét. Mennyi az esélye, hogy pontosan 70 fej lesz?

P(Y2 = 70) =

(10070

)·(

12

)70

·(

12

)30

=

(10070

)·(

12

)100

≈ 2�317 · 10−5

c) Ezerszer feldobunk egy szabályos pénzérmét. Mennyi az esélye, hogy pontosan 700 fej lesz? Milyenprobléma lép fel abban az esetben a számolás során, ha tizedes tört alakban is meg akarjuk adni az

eredményt? P(Y3 = 700) =

(1000700

)·(

12

)700

·(

12

)300

=

(1000700

)·(

12

)1000

Számológéppel nem tudjuk ezt az értéket kiszámolni, mert egyrészt

(1000700

)olyan óriási szám, hogy a gépünk

hibát jelez, másrészt(

12

)1000

annyira kicsi, hogy a gép nullának tekinti.

8. Hányszor dobjunk egy szabályos dobókockával, ha azt szeretnénk, hogy annak az esélye, hogy lesz adobások között 6-os, nagyobb legyen, mint

Ha n dobás lesz, akkor P(lesz a dobások között 6-os) = 1 − P(nem lesz a dobások között 6-os) = 1 −(

56

)n

.

a) 0�5; 1 −(

56

)n

�0�5, ekkor(

56

)n

�0�5. n · lg(

56

)�lg 0�5, ebből n · (−0�0792)�−0�3010, innen n�3�8,

tehát 4 vagy annál több kísérletet kell végeznünk ahhoz, hogy a feltétel teljesüljön.

b) 0�75? 1 −(

56

)n

�0�75, ekkor

(56

)n

�0�25. n · lg

(56

)�lg 0�25, ebből n · (−0�0792) �−0�6020. Osztás

után azt kapjuk, hogy n�7�6, tehát 8 vagy annál több kísérletet kell végeznünk.

9. Projektfeladat – 2-3 fős csoportokban gyűjtsetek adatokat a Galton-deszkáról! Készítsetek plakátot,melyben szerepeljenek az alábbi szempontok is!

1. Hogyan néz ki a Galton-deszka? A tanulók bőségesen találnak képet az interneten. Ezek néhol eltérő kivite-lűek, de a lényegük megegyezik. A golyó minden elágazásnál 0�5 valószínűséggel megy jobbra és balra is.

2. Ki találta fel és mikor? Francis Galton, 1889-ben.

3. Mi a köze a binomiális eloszláshoz? Ha az alsó sor rekeszeiben lévő golyók számát elosztjuk az összes golyó

számával (amit jelöljön n), jó közelítéssel az n és p =12

paraméterű binomiális eloszláshoz tartozó valószínűségeket

kapjuk.

8. óra: Visszatevés nélküli mintavétel, hipergeometrikus eloszlás(kiegészítő anyag)


Az ismétlés 6. példájában már láttuk, hogy a visszatevés nélküli mintavétellel kapcsolatos feladatok kétféle-képpen oldhatók meg. Ebben a fejezetben azt az utat követjük, amikor nincs első, második, harmadik húzás,hanem egyszerre választjuk ki az elemeket. (Valójában részhalmazokat tekintünk, és azoknak a számát szá-moljuk össze.) Ennek egy oka van: így a valószínűség sokkal egyszerűbben számolható, mint a másik útesetén.

Feladatok

1. Magyar kártyából visszatevés nélkül választunk 3 lapot. Legyen Y a húzott királyok száma!



C M Y K

78

a) Add meg Y eloszlását! A királyok száma 0, 1, 2 vagy 3 lehet. Az egyes lehetőségek valószínűsége:

P(Y = 0) =

(283

)(32

3

) ≈ 0�6605, P(Y = 1) =

(282

)·(4

1

)(32

3

) ≈ 0�3048, P(Y = 2) =

(281

)·(42

)(32

2

) ≈ 0�0339, P(Y = 3) =

=

(43

)(32

3

) ≈ 0�0008.

b) Mennyi Y módusza? Y módusza 0.

2. Kitöltünk egy ötös lottót (90 számból 5-öt kell megjelölni). Ahány számot eltaláltunk, annyi millió fo-rintot nyerünk. Jelölje Y a nyereményünk összegét!

a) Add meg Y eloszlását! A nyereményünk 0, 1, 2, 3, 4 vagy 5 millió Ft lehet.

P(Y = 0) =

(855

)(90

5

) ≈ 0�7463, P(Y = 1 millió) =

(854

)·(5

1

)(90

5

) ≈ 0�2304, P(Y = 2 millió) =

(853

)·(52

)(90

5

) ≈ 0�0225,

P(Y = 3 millió) =

(852

)·(53

)(90

5

) ≈ 0�0008, P(Y = 4 millió) =

(851

)·(54

)(90

5

) ≈ 9�6 · 10−6 ≈ 0, P(Y = 5 millió) =

=

(55

)(90

5

) ≈ 2�3 · 10−8 ≈ 0.

b) Add meg Y móduszát! Y módusza 0.

3. Egy vizsgázó 12 tétel közül 10-et tud, kettőt nem. Mennyi az esélye, hogy átmegy a vizsgán, ha

a) egy, p1 =1012

≈ 0�8333

b) kettő, Mindkét tételt a 10 megtanult közül kell kapnia: p2 =

(102

)(12

2

) ≈ 0�6818.

c) három tételt kell kifejtenie? Mindhárom tételt a 10 megtanult közül kell kapnia: p3 =

(103

)(12

3

) ≈ 0�5455.

(Visszatevés nélkül kell húznia, és akkor megy át a vizsgán, ha mindegyik tételt tudja.)

4. Egy dobozban 10 golyó van, 4 bordó és 6 fekete. Visszatevés nélkül választunk 4 golyót.

Mennyi annak az esélye, hogy több fekete lesz a kiválasztottak között, mint bordó? 3 vagy 4 fekete lesz,

ha a feltétel teljesül. Ennek esélye:

(63

)·(4

1

)(10

4

) +

(64

)(10

4

) ≈ 0�3810 + 0�0714 = 0�4524.

9. óra: Statisztika és valószínűség

Tk.: 160–161. oldalFgy.: 419–421. feladat

A valószínűség-számítással kapcsolatos feladatok gyakran így kezdődnek: „egy vásárló 0�15 valószínűséggelvesz kenyeret� � � ”. Feltehetjük a kérdést a tanulóknak, hogy az ilyen jellegű valószínűségeket honnan tud-juk. Természetesen a statisztika segítségével kapjuk ezeket az értékeket/becsléseket. Mivel a tanulók mégnem ismerik a valószínűségi változó várható értékét és szórását, a fejezetben csak a valószínűség becslésérevonatkozó példák szerepelnek.



C M Y K

79

Tudáspróba

1. Egy szabályos dobókockával háromszor dobva mennyi az esélye, hogy minden dobás

a) más értékű lesz;

A kedvező esetek száma: 6 · 5 · 4, az összes lehetőség: 63. A keresett valószínűség: p =6 · 5 · 4

63=

59

.

b) egyforma értékű lesz? Az első dobás 6-féle lehet, a többi már meghatározott. p =6 · 1 · 1

63=

136

.

2. Magyar kártyából húzunk két lapot visszatevéssel. Legyen A: van a húzások között zöld; B : mindkéthúzás zöld; C : mindkét húzás király!

Add meg az A · B , A− B , A + B , B −A, B · C események valószínűségét!

Mivel A · B = B , ezért P(A · B) = P(B) =8 · 8

32 · 32=

116

.

P(A− B) = P(A) − P(A · B) =7

16− 1

16=

616

, mert P(A) = 1 − P(nincs a húzások között zöld) = 1 − 24 · 2432 · 32

=

= 1 − 916

=7

16. A + B = A, ezért P(A + B) = P(A) =

716

. B −A lehetetlen esemény, ezért P(B −A) = 0.

B · C csak akkor következhet be, ha mindkét húzás zöld király. Ennek esélye: P(B · C ) =1 · 1

32 · 32=

11024

.

3. Egy dobókockával kétszer dobunk. Legyen Y a dobott hármasok száma!

a) Add meg Y eloszlását és móduszát! 0 vagy 1 vagy 2 hármast dobhatunk. Az egyes valószínűségek:

P(Y = 0) =5 · 536

=2536

; P(Y = 1) =2 · 1 · 5

36=

1036

(mert egy hármas van, az két helyen lehet, a nem

hármas 5-féle lehet); P(Y = 2) =1 · 136

=1

36. Y módusza 0.

b) Mennyi annak az esélye, hogy Y nagyobb értéket vesz fel a móduszánál? Annak az esélye, hogy Y

nagyobb értéket vesz fel a móduszánál: P(Y �0) = P(Y = 1 vagy Y = 2) = P(Y = 1) + P(Y = 2) =1036

+

+1

36=

1136

. A megoldásnál felhasználtuk, hogy Y = 1 és Y = 2 egyszerre nem következhet be.

4. Egy születésnapi mulatságon 32 ember vesz részt, köztük 18 lány. Mindenkinek van egy sorszáma.

Kisorsolnak 4 nyereményt úgy, hogy egy résztvevő többször is nyerhet. Mennyi annak az esélye, hogy

a) az összes díjat lány nyeri; A keresett valószínűség: p4 =18 · 18 · 18 · 1832 · 32 · 32 · 32

≈ 0�1. (Mert minden húzás 32-féle

lehet, és ebből 18 kedvező.)

b) több díjat nyer lány, mint fiú? 3 vagy 4 díjat nyer lány. Annak esélye, hogy 3 díjat lány nyer: p3 =

=4 · 18 · 18 · 18 · 14

32 · 32 · 32 · 32≈ 0�311. (Felhasználtuk, hogy 14 férfi van, egy nyer közülük, és ő a négy díj bármelyikét

megnyerheti.) Persze számolhatunk a binomiális eloszlással is: p3 =(

43

)·(

1832

)3

·(

1432

)1

≈ 0�3115. A keresett

valószínűség: p3 + p4 ≈ 0�1 + 0�3115 = 0�4115.

5. Egy születésnapi mulatságon 32 ember vesz részt, köztük 18 lány. Mindenkinek van egy sorszáma. Ki-sorsolnak 4 nyereményt úgy, hogy egy résztvevő legfeljebb egyszer nyerhet. Mennyi annak az esélye,hogy

a) az összes díjat lány nyeri; A keresett valószínűség: p4 =18 · 17 · 16 · 1532 · 31 · 30 · 29

≈ 0�0851, vagy: p4 =

(184

)(32

4

) ≈≈ 0�085.

b) több díjat nyer lány, mint fiú? 3 vagy 4 díjat nyer lány. Annak az esélye, hogy 3 díjat lány nyer: p3 =

=

(183

)·(14

1

)(32

4

) ≈ 0�3177. A keresett valószínűség: p3 + p4 ≈ 0�0851 + 0�3177 = 0�4028.



C M Y K

80

FELADATGYŰJTEMÉNY

TEX 2012. április 17. – (1. lap/81. old.) ∗ Matematika 9. ∗ (KF04LOG)

C M Y K

Logaritmus

A logaritmus fogalma

195. Oldd meg az alábbi exponenciális egyenleteket a valós számok halmazán! Írd fel a megoldást logarit-mussal is! (Például: 2x = 8 esetén x = log2 8 = 3)

a) 2x = 512 x = log2 512 = 9 b) 5x =1

625x = log5

1625

= −4 c) 81x = 3 x = log81 3 =14

d) 100 000x = 1000 x = log100 000 1000 =35

e)(

18

)x

= 2 x = log 18

2 = −13

f) 11x = 120 x = log11 120 ≈ 1�9965 (Elég megállapítani, hogy egy kicsivel kevesebb, mint 2.)


a) log17 289 = 2 b) log71

343= −3 c) log2 1024 = 10

d) log−5 (−125) Nem értelmezzük. e) log 23

32

= −1 f) lg 1 000 000 = 6


a) log 3√39 = 6 b) log12�34 1 = 0 c) log16 2 =

14

d) log1614

= −12

e) log1000 100 =23

f) log811

27= −3

4

198.

F1

F2

G1G

2

H1

H2

I1I2

D2D1

E2E1B1

B2

C1C

2

A2A1

Triminó – Csoportokban dolgozzatok! Vágjátok ki az 1. mellékletben szereplő triminót, keverjétek összea darabjait, majd próbáljátok meg újból összerakni! A háromszögek illeszkedő oldalain azonos értékűkifejezéseknek kell szerepelniük! (Ne használjatok számológépet!)

A1: log214

A2: log5 0�04 Mindkettő: −2

B1: log913

B2: log0�25 2 Mindkettő: −12

C1: log8 4 C2: log27 9 Mindkettő:23

D1: log49 343 D2: log 19

127

Mindkettő:32

E1: log11 121 E2: log15 225 Mindkettő: 2

F1: log0�125 4 F2: log1251

25Mindkettő: −2

3

G1: log16 4 G2: log 149

17

Mindkettő:12

H1: log 23

1�5 H2: log414

Mindkettő: −1

I1: log 116

64 I2: log25 0�008 Mindkettő: −32

199. Állítsd értékük szerint növekvő sorrendbe az alábbi kifejezéseket! (Ne használj számológépet!)

a) A: log4 2 B: log16 2 C: log 12

2 D: log0�125 2 E: log√2 2

D = −3 �C = −1 �A =12�B =

14�E = 2

b) A: log16 4 B: log12

4 C: log8 4 D: log0�25 4 E: log2 4

B = −2 �D = −1 �A =12�C =

23�E = 2

Logaritmus


C M Y K

82

200. Oldd meg az alábbi egyenleteket a valós számok halmazán!a) loga 1296 = 4 a4 = 1296, a = 6 b) log11 b = 3 b = 113 = 1331

c) log3 243 = c 3c = 243, c = 5 d) logd 13 = 1 d1 = 13, d = 13

e) log2 e = −12e = 2− 1

2 =1√2

=

√2

2

f) lg 5√

0�001 = f 10f = 5√

0�001 =5√

10−3 = 10− 35 , f = −3

5

201. Határozd meg alg x 2

lg xértékét, ha x tetszőleges pozitív szám!

Legyen lg x = a és lg x 2 = b! Ekkor 10a = x és 10b = x 2. Az első egyenlet mindkét oldalát négyzetre emelve a(10a)2 = x 2, azaz a 102a = x 2 egyenlethez jutunk. Ezt összevetve a második egyenlettel, 10b = 102a , innen (a 10-es

alapú exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt) 2a = b, így lg x 2 = 2 lg x . Tehátlg x 2

lg x= 2.


a) log66 6699 = 99 b) log17

(175 · 17−3

)= 2

c) lg10

12

1013

=16

d) log9

((99

)9)

= 81

e) log223 · 2− 5

2

4√

2 · 20�25= 0 f) log3

(1

27·(√

4√9)6

)= −3

2


a) 10lg 10 = 10 b) 20log20 3 + log20 7 = 21

c) 305 log30 2 = 32 d) 40log40 86 − log40 2 = 43

e) 50log50 2 + 3 log50 3 = 54 f) 60log60 26 + 2 log60 5 − log60 10 = 65


a) 27log3 11 = 1332 b) 5log25 9 = 3 c) 100lg 6 = 36

d)(

15

)log5 7

=17

e) 31log31 1 = 1 f) 0�0001lg 3 =1

81

205. Richter-skála

A földrengés magnitúdóját megkapjuk, ha a földrengés epicentrumától 100 km-re lévő szabványsze-izmográfon felvett szeizmogramban megmérjük a műszer által jelzett legnagyobb kitérést mikronban

(10−6 m), s annak tízes alapú logaritmusát vesszük.

a) Töltsd ki az alábbi táblázatot!

b) Oroszlány környékén 2011. január 29-én 18 óra 41 perckor 4�7-es erősségű földrengést észleltek,mely az 1985-ös berhidai földrengés óta a legerősebb volt Magyarországon. Mekkora kitérést mértekszabványszeizmográffal a földrengés epicentrumától 100 km-re? Kb. 5 centimétereset.

c) Lehet-e 0 a rengés magnitúdója? Igen, ha a szeizmográffal mért kitérés nagysága 1 �m (mikron: 10−6 m).

d) Írd fel képlettel a földrengés magnitúdóját (M ), ha a legnagyobb kitérés méterben d! M = lg(d · 106

)Kitérés a szeizmográfon 1 mm 1 cm 1 dm 1 m 10 m

Földrengés magnitúdója 3 4 5 6 7

Kitérés a szeizmográfon 1 mm 1 cm 1 dm 1 m 10 m

Földrengés magnitúdója 3 4 5 6 7

Logaritmus


C M Y K

83

206. Az egyén által érzékelt (szubjektív) hangerősség és a hangforrás valódi (objektív) hangerőssége közötti

összefüggés: E = 10 · lg(

I

10−12

), ahol I a

wattm2 -ben mért objektív hangerősség, E pedig a decibelben

mért szubjektív hangerősség.

a) Az alig hallható suttogás objektív hangerőssége I = 10−12 wattm2 , a hangszóróból áradó hangos zenéé

pedig ennek 1 milliószorosa.

Milyen erősségűnek érzik az emberek ezeknek a hangforrásoknak a hangját? (Mekkora a szubjektív

hangerősség?) A suttogás szubjektív hangerőssége E1 = 10 · lg

(10−12

10−12

)= 10 · lg 1 = 10 · 0 = 0 decibel.

A hangos zene szubjektív hangerőssége E2 = 10 · lg

(10−6

10−12

)= 10 · lg 106 = 10 · 6 = 60 decibel.

b) Az 1000 Hz-es hangmagasságon süvítő repülőgépmotor hangosságát 130 decibelnek érzékeljük(3 méterről).

Hányszorosa a motorzaj objektív hangerőssége a halk suttogás objektív hangerősségének?

Jelölje Im a motor objektív hangerősségét! Ekkor 10 · lg(

Im

10−12

)= 130, innen átrendezés után kapjuk, hogy

lg(

Im

10−12

)= 13. Így

Im

10−12= 1013, azaz Im = 1013 · 10−12. A repülőgépmotor objektív hangereje tehát

1013-szorosa a halk suttogásnak.(Matematika középszintű próbaérettségi, 2003)

207. Határozd meg az alábbi kifejezések értelmezési tartományát!a) log5 (x + 1) x �−1 b) log2 |x | x �= 0

c) log11 (9 − x 2) −3 �x �3 d) log11(x 2 − 3x + 2) x �1 vagy 2 �x .

e) log0�5(2x

)Valós számok halmaza. f) log3

2

3√

1 − x x �1

208. Határozd meg az alábbi kifejezések értelmezési tartományát!a) log2x+3 1 x �−1�5 és x �= −1. b) logx2−2x+1 2 x �= 0, 1 és 2.c) log|x |−2 3 −2 �x vagy x �2, x �= −3 és 3. d) log2x+1

x+24 x �−2 vagy x �−0�5 és x �= 1.

e) log√x−1 9 x �1 és x �= 2. f) loglg x 5 x �1 és x �= 10.

209. Ábrázold az alábbi kifejezések értelmezési tartományát számegyenesen!

a) log6−2x (x + 2) −2 �x �3 és x �= 2�5. b) logx4 x3 x �= −1 és 1.

c) log2x+7(−x 2 − x − 1) A kifejezés a valós számok halmazán nem értelmezett.

Az értelmezési tartományok szemléltetésétől eltekintünk.

A logaritmusfüggvény

210. Töltsd ki az értéktáblázatot, és rajzold meg az f (x ) = log5 x függvény grafikonját!

x1

2515

1√

5 5 5√

5 25

log5 x −2 −1 012

132

2

x1

2515

1√

5 5 5√

5 25

log5 x −2 −1 012

132

2

Logaritmus


C M Y K

84

211. Az ábrán exponenciális és logaritmusfüggvények grafikon-

x

y

0 1 2 3 4−2 −1

1

2

3

4

−4

−3

−2

−1

f

g

h

f −1(x )

g−1(x )

h−1(x )jait látod.

a) Add meg a hozzárendelési utasítást!

f (x ) =(

12

)x

= 2−x , g(x ) = log2 x , h(x ) = log 13x = − log3 x

b) Add meg mindhárom függvény inverz függvényénekhozzárendelési utasítását is!f −1(x ) = log 1

2x = − log2 x , g−1(x ) = 2x ,

h−1(x ) =(

13

)x

= 3−x

c) Rajzold meg az inverz függvények grafikonját!

212. Ábrázold függvénytranszformáció segítségével közös koor-dináta-rendszerben az alábbi két függvényt! Mit tapasztalsz?Mivel magyarázod a tapasztaltakat?

A grafikonok megrajzolásától eltekintünk. Az a) és b) részben azf és g függvények képe azonos.

a) f (x ) = lg x g(x ) = − log0�1 x

Az f függvény a 10x , a log0�1 x függvény pedig az(

110

)x

függvény inverze. A 10x és az(

110

)x

függvények

grafikonja egymás tükörképe az y tengelyre, mivel(

110

)x

= 10−x . Ezért inverzeik egymás tükörképei az x

tengelyre, így valóban lg x = − log0�1 x .

b) f (x ) = 2 · log4 x g(x ) = log2 x

A log4 x függvény a 4x , a log2 x függvény pedig a 2x függvény inverze. Mivel 4x = 22x , ezért a 4x függvénygrafikonja úgy keletkezik a 2x függvény grafikonjából, hogy a pontok távolsága az y tengelytől felére változik.Ezért a log4 x függvény grafikonja úgy keletkezik a log2 x függvény grafikonjából, hogy a pontok x tengelytől

mért távolsága a felére változik, azaz log4 x =log2 x

2, tehát 2 log4 x = log2 x .

213. Ábrázold az adott halmazon értelmezett függvények grafikonját! Határozd meg a szélsőértékeket és azérushelyeket is! A grafikonok megrajzolásától eltekintünk.

a) alaphalmaz: ]0�5; 2] a(x ) = log2 x + 1 Zérushely nincs, szélsőérték nincs.

b) alaphalmaz: ]0; 4] b(x ) = − log4 x Zérushely: x = 1, szélsőérték nincs.

c) alaphalmaz: [0�5; 2[ c(x ) = | log0�5 x | Zérushely: x = 1, minimumhely: 1, -érték: 0.

214. Ábrázold a következő függvények grafikonját! Jellemezd a függvényeket!

a) x �→∣∣∣ log2 |x |

∣∣∣

x

y

1

1

0

x �→∣∣∣ log2 |x |

∣∣∣ÉT: R \ {0}; ÉK: [0; ∞[ zérushelyek x = −1 és x = 1. Ha x �−1,vagy ha 0 �x �1, a függvény szigorúan monoton csökken. Ha−1 ≤ x �0, vagy ha x ≥ 1, a függvény szigorúan monoton nő.Minimumhely: −1 és 1, minimumérték: 0.

b) x �→ | log0�5(−x )|

x

y

1

1

0

x �→∣∣∣ log0�5(−x )

∣∣∣ÉT: ]−∞; 0]; ÉK: [0; ∞[, zérushely x = −1. Ha x �−1, a függvény szigo-rúan monoton csökken. Ha −1 ≤ x �0, a függvény szigorúan monoton nő.Minimumhely: −1, minimumérték: 0.

Logaritmus


C M Y K

85

215. Melyik függvények grafikonját látod a koordináta-rendszerben?

x

y

0 1 2 3 4 5 6 7 8

1

2

3

−3

−2

−1

i

hgfAdd meg a hozzárendelési utasításukat!

f (x ) = log0�5 x ;

g(x ) = log 13

(x − 2);

h(x ) = log3(x + 1);

i(x ) = log2(x − 1)

216. A grafikonjuk megrajzolása nélkül döntsd el az alábbi függvényekről, hogy az értelmezési tartományukonszigorúan monoton növekvők-e, vagy csökkenők!

a) x �→ log√2

2x Mivel

√2

2�1, a függvény szigorúan monoton csökkenő.

b) x �→ log0�5(−x ) Mivel 0�5 �1, a log0�5 x függvény szigorúan monoton csökken, ezért a log0�5(−x ) függvényszigorúan monoton nő.

c) x �→ | lg x | A függvénynek van csökkenő és növekvő része is, ha x �0, a függvény szigorúan monotoncsökken, ha x ≥ 0, a függvény szigorúan monoton nő.

d) x �→ log2(4 − x ) A log2 x és így a log2(x + 4) függvény is szigorúan monoton nő, így a log2(−x + 4)függvény szigorúan monoton csökken.

217. Állapítsd meg, milyen halmazon értelmezhetők az alábbi függvények! Ahol tudod, add meg az érték-készletüket is!

a) x �→ lg |x + 1| ÉT: R \ {−1}, ÉK: R.

b) x �→ log2(cos2 x ) ÉT megállapítása: cos x �= 0, tehát ÉT: R\{x

∣∣∣ x =�

2+ k · 2�� k ∈ Z

}. ÉK megállapítása:

0 ≤ cos2 x ≤ 1. Mivel a log2 x függvény szigorúan monoton nő, log2(cos2 x ) ≤ log 1 = 0, tehát ÉK: ]−∞; 0].

c) x �→ log2(x 2 − 4) ÉT: [−2; 2]; ÉK: R.

d) x �→ log3(2x − 16) ÉT megállapítása: 2x �16 ⇔ x �4, tehát ÉT: [4; ∞[, ÉK: R.

218. Állapítsd meg, hogy mi a logaritmus alapja az alábbi függvények hozzárendelési utasításában! Rajzoldmeg a függvények grafikonját!

a) ÉT: x ∈ [0�5; 2], ÉK: f (x ) ∈ [−0�5; 0�5], f (x ) = loga x loga 8−1 = 2 ⇒ loga 8 = 3, tehát a3 = 8 ⇒ a = 3.

b) f (x ) = loga x − 1, f (8) = 2Tudjuk, hogy a logaritmusfüggvény szigorúan monoton csökken vagy nő, tehát két eset lehetséges:f (0�5) = −0�5 és f (2) = 0�5, vagy f (0�5) = 0�5 és f (2) = −0�5.

1. eset: loga 0�5 = −0�5, azaz a−0�5 = 0�5, azaz1√a

=12

, tehát a = 4. Ezt a másik ismert egyenlőségbe

helyettesítve: loga 2 = 0�5, azaz log4 2 = 0�5, ez igaz.

2. eset: loga 0�5 = 0�5, azaz a0�5 = 0�5, tehát√a =

12

⇒ a =14

. Ez igaz lesz a másik egyenlőségre is:

f (2) = log 14

2 = −0�5. A logaritmus alapja tehát: 4 vagy14

.

219. Mit jelenthet az alábbi hozzárendelés? Függvényt ad-e meg? Ha függvény, mi lehet az értelmezési tar-tománya? És milyen a grafikonja?

a) x �→ logx x

x

y

1

1

0

Először vizsgáljuk meg, milyen x értékek esetén van értelme alogx x kifejezésnek! Mivel x a logaritmus alapjában is szerepel,x �0� x �= 1.Könnyen belátható, hogy ez a hozzárendelés minden ]0; 1] ∪ ]1; ∞] halmazbeli x érték esetén x �→ 1.

Logaritmus


C M Y K

86

b) x �→ logx 2 Először vizsgáljuk meg, milyen x értékek esetén van értelme a logx 2 kifejezésnek! x �0, x �= 1.

Majd kezeljük úgy, mint egy egyenletet! f (x ) = logx 2, tehát x f (x ) = 2. Minden x érték esetén keressük tehátazt a kitevőt, amire az x -et emelve 2-t kapunk. Mivel pozitív x érték esetén ez egyértelmű, ezért az értelmezésitartomány minden értékére ez egyértelmű hozzárendelés, azaz függvény.

A logaritmus azonosságai


a) log15 75 + log15 3 = 2

b) log6 432 − log6 2 = 3

c) 3 log5 3 + log5 75 − log5 81 = 2

d) log√7 28 − log√

7 5 + log√7 35 − 2 log√

7 2 = 4

e) 2 log2 6 − log2 48 − 3 log2 3 − log2 10 + log2 45 = −3

f)log11 99 + log11 22 − log11 198

3=

13

221. Állapítsd meg x értékét! (x �0)a) log2 x = log2 3 + log2 7 x = 21 b) log3 x = log3 36 − log3 6 x = 6

c) log4 x =12

log4 9 x = 3 d) log5 x = −2 log513x = 9

e) log6 x = 2 − log6 18 2 − log6 18 = log6 36 − log6 18 = log6 2, így x = 2.

f) log7 x =log7

19

2+ 2 log7 6 x = 12


a) log8 x + log8 17 = log8 51 x = 3

b) log9 x − log934

= log9 16 x = 12

c) 3 lg x = lg 100 x = 3√100

d) log11 10 + log11 x = 3 log11 5 − log11 25 log11 x = log11 53 − log11 25 − log11 10 = log11 0�5, így x = 0�5.

e) 2 log12 x + 2 log12 4 = 2 − log12 9 log12 x2 = log12 144 − log12 9 − log12 16 = log12 1. Mivel x �0, így

x = 1.

f)2 log13 x + log13 9log13 x + log13 3

= 3 Rendezve az egyenletet azt kapjuk: log13 x = log13 9 − 3 log13 3. Innen log13 x =

=log13 9

log13 27= log13

13

, így x =13

.

223. Számológép használata nélkül állapítsd meg, hogy melyik nagyobb!a) log9 6 + log9 5 vagy log9 64 − log9 2 log9 30 �log9 32b) 3 lg 5 vagy lg 30 + lg 4 lg 125 �lg 120c) log25 70 − log25 4 vagy 2 log25 4 log25 17�5 �log25 16d) log0�9 3 + log0�9 4 vagy log0�9 39 − log0�9 3 log0�9 12 �log0�9 13e) log 1

730 + log1

74 vagy 2 log 1

711 log 1

7120 �log 1

7121

f)13

· log5 27 vagylog5 54 − log5 6

2log5 3 = log5 3

Logaritmus


C M Y K

87


a) 19log19 18+log19 20 = 360 b) 1�7log1�7 250−log1�7 25 = 10

c) 102 lg 13 = 169 d) 9log3 44−log3 11 = 16

e)(

19

) 12 log 1

9100+log 1

95−log 1

925

= 2 f) 2log4 90−log4 10 = 3


a) lg(lg 1 000 000 + lg 10 000) = lg(lg 1010) = lg 10 = 1

b) log2(cos 30◦ + sin 30◦) + log2(cos 30◦ − sin 30◦) = log2(cos2 30◦ − sin2 30◦) = log2(0�75 − 0�25) = −1

c) log 17

11log17 1 = log 17

110 = log 17

1 = 0

d) log33

3√3 =1

27

e) (log6 18 + log6 2)(log7 98 − log7 2) = 4

f) 222log2(log2(log2 16)) = 222

226. A változók lehetséges értékei mellett írd fel egyszerűbb alakban!

a) loga x − loga y + loga z loga

(xz

y

)

b) logb

x

y+ logb xy logb

(x2

)c) 6 logc(xy) + 2 logc(z 3) − 3 logc(x 2y2z 2) logc(1) = 0

d) 0�25 · logd(x 2y4) logd

(√xy

)e) 2 loge x − 1

5loge y +

32

loge z loge

(x2

√z 3

5√y

)

f) logf (x 2 + 2xy + y2) − logf (x + y) logf (x + y)

227. Írd fel lg a és lg b segítségével! (a , b �0)

a) lg(

1√a

)−1

2lg a b) lg(b31) 31 lg b

c) lg(

10a

b

)lg 10 + lg a − lg b = 1 + lg a − lg b d) lg

((a

b

)2)

2 lg a − 2 lg b

e) lg

(7 3√

a4

4√b3

)lg

74

+43

lg a − 32

lg b f) lg

√a2 3

√b√

ab

34

lg a − 13

lg b

228. Megadjuk, hogy log2 10 ≈ 3�3219. Számológép használata nélkül számítsd ki az alábbi kifejezések kö-zelítő értékét!

a) log2 20 log2 2 + log2 10 ≈ 4�3219 b) log2 40 log2 4 + log2 10 ≈ 5�3219

c) log2 100 2 log2 10 ≈ 6�6438 d) log21

1000−3 log2 10 ≈ −9�9657

e) log2 5 log2 10 − log2 2 ≈ 2�3219 f) log2 0�8 3 − log2 10 ≈ −0�3219

229. Határozd meg a következő kifejezés pontos értékét számológép használata nélkül!

3log12 2

4log12 6 =3log12 2

4log12 6=

(124

)log12 2

4log12 6=

12log12 2

4log12 6 · 4log12 2=

2

4log12 6+log12 2=

2

4log12 12=

2

41=

12

Logaritmus


C M Y K

88

230. Hasonlítsd össze, milyen halmazon értelmezhetők az f és g függvények!

a) f (x ) = 2 lg x , g(x ) = lg x 2

Az f függvény értelmezési tartománya: ]0; ∞[; a g függvény értelmezési tartománya: R \ {0}.

b) f (x ) = lgx − 3x − 4

, g(x ) =lg(x − 3)lg(x − 4)

Az f függvény értelmezési tartománya: ]−∞; 3] ∪ ]4; ∞[; a g függvény értelmezési tartománya: ]4; ∞[ \ {5}.

c) f (x ) = lgx − 23 − x

, g(x ) = lg(x − 2) − lg(3 − x )

Az f és g függvény értelmezési tartománya: ]2; 3[.

231. A logaritmus azonosságait felhasználva alakítsd

x

y

1

1

0

a

b

ccát a hozzárendelési utasítást úgy, hogy függ-vénytranszformáció segítségével megrajzolhasda függvény grafikonját!

a) x �→ log 12

(x

2

)

log 12

(x2

)= log 1

2x − log 1

22 = log 1

2x + 1

b) x �→ log2

√x log2

√x =

12

· log2 x

c) x �→ log3(9x 2)

log3(9x 2 = log3 x2 + log3 9 = log3 x

2 + 2 =

=

{2 log3(−x ) + 2� ha x �02 · log3(x ) + 2� ha x �0

Hívjuk fel a figyelmet arra, hogy a c) résznél alkalmazott III. loga (bk ) = k loga b azonosság csak b �0esetén teljesül!

232. A logaritmus azonosságait felhasználva alakítsd át a hozzárendelési utasítást úgy, hogy függvénytransz-formáció segítségével megrajzolhasd a függvény grafikonját!

A grafikon elkészítésekor ügyelj arra, hogy az al-

x

y

1

1

0

a

b

cc

gebrai átalakításnál megváltozhat a függvény ér-telmezési tartománya!

a) a(x ) = log3(9x ) log3(9x ) = log3 x + log3 9 == log3 x + 2

b) b(x ) = log21√x

log21√x

= log2 1 − 12

log2 x = −12

log2 x

c) c(x ) = log 12

(x 2

4

)

log 12

(x2

4

)= log 1

2x2 − log 1

24 =

= log 12x2 − (−2) =

{2 log 1

2(−x ) + 2� ha x �0

2 · log 12

(x ) + 2� ha x �0

Hívjuk fel a figyelmet arra, hogy a c) résznél alkalmazott III. loga (bk ) = k loga b azonosság csak b �0esetén teljesül.

Logaritmus


C M Y K

89

Áttérés más alapú logaritmusra

233. Mi az alábbi logaritmusok értéke? Becsüld meg! A pontos érték meghatározásához használj számológé-pet! Az eredményeket két tizedesjegy pontossággal add meg!

a) log3 12 ≈ 2�26 b) log2 1000 ≈ 9�97 c) log20 10 ≈ 0�77d) log17 0�17 ≈ −0�63 e) log11 1111 ≈ 2�92 f) log100 0�5 ≈ −0�15


a) log1618

log218

log2 16=

−34

= −34

b) log6255√25

log55√25

log5 625=

254

=220

=1

10

c) log 127

√27

log3√

27

log31

27

=32

−3= −1

2d) log36

6√6log6

6√6log6 36

=162

=1

12

e) log√8

3√

28

log23√28

log2√

8=

− 83

32

= −169

f) log 1√3

3√9log3

3√9

log31√3

=23

− 12

= −43


a)log2 27log2 3

log3 27 = 3 b)log3

16

log3 6log6

16

= −1

c)log4

√1000

log4 10lg

√1000 =

32

d)log5 45 + log5 5log5 3 + log5 5

log5 225log5 15

= log15 225 = 2

e)2 log6 11

log6

√11

log√11 121 = 4 f)

log7 10 − log7 50log7 35 − 1

log715

log7 5= log5

15

= −1

236. Számológép használata nélkül döntsd el, hogy melyik nagyobb!

a)log5 1000

log5 10vagy log5

100010

3 �log5 100

b)log15 16

log1513

vagylog16 15

log1613

log 13

16 �log 13

15

c)2 log25 36

log25 6vagy

log52 17

log524√17

4 = 4


a) lg 60 − log100 36 lg 60 − lg 36lg 100

= lg 60 − lg 362

= lg 60 − lg 6 = lg 10 = 1

b) log8 27 + log√2

1√3

log2 27log2 8

+log2

1√3

log2√

2=

log2 273

+log2

1√3

12

= log2 3 + log213

= 0

c)12

log7 10 + log 149

1012

log7 10 +log7 10

log71

49

=12

log7 10 +log7 10

−2= 0

238. Milyen kapcsolat van az alábbi kifejezések között? (a , b �0 és a , b �= 1)

a) loga b és loga ab loga ab = loga b + 1

b) loga b és loga ba loga b

a = a · loga b

c) loga b és log√a b

2 log√a b

2 = 4 loga b

Logaritmus


C M Y K

90

A logaritmus alkalmazása

239. Egy tréfás kedvű programozó elküld 5 ismerősének egy e-mailt, amelyben az áll, hogy aki továbbküldia levelet 5 embernek, azt nagy szerencse fogja érni az elkövetkező napokban. Mindenki, aki megkapja,a levél érkezése után pontosan 10 perccel továbbküldi azt 5 embernek.

A szolgáltató levelezőrendszere egy időben egyszerre legfeljebb 10 000 levelet képes továbbítani. Haennél több üzenet érkezik egy időben, a rendszert kiszolgáló számítógépet újra kell indítani.

Az első levelek megérkezése után hány perccel kell a levelezőszervert újraindítani? Az n. továbbküldésután 5n levelet kell majd a szervernek továbbítania. log5 10 000 ≈ 5�72, így a 6. továbbküldés után már több mint10 000 levelet kéne egy időben kézbesíteni. Vagyis 6·10 = 60 perc = 1 óra után kell a levelezőrendszert újraindítani.

240. Ha 200 000 Ft-ot évi 6%-os kamatos kamatra elhelyezünk a bankban, akkor hány év múlva lesz a szám-lánkon 1 000 000 Ft? (Kamatos kamat esetén a kamatot is a bankszámlán hagyjuk, így a következő évbenmár a kamattal növelt pénzösszeg kamatozik.) Az n. év után 200 000 · 1�06n Ft-unk lesz. Keressük a 200 000 ··1�06n �1 000 000 legkisebb egész megoldását. log1�06 5 ≈ 27�62, így 28 év múlva lesz 1 000 000 Ft a számlánkon.

241. Egy gumilabdát függőlegesen leejtve az eredeti magasság9

10-ed részéig pattan fel. Egy 2 méter magas-

ságból leejtett labda hányadik pattanása után fog először 1 méternél alacsonyabbra visszapattanni? Az n.pattanás után a labda 2 · 0�9n magasságba pattan fel. 2 · 0�9n = 1, innen n = log0�9 0�5 ≈ 6�58. A labda tehát a7. pattanás után már nem fog 1 méter magasságba pattanni.

242. Egy személygépkocsi amortizációja minden évben 20%. (Az autó az év végére az év eleji árnál 20%-kalkevesebbet ér.)

Mennyi idő alatt lesz a jármű értéke az eredeti ár negyede? Az n. év után az autó értéke x ·0�8n Ft-ot ér (aholx a kezdeti értéke). 0�8n = 0�25, innen n = log0�8 0�25 ≈ 6�21. A gépkocsi értéke tehát a 7. év végére csökken azeredeti értékének negyede alá.

243. Egy kiszínezett, egységnyi oldalú négyzetet felosztunk 9 kisebb négyzetre, majd a középső négyzetetfehérre színezzük. A következő lépésben ugyanezt végrehajtjuk a megmaradt 8 kék négyzet esetében.

Folytatva az eljárásunkat, hány lépés után lesz a kék terület kisebb, mint a fehér? A színes terület nagysága

az n-edik lépés után: t =(

89

)n

. A színes terület akkor lesz kisebb, mint a fehér, ha kisebb lesz a négyzet területének

felénél. Keressük tehát a

(89

)n

�0�5 egyenlőtlenség legkisebb egész megoldását.

Mivel log 89

0�5 ≈ 5�88, ezért a hatodik lépés után lesz a színes terület kisebb, mint a fehér.

Logaritmus


C M Y K

91

Koordinátageometria

Pont és vektor a koordinátasíkon

244. Adottak az a(−4; 6), b(8; −4), c(2; 3) és d(−4; −1) vektorok. Ábrázold a kapott vektorokat helyvektor-ként a koordináta-rendszerben, és add meg ezek koordinátáit is!

a)12

b12

b = (4; −2) b) c +14

b b + 2a = (0; 8)

c) b + 2a c +14

b = (4; 2) d) −c − 3d −c − 3d = (10; 0)

245. Számítsd ki a keresett vektorok koordinátáit, ha a(3; 5), b(0; −2), c(4; 8) és d(−6; −2)!

a) −3b −3b = (0; 6) b) b + 2c − d a +34

c = (6; 11)

c) a +34

c b + 2c − d = (14; 16) d) 5a − (d + 2b) 5a − (d + 2b) = (21; 31)

246. Adott az a = 4i − 2j és a b = i + 3j vektor. Rajzold fel az alábbi vektorokat, és add meg a koordinátáikatis! A vektorok: a(4; −2), b(1; 3)

a) −b −b = (−1; −3) b) a + b12

a = (2; −1)

d)12

a a + b = (5; 1) e) 2a − b 2a − b = (7; −7)

247. Add meg a vektorok koordinátáit, majd a kapott vektorokat ábrázold a koordináta-rendszerben!

a) Az a vektor ordinátájának abszolút értéke 4, abszcisszája −5. Két megoldás van: a1 = (−5; −4) ésa2 = (−5; 4).

b) A b vektor abszcisszájának és ordinátájának összege 10, különbségük 4. b1 + b2 = 10, b1 − b2 = 4.Az egyenletrendszer megoldása: b1 − b2 = 4. A b vektor koordinátái: b(7; 3).

248. Egy paralelogramma három csúcsának koordinátái: A(−3; −1), B(3; −4) és C (4; 1). Határozd meg a pa-ralelogramma hiányzó csúcsának koordinátáit! Hány megoldás van? Használjuk ki, hogy a paralelogrammaátlói felezik egymást!

1. eset: Ha AC a paralelogramma átlója: az AC átló felezési pontjának koordinátái: K (0�5; 0). k =b + d

2⇒ d =

= 2k − b, így D(d1; d2) koordinátákra: d1 = 2k1 − b1 = −2 és d2 = 2k2 − b2 = 4. Tehát: d2 = 2k2 − b2 = 4.

2. eset: Ha AB átlója a paralelogrammának: átlói metszéspontjának a koordinátái: K (0; −2�5).d + c

2= k, így:

d ′1 = 2k1 − c1 = −4 és d ′

2 = 2k2 − c2 = −6. Tehát: d ′2 = 2k2 − c2 = −6.

3. eset: Ha BC a paralelogramma átlója: átlói metszéspontjának koordinátái: K (3�5; −1�5). k =a + d′′

2, így d ′′

1 =

= 2k1 − a1 = 10 és d ′′2 = 2k2 − a2 = −2, tehát D ′′(10; −2).

249. Az A(−7; 12) pontot egy r vektorral eltolva a B(5; 8) pontot kapjuk. Adja meg az r vektor koordinátáit!a + r = b, a1 + r1 = b1 ⇒ r1 = 12 és a2 + r2 = b2 ⇒ r2 = −4, így: r(12; −4).


250. Bontsd fel az a(31; 1) vektort az u(6; 2) és v(−4; 1) vektorokkal párhuzamos összetevőkre!Válaszodat számítással igazold! A vektorfelbontási tétel alapján: a = �u + �v, a1 = �u1 + �v1, a2 = �u2 + �v2,31 = � · 6 + � · (−4), 1 = � · 2 + � · 1. Az egyenletrendszer megoldása: 1 = � · 2 + � · 1, a = 2�5u − 4v.

251. Határozd meg az alábbi vektorok +90◦-os elforgatottjának koordinátáit!a) a(−5; 4) a′(−4; −5) b) b(6; 0) b′(0; 6) c) a + b a + b = (1; 4), (a + b)′ = (−4; 1)


TEX 2012. április 17. – (1. lap/92. old.) ∗ Matematika 9. ∗ (KF05KOG)

C M Y K

92

252. Adott egy négyzet két szomszédos csúcsa a koordinátái-

x

y

1

1

O

A

B

C1

D1

C2

D2

val: A(−1; 2) és B(2; −4).Számítsd ki a négyzet hiányzó csúcsainak koordinátáit!

Használjuk az ábra jelöléseit!−−→BA = a − b = (−3; 6)

Jelölje−−→BA

′ −−→BA −90◦-os elforgatottját!

−−→BA

′= (6; 3)

c1 = b +−−→BA

′= (8; −1) ⇒ C1(8; −1), d1 = a +

−−→BA

′=

= (5; 5) ⇒ D1(5; 5)

c2 = 2b − c1 ⇒ C2(−4; −7), d2 = 2a − d1 ⇒ D2(−7; −1)

253. Igazold, hogy az A(−3; −2), B(1; 1) és C (7; 5�5) pontokegy egyenesre illeszkednek!−−→AB = b − a = (4; 3),

−−→AC = c − a = (10; 7�5).

Mivel−−→AC = 2�5 · −−→

AB , így az A, B és C pontok egy egyenesre illeszkednek.

254. Igazold, hogy az A(−1; 4), B(−2; 1), C (4; 5) és D(2; 6) csúcspontokkal megadott négyszög trapéz!−−→BC = c − b = (6; 4),

−−→AD = d − a = (3; 2). Mivel

−−→BC = 2

−−→AD, ezért a megadott négyszög trapéz.

255. Egy egyenlő szárú derékszögű háromszög átfogójának két végpontja: A(1; 5) és B(9; −1). Határozd meg

a derékszögű csúcs koordinátáit! Jelölje F az AB átfogó felezési pontját! F (5; 2)−−→FA = a − f = (−4; 3)

Jelölje−−→FA

′az

−−→FA vektor −90◦-os elforgatottját!

−−→FA

′(3; 4), c1 = f +

−−→FA

′= (8; 6) ⇒ C1(8; 6)

Két megoldás van, melyek az F pontra nézve egymás tükörképei. c2 = 2f − c1 ⇒ C2(2; −2)

256. Egy téglalap hosszabbik oldala kétszerese a rövidebb oldalénak. A rövidebb oldal csúcsai: A(−2; 1) ésB(3; 4). Határozd meg a hiányzó csúcsok koordinátáit!

A feladatnak két megoldása van, a megoldások egymás tükörképei az AB egyenesre.−−→AB = b − a = (5; 3)

Legyen−−→AB

′az

−−→AB vektor −90◦-os elforgatottja!

−−→AB

′= (3; −5)

c1 = b + 2 · −−→AB′

= (9; −6) ⇒ C1(9; −6), d1 = a + 2 · −−→AB′

= (4; −9) ⇒ D1(4; −9)

c2 = 2b − c1 = (−3; 14) ⇒ C2(−3; 14), d2 = 2a − d1 = (−8; 11) ⇒ D2(−8; 11)

257. A koordináta-rendszer origójából egy négyszög csúcsaiba vezető vektorok koordinátái rendre a(1; 3),

b(3; 8), c(8; 6) és d(6; 1). Igazold, hogy a négyszög négyzet!−−→AB = b − a = (2; 5),

−−→BC = c − b = (5; −2),

−−→CD = d−c = (−2; −5),

−−→DA = a−d = (−5; 2). A koordinátákból látható, hogy a szomszédos oldalvektorok egymás

90◦-os elforgatottjai, így a négyszög minden oldala egyenlő hosszú, és minden szöge derékszög, ezért négyzet.

258. Egy rombusz egyik átlója a másik átlójának a kétszerese. A rövidebbik átló végpontjai: A(6; −4) ésC (−2; 6). Határozd meg a hiányzó csúcsok koordinátáit! Használjuk ki, hogy a rombusz átlói merőlegesen

felezik egymást! Az AC szakasz felezési pontja: F (2; 1).−−→FA = a − f = (4; −5). Legyen

−−→FA′ az

−−→FA vektor +90◦-os

elforgatottja!−−→FA′ = (5; 4). b = f + 2

−−→FA′ = (12; 9) ⇒ B(12; 9), d = 2f − b = (−8; −7) ⇒ D(−8; −7)

259. Adott egy négyzet középpontja K (1; 1) és az egyik oldalának felező-

x

y

1

1

OB

A

C

DF

K

pontja F (4�5; 2�5). Határozd meg a négyzet csúcspontjainak koordiná-

táit! Használjuk az ábra jelöléseit!−−→FK = k − f = (−3�5; −1�5)

Legyen−−→FK

′az

−−→FK vektor −90◦-os elforgatottja!

−−→FK

′= (−1�5; 3�5)

a = f +−−→FK

′= (3; 3�5) ⇒ A(3; 6)

b = 2f − a = (6; −1) ⇒ B(6; −1)

c = 2k − a = (−1; −4) ⇒ C (−1; −4)

d = 2k − b = (−4; −3) ⇒ D(−4; 3)



C M Y K

93

Osztópont, súlypont, távolságmeghatározás

260. Határozd meg az AB szakasz felezőpontjának és az A végponthoz közelebbi harmadolópontjának koor-

dinátáit, ha A felezőpontba mutató helyvektor: f =a + b

2, a harmadolópontba mutató helyvektor: h =

2a + b3

.

a) A(−6; 0) és B(8; 3); F (1; 1�5), H(

−43

; 1)

b) A(2�5; 12) és B(

13

; 5)

; F(

1712

;172

), H

(169

;293

)

c) A

(sin 30◦; tg

�

4

)és B(cos 300◦; log2 8)! A

(12

; 1)

, B(

12

; 3)

, így F(

12

; 2)

, H(

12

;53

).

261. Tükrözd az A pontot a K (4; −3) pontra! Add meg a tükörkép koordinátáit, ha

Az AA′ szakasz felezési pontja K . k =a′ + a

2⇒ a′ = 2k − a

a) A(0; 0); A′(8; −6) b) A(1; 2); A′(7; −8) c) A(−5; −3); A′(13; −3) d) A(4; −3)! A′(4; −3)

262. Az A(−3; 4) végpontú AB szakasz A-hoz közelebbi negyedelőpontja N(

32

; 4)

. Határozd meg a B pont

koordinátáit! n =3a + b

4⇒ b = 4n − 3a, b = (15; 4), B(15; 4)

263. Egy szakasz két végpontjának koordinátái: A(−4; 5) és B(5; 2). Írd fel az AB szakasz

a) felezőpontjának, F(

12

;72

)

b) B-hez közelebbi harmadolópontjának, h =2b + a

3, H (2; 3)

c) 2 : 3 arányban osztó pontjának, p1 =3a + 2b

5, P1

(−2

5;

195

), p2 =

2a + 3b5

, P2

(75

;165

)d) 5 : 11 arányban osztó pontjának a koordinátáit!

r1 =11a + 5b

16, R1

(−19

16;

6516

), r2 =

5a + 11b16

, R2

(3516

;4716

)

264. Az AB szakaszt meghosszabbítottuk az A ponton túl az AB szakasz hosszának kétszeresével, így aP(−3; −4) pontot kaptuk. Határozd meg az A pont koordinátáit, ha B(3; 7)!Az A pont a PB szakaszt 2 : 1 arányban osztja, az A pont a PB szakasz B-hez közelebbi harmadolópontja.

a =2b + p

3⇒ a =

(1;

103

), A

(1;

103

)

265. Számold ki az adott vektorok hosszát!

a(6; −4) |a| =√

62 + (−4)2 =√

52 b(3�5; −1) |b| =√

(3�5)2 + (−1)2 =√

13�25

c(√

5; −√

2) |c| =√

(√

5)2 + (−√

2)2 =√

7

266. Számold ki az−−→AB vektor hosszát, ha

a) A(2; 0) és B(5; 4); |−−→AB | = 5 b) A(−5; 2) és B(−4; 11)! |−−→AB | =√

82

267. Egy téglalap középpontja K (2�5; 1�5), két szomszédos csúcspontja pedig A(3; 8) és B(−3; −2).

a) Számítsd ki a téglalap két hiányzó csúcsának koordinátáit! A téglalap átlói felezik egymást, ezért: |−−→AB | =

=√

82, |−−→AB | =√

82.

b) Mekkora a téglalap kerülete és területe rácsegységben mérve? AB =√

136 = 2 ·√

34, BC =√

34,

k = 2 · (AB + BC ) = 2 · (√

136 +√

34) = 6 ·√

34 ≈ 34�99 egység. T = AB · BC = 68 területegység.



C M Y K

94

268. Az ABC háromszöget az S súlypontjából a háromszorosára nagyítottuk. Melyek az így kapott A′B ′C ′

háromszög csúcspontjainak koordinátái, ha A(5; −2), B(3; 6) és C (−5; −4)? Az ABC� súlypontjának

koordinátái: s1 =a1 + b1 + c1

3= 1 és s2 =

a2 + b2 + c2

3= 0. Jelölje A′B ′C ′ a háromszorosára nagyított háromszög

csúcspontjait! Ekkor pl. az A csúcs az S -hez közelebbi harmadolópontja az SA′ szakasznak. a =2s + a′

3⇒ a′ =

= 3a − 2s ⇒ a′(13; −6), A′(13; −6), hasonlóan: b′ = 3b − 2s ⇒ b′(7; 18), B ′(7; 18), c′ = 3c − 2s ⇒⇒ c′(−16; −12), C ′(−16; −12).

269. Határozd meg a háromszög kerületét, ha két csúcspontja A(−7; 0), B(7; −3), a háromszög súlypontja

pedig S (4; 3)! A háromszög súlypontjának koordinátái: s1 =a1 + b1 + c1

3és s2 =

a2 + b2 + c2

3. Amelyből a C

csúcs koordinátái: c1 = 3s1 − (a1 + b1) = 12 és c2 = 3s2 − (a2 + b2) = 12 ⇒ C (12; 12). A háromszög kerülete:k = AB + BC + CA =

√205 +

√250 +

√505 ≈ 52�6 egység.

270. Az ABC háromszögben a csúcsok koordinátái: A(4; 3), B(−6; 8) és C (0; 0).

a) Igazold, hogy a háromszög derékszögű!−−→CA = a = (4; 3) ⇒ CA = 5

−−→CB = b = (−6; 8) ⇒ CB =

= 10−−→AB = b − a = (−10; 5) AB =

√125. Mivel teljesül, hogy AB2 = CA2 + CB2, ezért a Pitagorasz-tétel

megfordítása miatt az ABC� derékszögű háromszög.

b) Mekkora a háromszög köré írható kör sugara? R =AB

2=

√(−10)2 + 52

2=

√1252

≈ 5�6 e

c) Mekkora a háromszög területe? T =CA · CB

2=

5 · 102

= 25 te

271. Adott egy szabályos háromszög egyik csúcspontja: A(0; 0) és súlypontja S

(5;

5√

33

).

Határozd meg a háromszög hiányzó csúcspontjainak koordinátáit! Használjuk ki, hogy a szabályos háromszögsúlyvonala egyben magasságvonal is, valamint, hogy a súlypont a csúcstól távolabbi harmadolópontban harmadolja

a súlyvonalat! Jelölje F a BC oldal felezési pontját!−−→AF =

32−→AS = f, F

(7�5;

5 ·√

32

)

Jelölje f′ az f vektor −90◦-os elforgatottját! f′(

5 ·√

32

; −7�5

)

Az AFB� 30◦-os derékszögű háromszög, így:−−→FB =

√3

3· f′ =

(2�5; −5

√3

2

).

b = f +−−→FB , b = (10; 0) ⇒ B(10; 0), f =

c + b2

⇒ c = 2f − b ⇒ c = (5; 5√

3) ⇒ C (5; 5√

3)

Két vektor skaláris szorzata

272. Adott két pont: A(7; 2) és B(−3; 5). Jelölje a és b a pontok helyvektorait!

a) Számítsd ki az a · b szorzat értékét! a(7; 2), b(−3; 5) ⇒ a · b = 7 · (−3) + 2 · 5 = −11

b) Határozd meg az a és b helyvektorok hajlásszögét! cos� =a · b|a||b| =

−11√53 ·

√34

≈ −0�2591 ⇒ � ≈ 105◦

273. Adott négy pont: A(−3; 1), B(3; 3), C (1; −1) és D(2; −4). Igazold, hogy az−−→AB vektor merőleges a

−−→CD

vektorra!−−→AB = b − a = (6; 2),

−−→CD = d − c = (1; −3),

−−→AB · −−→

CD = 6 · 1 + 2 · (−3) = 0. Mivel a két vektor skalárisszorzata 0, ezért merőlegesek egymásra.


TEX 2012. április 17. – (4. lap/95. old.) ∗ Matematika 9. ∗ (KF05KOG)C M Y K

95

274. Határozd meg a q vektor hiányzó koordinátáját, ha p(5; 6) és q(8; q2) vektorok 60◦-os szöget zárnak beegymással! A p és q vektorok skaláris szorzata kétféleképp felírva:

p · q = 40 + 6 · q2 (1)

p · q = |p| · |q| · cos 60◦ =√

61 ·√

64 + q22 · 1

2(2)

Az (1) és (2) egyenletek összevetésével: 40 + 6q2 =√

61 ·√

64 + q22 · 1

2. Négyzetre emelés és rendezés után:

83q22 + 1920q2 + 2496 = 0, innen q21 ≈ −1�38 vagy q22 ≈ −21�75. Az utóbbira 40 + 6q �0, ami ellentmond az

egyenlet feltételének, tehát q(8; −1�38).

275. Egy háromszög csúcspontjainak koordinátái: A(5; 2), B(−6; 4) és C (1; −5).

a) Határozd meg a háromszög súlypontjának koordinátáit! s1 =a1 + b1 + c1

3= 0, s2 =

a2 + b2 + c2

3=

13

.

A súlypont koordinátái tehát: S(

0;13

)

b) Határozd meg a háromszög szögeit!−−→AB = b−a = (−11; 2),

−−→AC = c−a = (−4; −7),

−−→CB = b−c = (−7; 9).

Számoljuk ki a fenti vektorok hosszait! |−−→AB | =√

125, |−−→AC | =√

65, |−−→CB | =√

130.

cos� =−−→AB · −−→AC|−−→AB ||−−→AC |

=(−11) · (−4) + 2 · (−7)√

125 ·√

65=

30√125 ·

√65

≈ 0�3328. Így: � ≈ 70�56◦.

cos � =−−→AB · −−→CB|−−→AB ||−−→CB |

=95√

125 ·√

130≈ 0�7452, amelyből: � ≈ 41�82◦.

� és � ismeretében a háromszög harmadik (�) szöge: � = 180◦ − � − � ≈ 67�62◦.

A háromszög szögei tehát: � ≈ 70�56◦, � ≈ 41�82◦, � ≈ 67�62◦

c) Számítsd ki a háromszög területét! A háromszög területe: t =AB ·AC · sin�

2=

√125 ·

√65 · sin 70�56◦

2=

= 42�5 területegység.

276. Az a és b vektor koordinátái a t valós paraméter függvényében: a(cos t ; sin t) és b(sin2 t ; cos2 t).

a) Adja meg az a és b vektorok koordinátáinak pontos értékét, ha t az5�6

számot jelöli! a

(−

√3

2;

12

),

b

(14

;34

)

b) Mekkora az a és b vektorok hajlásszöge t =5�6

esetén? (A keresett szöget fokban, egészre kerekítve

adja meg!) cos� =ab

|a| · |b| =−

√3

2· 1

4+

12

· 34

1 ·√

116

+9

16

≈ 0�2005, amelyből: � ≈ 78◦.

c) Határozza meg a t olyan valós értékeit, amelyek esetén az a és b vektorok merőlegesek egymásra!Ha a két vektor merőleges egymásra, akkor skaláris szorzatuk 0. ab = a1b1 + a2b2 = cos t · sin2 t + sin t ·· cos2 t = cos t · sin t · (sin t + cos t) = 0, amelyből:

1. eset: cos t = 0 ⇒ t =�

2+ k1� 2. eset: sin t = 0 ⇒ t = k2�

3. eset: sin t + cos t = 0sin t = − cos t � : cos t �= 0

tg t = −1 ⇒ t =3�4

+ k3�� ahol k1, k2, k3 ∈ Z.



TEX 2012. április 17. – (5. lap/96. old.) ∗ Matematika 9. ∗ (KF05KOG)C M Y K

96

277. Mekkora a√x 2 + y2 minimuma, ha 5x + 12y = 60? Tekintsük az u(5; 12) és v(x ; y) koordinátájú vektorokat!

Állítsuk elő a skaláris szorzatukat kétféle módon:

u · v = 5x + 12y = 60 (1)

u · v · cos� (2)

Az (1) és (2) összefüggésekből: 60 =√

52 + 212 ·√x 2 + y2 · cos� . Tudjuk, hogy cos� ≤ 1. 60 =

√169 ·

√x2 + y2 ·

· cos� ≤ 13 ·√x 2 + y2, amelyből:

6013

≤√x 2 + y2. A kifejezés minimuma

6013

.

Az egyenes egyenletei

278. Írd fel az egyenes egyenletét, ha adott egy pontja és egy normálvektora!a) P0(−2; 7), n(5; 8) 5x + 8y = 46 b) P0(3; 1), n(0; 2) y = 1

c) P0(0; −2), n(2; 5) 2x + 5y = −10

279. Adott egy egyenes egyenlete: 3x − 2y = 7.

a) Adj meg három pontot, amelyek az egyenesen vannak! P(0; −3�5), Q(1; −2), R(2; −0�5)

b) Add meg két normálvektorát az egyenesnek! (3; −2), (−3; 2), (6; −4) stb.

280. Írd fel annak az egyenesnek az egyenletét, amely átmegy a P0(3; −5) ponton, és párhuzamos a 4x+ 5y = 0egyenletű egyenessel! e: 4x + 5y = 0, nf = ne = (4; 5), P0(3; −5), 4x + 5y = −13

281. Adott a P(−3; 4) pont és az a(8; −2) vektor. Írd fel a P ponton átmenő egyenes egyenletét, ha:

a) az adott vektor az egyenes irányvektora; 2x + 8y = 26, x + 4y = 13

b) az adott vektor az egyenes normálvektora! 8x − 2y = −32, 4x − y = −16

282. Adott két pont: A(−2; 1), B(4; 3). Töltsd ki az alábbi táblázatot az 1, 2, X jelekkel, ha azok a követ-kezőt jelentik: 1: a megadott vektor az AB egyenes irányvektora, 2: a megadott vektor az AB egyenesnormálvektora, X: egyik sem.

vektor (3; 1) (2; −6) (12; 4)(

1;23

)(1; −3) (−2; 6) (10; 6) (1; 0�6) (10;−30)

válasz 1 2 1 X 2 2 X X 2

vektor (3; 1) (2; −6) (12; 4)(

1;23

)(1; −3) (−2; 6) (10; 6) (1; 0�6) (10;−30)

válasz 1 2 1 X 2 2 X X 2

283. Töltsd ki a táblázatot az egyenest meghatározó megadott adatok alapján!

Az egyenes egyenlete Normál-vektora

Irányvektora Adott pontja Meredeksége Irányszöge

5x + 4y = 5 n(5; 4) v(4; −5) P0(−3; 5) −1�25 −51�34◦

4x − 9y + 20 = 0 b(4; −9) v(9; 4) –49

23�96◦

1�4x − y = 9�8 n(1�4; −1) v(1; 1�4) P0(2; −7) m = 1�4 54�46◦

3x − 7y = −51 n(3; −7) v(7; 3) P0(4; 9)37

23�2◦

0�7813x − y = −3�125 n(0�7813; −1) v(1; 0�7813) P0(−4; 0) 0�7813 38◦

Az egyenes egyenlete Normál-vektora

Irányvektora Adott pontja Meredeksége Irányszöge

5x + 4y = 5 n(5; 4) v(4; −5) P0(−3; 5) −1�25 −51�34◦

4x − 9y + 20 = 0 b(4; −9) v(9; 4) –49

23�96◦

1�4x − y = 9�8 n(1�4; −1) v(1; 1�4) P0(2; −7) m = 1�4 54�46◦

3x − 7y = −51 n(3; −7) v(7; 3) P0(4; 9)37

23�2◦

0�7813x − y = −3�125 n(0�7813; −1) v(1; 0�7813) P0(−4; 0) 0�7813 38◦

284. Döntsd el, hogy az A(2; −1), B(

3;13

)és C (4; 1) pontok egy egyenesre illeszkednek-e vagy sem! Vá-

laszodat indokold! Írjuk fel például az A és C pontokon átmenő egyenes egyenletét, és vizsgáljuk meg, hogy aB pont koordinátái igazzá teszik-e az egyenletet!



C M Y K

97

vAC (2; 2), nAC (2; −2) ‖ (1; −1), AC : x − y = 3. B(

3;13

), helyettesítsük a B pont koordinátáit az egyenes egyen-

letébe! 3 − 13

�= 3. A B pont tehát nem illeszkedik az AC egyenesére.

285. Egy egyenes áthalad az A(1; 3) ponton, irányszöge −45◦.

a) Írd fel az egyenes egyenletét! m = tg� = −1. Az y−y0 = m · (x −x0) egyenlet alapján: y−3 = −1 · (x −1),x + y = 4.

b) Mekkora területű háromszöget zár be az egyenes és a két koordinátatengely? Az egyenes az x tengelyt

A(4; 0), az y tengelyt B(0; 4) pontban metszi. T =4 · 4

2= 8 területegység.

286. Mekkora az irányszöge a 2x + 3y = 5 egyenletű egyenesnek? y = −23x +

53

, tg� = −23

⇒ � ≈ −33�69◦.

287. Határozd meg a 2x − 3y = 2 egyenletű egyenesnek azt a pontját, amely az A(0; 3) és B(4; 7) pontoktólegyenlő távolságra van! Az A és a B pontoktól egyenlő távolságra lévő pontok halmaza az AB szakasz felező-merőlegese, így a keresett pont az adott egyenesnek és a szakaszfelező merőlegesnek a metszéspontja. Írjuk fel a

szakaszfelező merőleges egyenletét (f )! F (2; 5), nf =−−→AB = (4; 4) ‖ (1; 1), f : x + y = 7. Az f egyenes megadott

egyenessel való metszéspontja: P : e ∩ f , P

(235

;125

).

288. Adott két pont: A(−2; 1) és B(4; 3).

a) Írd föl az AB pontokon átmenő egyenes egyenletét! vAB =−−→AB = (6; 2), nAB (1; −3), AB : x − 3y = −5

b) Rajta van-e az AB egyenesen az R(3; 1) pont? Az R pont koordinátáit behelyettesítve az AC egyenesegyenletébe nem teszik azt igazzá, így R nem illeszkedik AC egyenesére.

c) Írd föl az AB egyenesre B pontban állított merőleges egyenes egyenletét!nf = vAB = (3; 1), f : 3x + y = 15

d) Írd föl az AB egyenessel párhuzamos, P(7; 12) ponton átmenő egyenes egyenletét!ng = nAB = (1; −3), x − 3y = −29

289. Egy háromszög csúcspontjainak koordinátái: A(3; 2), B(13; 5) és C (1; 7).Írd fel az AB oldalhoz tartozó

a) magasságvonal egyenletét; nmc=

−−→AB = (10; 3) és C (1; 7) ∈ mc ⇒ mc : 10x + 3y = 31.

b) súlyvonal egyenletét! Számoljuk ki az AB oldal felezési pontjának koordinátáit! F (8; 3�5)

vsc =−−→CF = (7; −3�5), így nsc (1; 2). C (1; 7) ∈ sc ⇒ sc: x + 2y = 15.

Egyenesek metszéspontja, két egyenes párhuzamosságának ésmerőlegességének feltétele,

az egyenes további egyenletei

290. Illeszkedik-e az e és f egyenesek metszéspontja a g egyenesre, ha

e: 3x − 4y = 7, f : x + y = 6, g : 7x − 21y = −1. e ∩ f = P

(317

;117

). A P koordinátáit behelyettesítve g

egyenletébe nem teszik azt igazzá, így a P pont nincs rajta a g egyenesen.

291. Mekkora szöget zár be egymással az e: x + y = 3 és az f : 4x − 2y = −1 egyenes?Az e és f egyenesek hajlásszöge megegyezik normálvektoraik hajlásszögével. ne (1; 1) és nf (2; −1).

cos� =ne · nf

|ne | · |nf |=

2 · 1 + 1 · (−1)√12 + 12 ·

√22 + (−1)2

=1√

2 ·√

5=

1√10

=

√10

10, amelyből: � ≈ 71�57◦.



C M Y K

98

292. Tükrözd az e: 3x − 4y = 4 egyenletű egyenest

a) az y tengelyre; Az e egyenes y tengellyel való metszéspontja A(0; −1), a tükrözött egyenes is itt metszi az

y tengelyt. Az e egyenes meredeksége me =34

. Az e egyenes y tengelyre vonatkozó tükörképének a meredek-

sége: mf = −me = −34

. Ezek alapján a tükörkép egyenes egyenletét meghatározhatjuk: y + 1 = −34

· (x − 0),

tehát: f : 3x + 4y = −4.

b) a C (1; 6) pontra! Jelölje a keresett egyenest g! Egy egyenes pontra vonatkozó tükörképe vele párhuzamosegyenes, így: ng = ne = (3; −4). A g egyenes egyenletének felírásához tükrözzük például az e egyenesA pontját C -re! a ′

1 = 2c1 − a1 = 2, a ′2 = 2c2 − a2 = 13, A′(2; 13), g : 3x − 4y = −46

Írd fel mind a két esetben a tükörképegyenes egyenletét!

293. Egy négyzet egyik csúcsának koordinátái A(5; 7), egyik átlójának egyenlete 3x + 4y = 18. Határozd mega négyzet többi csúcsának koordinátáit! e: 3x + 4y = 18. Az A pont nem illeszkedik az e egyenesre.

A négyzet átlói merőlegesen metszik egymást, így a négyzet átlóinak metszéspontját megkaphatjuk az A csúcsbólaz e-re állított merőleges egyenes (g) és az e egyenes metszéspontjaként.

ne (3; 4), így ng = ve = (4; −3). A(5; 7) ∈ g . g : 4x − 3y = −1, e ∩ g = K (2; 3).

A CA szakasz felezési pontja K , így C koordinátái: c1 = 2k1 − a1 = −1 és c2 = 2k2 − a2 = −1, C (−1; −1).−−→KA = a − k = (3; 4). Jelölje

−−→KA +90◦-os elforgatottját

−−→KA

′(−4; 3)! b = k +

−−→KA

′= (−2; 6).

A B pont koordinátái tehát: (−2; 6). A K felezi a BD szakaszt, így: d1 = 2k1 − b1 = 6 és d2 = 2k2 − b2 = 0. A D

pont koordinátái: D(6; 0). A négyzet csúcspontjai A(5; 7), B(−2; 6), C (−1; −1) és D(6; 0).

294. Az ABC háromszög csúcspontjainak koordinátái: A(0; 0), B(−2; 4), C (4; 5).

a) Írja fel az AB oldal egyenesének egyenletét! vAB =−−→AB = (2; −4), így nAB = (2; 1), AB : 2x + y = 0.

b) Számítsa ki az ABC háromszög legnagyobb szögét! A választ tized fokra kerekítve adja meg!

AB =√

4 + 16 =√

20 = c, AC =√

16 + 25 =√

41 = b, BC =√

62 + 12 =√

37 = a

A háromszögben a legnagyobb oldallal szemközti szög a legnagyobb szög. Írjuk fel a koszinusztételt!

b2 = a2 + c2 − 2 · ac · cos � . cos � =a2 + c2 − b2

2ac=

37 + 20 − 41

2 ·√

37 ·√

20=

4√185

≈ 0�2941. Így: � = 72�9◦.

c) Számítsa ki az ABC háromszög területét! Tudjuk, hogy sin � =√

1 − cos2 � =

√1 − 16

185=

13√185

.

t =c · a · sin �

2=

√20 ·

√37 · 13√

1852

= 13 területegység.(Matematika középszintű érettségi feladat, 2010)

A kör

295. Írd fel a kör egyenletét, ha adott a K középpontja és r sugara!a) K (5; 1), r = 6 (x − 5)2 + (y − 1)2 = 36 b) K (0; 0), r = 2 x2 + y2 = 4

c) K (3; −5), r =√

7 (x − 3)2 + (y + 5)2 = 7 d) K (−7; −12), r = 10 (x + 7)2 + (y + 12)2 = 100

e) K (−√

3;√

7), r =√

11 (x +√

3)2 + (y −√

7)2 = 11

296. Adott egy kör középpontja: K (−4; −6) és egy pontja: P(−2; 1). Írd fel a kör egyenletét!

r = KP =√

(−2)2 + (−7)2 =√

53, k : (x + 4)2 + (y + 6)2 = 53

297. Írd fel az AB szakasz Thalész-körének egyenletét, ha adott az A és B pont: A(−1; −1) és B(7; 5)! Az ABszakasz Thalész-körének középpontja az AB szakasz felezési pontja, sugara pedig az AB szakasz hosszának a fele.

K (3; 2), r = KB =√

42 + 32 = 5, k : (x − 3)2 + (y − 2)2 = 25



C M Y K

99

298. Határozd meg a kör középpontjának koordinátáit és a sugarát az alábbi egyenletekkel megadott körökesetén!

a) x 2 − 6x + y2 − 12y + 20 = 0 (x − 3)2 + (y − 6)2 = 25, K (3; 6), r = 5

b) x 2 = 6y − y2 − 8 x2 + (y − 3)2 = 1, K (0; 3), r = 1

c) 4x 2 + 4y2 + 12x − 20y + 25 = 0 x2 + y2 + 3x − 5y − 254

= 0, (x + 1�5)2 + (y − 2�5)2 = 14�75, K (−1�5; 2�5),

r =√

14�75

d) x 2 + 14x + y2 − 2√

5y + 52 = 0 (x + 7)2 + (y −√

5)2 = 2, K (−7�√

5), r =√

2

299. Döntsd el, melyik egyenlet határoz meg köregyenletet, és melyik nem! Válaszodat indokold! Amelyikesetben az egyenlet kört határoz meg, írd fel a kör sugarát és középpontjának koordinátáit!

a) 4x 2 + 2y2 + 4y = 82 Nem lehet köregyenlet, az x 2 és y2 tagok együtthatói nem egyenlők.

b) 1�5x 2 + 6x + 1�5y2 − 12y = 60 Átalakítások után az egyenlet: (x + 2)2 + (y − 4)2 = 60, ez egy kör egyenlete:K (−2; 4), r =

√60.

c)√

5x 2 =√

80 −√

5y2 Átalakítások után x 2 + y2 = 4, ez egy kör egyenlete: K (0; 0), r = 4.

d) x 2 +√

20x = 100 − y Nem köregyenlet, mert nem tartalmaz y2-es tagot.

e) x 2 − 2x + y2 + 4y + 6xy = 12 Nem köregyenlet, mert xy tagot tartalmaz.

300. A 4x 2 + 4y2 = 16y − 64x − 16 egyenletű körnek add meg az Átalakítások után a megadott kör egyenlete:

(x + 8)2 + (y − 2)2 = 64. Így a kör középpontja és sugara: K (−8; 2), r = 8.

a) origóra vonatkozó tükörképének az egyenletét; Az origóra vonatkozó tükörkép kör középpontja és sugara:

K1(8; −2), r1 = 8. Így a keresett kör egyenlete: (x − 8)2 + (y + 2)2 = 64.

b) a feleekkora sugarú, vele koncentrikus kör egyenletét! A feleakkora sugarú koncentrikus kör középpontja

és sugara: K2(−8; 2), r2 = 4. Így a kör egyenlete: (x + 8)2 + (y − 2)2 = 16.

301. Mi annak a körnek az egyenlete, amelynek középpontja illeszkedik az x + 2y = 12 egyenletű egyenesre,és áthalad az A(−5; 3) és B(1; −1) pontokon? A keresett kör középpontja az AB szakasz felezőmerőlegesénekés a megadott egyenesnek a metszéspontjában van. e: x + 2y = 12

Az AB szakasz felezési pontjának koordinátái: F (−2; 1).

Az AB szakasz f felezőmerőlegesének normálvektora: nf =−−→AB(6; −4) ‖ (3; −2).

Az f egyenes egyenlete: f : 3x − 2y = −8, f ∩ e = K (1; 5�5), r = KA =√

42�25

A keresett kör egyenlete tehát: k : (x − 1)2 + (y − 5�5)2 = 42�25

Körök és egyenesek kölcsönös helyzete

302. Az (x − 5)2 + (y − 12)2 = 169 egyenletű körhöz a 10 abszcisszájú pontjaiban érintőket húztunk.

a) Írd fel az érintők egyenletét! A megadott kör középpontja: K (5; 12). A megadott kör 10 abcisszájú pontjai

a kör egyenletéből x = 10 behelyettesítéssel meghatározhatóak: (y − 12)2 = 144. E1(10; 24), E2(10; 0)

ne1 =−−−→KE1 : (5; 12), e1: 5x + 12y = 338, ne2 =

−−−→KE2 : (5; −12), e2: 5x − 12y = 50

b) Határozd meg az érintők metszéspontját! e1 ∩ e2 = P , P(38�8; 12)

c) Mekkora szögben metszik egymást az érintők? Az érintők hajlásszögét normálvektoraik hajlásszögéből

határozhatjuk meg: cos� =5 · 5 + 12 · (−12)√

52 + 122 ·√

52 + 122=

−119169

≈ −0�7041. A normálvektorok hajlásszöge tehát:

� = 134�76◦, így az érintők hajlásszöge: (e1; e2)= 45�24◦.



C M Y K

100

303. Írd fel a háromszög köré írható körének egyenletét, ha a háromszög három csúcsa: A(1; 3), B(4; −2)és C (8; 2)! A háromszög köré írható körének középpontja az oldalfelező merőlegesek metszéspontja. Írjuk fel(például) AB és CB oldalak szakaszfelező merőlegeseinek az egyenleteit! Az AB oldalfelezési pontja F1, CB

oldalfelezési pontja F2. F1(2�5; 0�5), nf1 =−−→AB(3; −5)

Az AB felezőmerőlegesének egyenlete: f1: 3x − 5y = 5. F2 : (6; 0), nf2 =−−→BC (4; 4) ‖ (1; 1)

A CB felezőmerőlegesének egyenlete: f2: x + y = 6. f1 ∩ f2 = K , K (4�375; 1�625)

r = AK =√

13�28125, k : (x − 4�375)2 + (y − 1�625)2 = 13�28125

304. Adott egy kör két pontja P(2; −1) és Q(2; −7). Határozd meg a kör egyenletét, ha a kör középpontjailleszkedik az y = x − 7 egyenletű egyenesre! A keresett kör középpontja rajta van a PQ szakasz felező-merőlegesén. A P és a Q „speciális” elhelyezkedése miatt a felezőmerőleges egyenlete a koordinátákból könnyenmegadható: f : y = −4. A keresett kör középpontja a megadott egyenletű egyenes és az f egyenes metszéspontjában

van. K : e ∩ f , K (3; −4), r = PK =√

12 + (−5)2 =√

26. A kör egyenlete: (x − 3)2 + (y + 4)2 = 26.

305. Határozd meg annak a legnagyobb körnek az egyenletét, amelynek középpontja az x 2 + y2 = 25 egyen-letű körön van, és érinti a 3x + 4y = 100 egyenletű egyenest! Állítsunk merőlegest a megadott k kör Oközéppontjából a megadott e egyenesre (f )! Az f egyenes és a k kör metszéspontja a keresett kör középpontja.ne = (3; 4)e ⊥ f ⇒ nf = (4; −3). f : 4x − 3y = 0, k ∩ f :K1(−3; −4), K2(3; 4), K2(3; 4) nem a legnagyobb sugarúérintő kör középpontja.

e ∩ f = P(12; 16), r1 = K1P =√

152 + 202 = 25. A keresett kör egyenlete tehát: k1: (x + 3)2 + (y + 4)2 = 625.

306. Adott a koordináta-rendszerben az A(9; −8) középpontú, 10 egység sugarú kör.A kör egyenlete: (x − 9)2 + (y + 8)2 = 100.

a) Számítsa ki az y = −16 egyenletű egyenes és a kör közös pontjainak koordinátáit! Az egyenes és akör egyenletéből álló egyenletrendszer adja az egyenes és a kör metszéspontjainak a koordinátáit. Az egyen-letrendszer megoldása: P1(15; −16), P2(3; −16).

b) Írja fel a kör P(1; −2) pontjában húzható érintőjének egyenletét! Adja meg ennek az érintőnek az

iránytangensét (meredekségét)! Az érintő merőleges az érintési pontba húzott sugárra, így: ne =−−→KA =

= (8; −6) ‖ (4; −3), az érintő egyenlete: 4x − 3y = 10. Az érintő iránytangense az irányvektor koordinátáiból

számolható: me =43

.(Matematika középszintű érettségi feladat, 2008)

307. Az origó középpontú, egység sugarú kört a második síknegyedben érinti egy egyenes, melynek irány-szöge 30◦.

a) Határozd meg az érintési pont koordinátáit! Az origó középpontú, egység sugarú kör egyenlete: x 2+ y2 = 1.A keresett érintő érintési pontjába mutató helyvektor az i vektor 120◦-os elforgatottja. Így az érintési pont

koordinátái: E

(−1

2;

√3

2

).

b) Írd fel az érintő egyenletét! ne =−−→OE , így az érintő egyenlete: −1

2x +

√3

2y = 1. Rendezve: −x +

√3y = 2.

308. Határozd meg a k : (x − 4)2 + (y − 3)2 = 4 egyenletű kör e: 3y = 2x − 1 egyenletű egyenesre merőlegesérintőinek az egyenletét! A kör középpontja K (4; 3). Az érintési pontokat a kör középpontján az e-vel párhuzamose ′ egyenes és a k kör metszéspontjai adják: E1, E2: k ∩ e ′. ne′ = ne = (2; −3) ⇒ e ′: 2x − 3y = −1

(x − 4)2 + (y − 4)2 = 4

2x − 3y = −1

}⇒ E1

(58 + 3

√43

13;

43 + 2√

4313

)� E2

(58 − 3

√43

13;

43 − 2√

4313

)

Az érintők normálvektora n(3; 2), az érintők egyenletei: e1: 3x + 2y = 20 +√

13 és e2: 3x + 2y = 20 −√

13.

309. Írd fel annak a körnek az egyenletét, amelynek középpontja a K (−3; 4) pont, és érinti az e: x + 2y = −5egyenest!Állítsunk merőlegest K -n keresztül a megadott egyenesre! A két egyenes metszéspontja megadja az érintési pontot.



C M Y K

101

ne = (1; 2), e ⊥ f ⇒ nf = (2; −1), f : 2x − y = −10. e ∩ f = E : (−5; 0), r = KE =√

(−2)2 + (−4)2 =√

20.

A keresett kör egyenlete: k : (x + 3)2 + (y − 4)2 = 20.

310. Határozd meg a megadott körök kölcsönös helyzetét!

a) x 2 + y2 − 10x − 8y − 4 = 0 és x 2 + y2 − 2x − 4y = 0k1: (x − 5)2 + (y − 4)2 = 45, K1(5; 4), r1 =

√45, k2: (x − 1)2 + (y − 2)2 = 5, K2(1; 2), r2 =

√5.

A körök egyenletéből álló egyenletrendszernek egy megoldása van, tehát a körök érintik egymást. Az érintésipont koordinátái: E (−1; 1). A két kör középpontjának a távolsága: d = K2K1 =

√20 =

√45 −

√5 = r1 − r2,

tehát k2 belülről érinti k1-et.

b) x 2 + y2 = 16 és x 2 + y2 − 10x + 16 = 0 A két kör egyenletéből álló egyenletrendszernek két megoldásavan, tehát a körök két pontban metszik egymást, a metszéspontok koordinátái: P1(3�2; 2�4) és P2(3�2; −2�4).A körök egyenletéből K1(0; 0), r1 = 4 és K2(5; 0), r2 = 3.1 = r1 − r2 �d = K1K2 = 5 �7 = r1 + r2 is megadja, hogy a körök két pontban metszik egymást.

311. Az (x + 3)2 + (y − 1)2 = 4 egyenletű körhöz érintőket húztunk a P(−1; 3) pontból. Írd fel az érintésipontokra illeszkedő egyenes egyenletét! A kör egyenletéből a kör középpontjának a koordinátái K (−3; 1).Az érintési pontok a KP szakasz Thalész-körének és a k körnek a metszéspontjai.A KP szakasz Thalész-körének (k1) középpontja F (−2; 2), sugara r1 = FP =

√2.

A KP szakasz Thalész-körének egyenlete: k1: (x + 2)2 + (y − 2)2 = 2. k1 ∩ k :E1(−3; 3), E2(−1�1).

Az érintési pontokat összekötő egyenes irányvektora: vg =−−−→E1E2(−2; 2). A g egyenes normálvektora: ng (1; 1).

Az érintési pontokat összekötő egyenes egyenlete: g : x + y = 0.

312. Írd fel annak a körnek az egyenletét, amely érinti az x 2 +y2 −10x −10y +25 = 0 egyenletű kört, valaminta koordinátatengelyeket! A megadott kör egyenletét átalakítva (x − 5)2 + (y − 5)2 = 25, így u = v = r , teháta kör érinti az x és az y tengelyt. A keresett koordinátatengelyek és a megadott kört érintő körök középpontjánaka koordinátáira és sugarára u1 = v1 = r1, valamint u2 = v2 = r2 teljesül. OAK�-ben, OA1K1�-ben és azOA2K2�-ben a Pitagorasz-tételek felhasználásával: OK = 5

√2, OK1 = r1

√2 és OK2 = r2

√2.

x

y

2810

1

O

y = x

... . ..

A1 A

K

A2

K1

K2

k1

k

k2



C M Y K

102

OK = OK1 + K1E1 + E1K = r1 ·√

2 + r1 + 5, 5√

2 = 5 + r1 + r1√

2, r1 = 5 ·√

2 − 1√2 + 1

= 5 · (3 − 2√

2),

k1: (x − 5 · (3 − 2√

2))2+ : (y − 5 · (3? − 2√

2))2 = 25 · (3 − 2√

2)2

Az előzőekhez hasonlóan OA2K2Δ-ben:

OK2 = r2√

2 = OK + KE2 + E2K2 = 5√

2 + 5 + r2. r2 =5(

√2 + 1)√

2 − 1= 5 · (3 + 2

√2),

k2:(x − (5 · (3 + 2

√2)

)2+

(y − (5 · (3 + 2

√2)

)2= 25 · (3 + 2

√2)2

313. Írd fel annak a körnek az egyenletét, amely illeszkedik a P(10; 2) pontra, és az x 2 + y2 − 4x + 2y − 4 = 0egyenletű kört a legkisebb ordinátájú pontjában érinti! A megadott kör középpontja K (2; −1), sugara r = 3.A legkisebb ordinátájú pont E (2; −4). Jelölje a keresett (k1) kör középpontját K1(u1; v1), sugarát r1!

u1 = 2, v1 + 4 = r1. A k1 kör egyenlete: k1: (x − u1)2 + (y? − v1)2 = r21 . Mivel P ∈ K1, így az előzőek alapján:

(10 − 2)2 + (2 − v1)2 = (v1 + 4)2, amelyből: v1 =133

. k1: (x − 2)2 +

(y − 13

3

)2

=

(253

)2

.

314. Egy háromszög két oldalegyenese: az x tengely, valamint az y =43x egyenletű egyenes. Ismerjük a

háromszög beírt körének egyenletét is:

(x − 4)2 + (y − 2)2 = 4�

Írja fel a háromszög harmadik oldalegyenesének egyenletét, ha a háromszög egyenlő szárú, és Használjukaz ábrák jelöléseit!

a) az alapja az x tengelyre illeszkedik; Az e egyenes egyenletéből:

x

y

1 4

1

e

g

−��

K

B

C

A

tg� =43

. Mivel a B csúcsnál lévő szög megegyezik az A csúcsnál

lévő szöggel, ezért: mg = −43

.

A beírható kör középpontjának koordinátái: (4; 2), így a B csúcs ko-ordinátái a szimmetria miatt: B(8; 0).

A g egyenes egyenlete a meredekségéből és a B pont koordinátáiból:

y = −43x +

323

.

b) az adott oldalegyenesek a háromszög száregyenesei!

x

y

1 4

1

e

hK

P

f

B

C

A

Az AK egyenes (f ) egyenlete y = 0�5x .

A keresett egyenes h. A beírható kör érintési pontja az f egyenes és abeírható kör metszéspontja, amely a h-nak is pontja. Az x -re rendezett

5x 2 − 40x + 64 = 0 egyenlet egyik megoldása: x1 =20 − 4

√5

5�4,

ezért ez hamis gyök, így k ∩ f :P1

(4(

√5 + 5)5

;2(

√5 + 5)5

)

nh =12−−→AK = (2; 1). Így a h egyenes egyenlete: h: 2x + y = 2(

√5 + 5).




C M Y K

103

Egyenletek és egyenlőtlenségek

Trigonometrikus egyenletek és egyenlőtlenségek

Szögfüggvények (ismétlés)

315. Töltsd ki a „totót” úgy, hogy kiválasztod a szögfüggvények pontos értékét!

Szögfüggvény 1 2 X

1. sin 0◦ 0�5 0 −1

2. cos 180◦ −1√

3 03. cos 0◦ Nem értelmezzük 1 0

4. tg 90◦ √3 1 Nem értelmezzük

5. ctg 90◦√

32

Nem értelmezzük 0

6. sin 360◦ 1 0 −0�5

7. sin 150◦ 0�5

√3

2−

√3

2

8. cos 60◦ −√

33

√2

20�5

9. tg 45◦ 1 0 −√

3

10. sin (−30◦) −1 −0�5

√2

2

11. cos (−300◦) 0�5 −√

32

−1

12. sin (−135◦) 1 −1 −√

22

13. sin 780◦ 0�5 −0�5

√3

2

+1 tg 240◦ Nem értelmezzük√

3 0

Szögfüggvény 1 2 X

1. sin 0◦ 0�5 0 −1

2. cos 180◦ −1√

3 03. cos 0◦ Nem értelmezzük 1 0

4. tg 90◦ √3 1 Nem értelmezzük

5. ctg 90◦√

32

Nem értelmezzük 0

6. sin 360◦ 1 0 −0�5

7. sin 150◦ 0�5

√3

2−

√3

2

8. cos 60◦ −√

33

√2

20�5

9. tg 45◦ 1 0 −√

3

10. sin (−30◦) −1 −0�5

√2

2

11. cos (−300◦) 0�5 −√

32

−1

12. sin (−135◦) 1 −1 −√

22

13. sin 780◦ 0�5 −0�5

√3

2

+1 tg 240◦ Nem értelmezzük√

3 0

A megoldások tehát: 2, 1, 2, X, X, 2, 1, X, 1, 2, 1, X, X, 2

316. Keresd a párját! Párosítsd össze a szögfüggvényeket a betűkkel jelzett számokkal!

sin 30◦ tg (−60◦) cos 150◦ tg 45◦ sin 450◦ tg 30◦ sin 225◦

sin 240◦ tg 405◦ ctg 240◦ ctg 45◦ cos 420◦ sin 810◦ tg 300◦

A = −√

32

B =12

C = 1 D =

√3

3E = −

√3 F = −

√2

2

A = −√

32

= cos 150◦ = sin 240◦, B =12

= sin 30◦ = cos 420◦, C = 1 = tg 45◦ = sin 450◦ = tg 405◦ = ctg 45◦ =

= sin 810◦, D =

√3

3= tg 30◦ = ctg 240◦, E = −

√3 = tg(−60◦) = tg 300◦, F = −

√2

2= sin 225◦


TEX 2012. április 17. – (1. lap/104. old.) ∗ Matematika 9. ∗ (KF06EGY)

C M Y K

104

A sin x = a, cos x = a, illetve tg x = a típusú egyszerű és összetettebb feladatok

317. Az alábbi ábrákon az egység sugarú körök segítségével pirossal ábrázoltunk egy-egy szakaszt.

Írj fel ezen szakaszok előjeles értékeinek ismeretében trigonometrikus egyenleteket, majd add meg azokmegoldását is!

a) b) c)

1x

1y

v1

v2

i

j

0�51x

1y

v1v2

i

j

−√

22

1x

1y

v1

v2

i

j

−0�5

a) cos x = 0�5, x1 =�

3+ k · 2� , x2 = −�

3+ l · 2� (k � l ∈ Z)

b) sin x = −√

22

, x1 =5�4

+ k · 2� , x2 =7�4

+ l · 2� (k � l ∈ Z)

c) cos x = −0�5 x1 =2�3

+ k · 2� , x2 =4�3

+ l · 2� (k � l ∈ Z)


a) sin� = −0�5�1 = 210◦ + k · 360◦

�2 = 330◦ + l · 360◦

�1 =7�6

+ k · 2�

�2 =11�

6+ l · 2�

(k � l ∈ Z)

b) cos 2� = 1 � = k · 180◦ � = k · � k ∈ Z

c) sin (� − 20◦) = 0 � = 20◦ + k · 180◦ � =�

9+ k · � k ∈ Z

d) tg 3� = −1 � = 45◦ + k · 60◦ � =�

4+ k · �

3k ∈ Z


a) sin (60◦ − �) = 0�9 �1 = −4�16◦ + k · 360◦, �2 = −55�84◦ + l · 360◦ (k � l ∈ Z)

b) cos (2� − 34◦) = 0�212 �1 = 55�88◦ + k · 180◦, �2 = −21�88◦ + l · 180◦ (k � l ∈ Z)

c) tg (� + 75◦) = 2 � = −11�57◦ + k · 180◦ (k ∈ Z)

d) sin (� + 75◦) = 2 Nincs megoldás.


a) cos2 x =34x1 =

�

6+ k · � , x2 =

5�6

+ l · � (k � l ∈ Z)

b) (2 sin x )2 = 3 x1 =�

3+ k · � , x2 =

2�3

+ l · � (k � l ∈ Z)

c) (2 sin x )3 = −8 x =3�2

+ k · 2� (k ∈ Z)


a) tg2 x =13x �= �

2+ k · � , x1 =

�

6+ k · � , x2 =

5�6

+ l · � (k � l ∈ Z)

b) sin x = 2 · cos x Rendezés után tg x = 2, innen x = 1�107 + k · � (k ∈ Z).

c) cos2 x = 3 sin2 x Rendezés után tg2 x =13

, innen x1 =�

6+ k · � , x2 =

5�6

+ l · � (k � l ∈ Z).



C M Y K

105


a) tg x · ctg x = 1 R \{k · �

2

∣∣∣∣∣ k ∈ Z

}b) tg2 x · ctg x = 1 x =

�

4+ k · � (k ∈ Z)

323. Keresd a párját! Keresd meg, hogy melyik egyenlethez melyik megoldáshalmaz tartozik! Vigyázz, mertlehet, hogy egy megoldáshalmaz több egyenlethez is tartozhat!

a) sin2 x =12

A, C, D b) tg2 x = 1 A, C, D c) cos2 x =34

B, F

A: x1 =�

4+ k · 2� , x2 =

3�4

+ l · 2� , x3 =5�4

+ m · 2� , x4 =7�4

+ n · 2� , k � l � m� n ∈ Z

B: x1 =�

6+ k · � , x2 =

5�6

+ l · � , k � l ∈ Z

C: x =�

4+ k · �

2, k ∈ Z

D: x1 =�

4+ k · � , x2 =

3�4

+ l · � , k � l ∈ Z

E: x = k · �6

, k ∈ Z

F: x1 =�

6+ k · 2� , x2 = −�

6+ l · 2� , x3 =

5�6

+ m · 2� , x4 = −5�6

+ n · 2� , k � l � m� n ∈ Z


a) (sin x + 1) ·(

cosx

2− 1

2

)= 0

sin x = −1 vagy cosx

2=

12

, x1 =3�2

+ k · 2� , x2 =2�3

+ l · 4� , x3 =10�

3+ m · 4� (k � l � m ∈ Z)

b) cos (3x ) ·(

cos (3x ) −√

32

)= 0

cos(3x ) = 0 vagy cos(3x ) =

√3

2, x1 =

�

6+ k · �

3, x2 =

�

18+ l · 2�

3, x3 =

11�18

+ m · 2�3

(k � l � m ∈ Z)

c) tg (2x ) · (tg x + 1) = 0

x �= �

2+ k · � , x �= �

4+ k · �

2, x1 = l · �

2, x2 =

3�4

+ l · � (k � l ∈ Z), így a kikötés miatt: x = n · � n ∈ Z .

Trigonometrikus egyenlőtlenségek

325. Add meg az egyenlőtlenségek megoldáshalmazát!

a) sinx

2≥

√3

2

[2�3

+ k · 4� ;4�3

+ k · 4�]

(k ∈ Z)

b) sin(

2x +�

3

)�1 Nincs megoldás.

c) sin (x + �) ≤ −√

32

[�

3+ k · 2� ;

2�3

+ k · 2�

](k ∈ Z)

d) tg(x +

�

4

)�−

√3

]�

4+ k · � ;

5�12

+ k · �[

(k ∈ Z)

e) | tg 2x | �0�5]−0�2318 + k · �

2; 0�2318 + k · �

2

[(k ∈ Z)

326. Add meg az egyenlőtlenségek megoldáshalmazát a [−2� ; 2�] intervallumon!

a) cos(x +

�

4

)�0

�

2+ k · 2� �x +

�

4�

3�2

+ k · 2� , innen

]�

4+ k · 2� ;

5�4

+ k · 2�

[(k ∈ Z).



C M Y K

106

b) cos(

2x +�

3

)≥ 0�5 −�

3+ k · 2� ≤ 2x +

�

3≤ �

3+ k · 2� , innen

[−�

3+ k · � ; k · �

](k ∈ Z).

c) cos(

2�3

− 2x)

≥ 12�3

− 2x = k · 2� , innen

{�

3+ k · �

∣∣∣∣∣ k ∈ Z

}.

d) cos2 x �0�25 −12�cos �

12

, innen[�

3+ k · � ;

2�3

+ k · �]

(k ∈ Z).

327. Oldd meg az egyenlőtlenségeket a valós számok halmazán!

a) sin x · sin(x +

�

4

)�0 vagy

sin x · 0

sin(x +

�

4

)0

⎫⎬⎭ ⇒

k · 2� �x �� + k · 2�

k · 2� �x +�

4�� + k · 2�� azaz − �

4+ k · 2� �x �

3�4

+ k · 2�,

tehát k · 2� �x �3�4

+ k · 2� , vagy

sin x · �0

sin(x +

�

4

)�0

⎫⎬⎭ ⇒

k · 2� �x �� + k · 2�

� + k · 2� �x +�

4�2� + k · 2�� azaz

3�4

+ k · 2� �x �7�4

+ k · 2�,

tehát x ∈]� + k · � ;

3�4

+ k · �[

(k ∈ Z).

b) cos (2x ) · cos x ≤ 0 vagy

cos(2x )· ≥ 0

cos x ≤ 0

}⇒

−�2

+ k · 2� �2x ��

2+ k · � azaz − �

4+ k · � �x ��

4+ k · �

�

2+ l · 2� �x �

3�2

+ l · 2�,

tehát3�4

+ k · 2� �x �5�4

+ k · 2� , vagy

cos(2x )· ≤ 0

cos x ≥ 0

}⇒

�

2+ k · 2� ≤ 2x ≤ 3�

2+ k · 2�� azaz

�

4+ k · � ≤ x ≤ 3�

4+ k · �

−�2

+ l · 2� �x ��

2+ l · 2�

,

tehát�

4+ k · 2� ≤ x ≤ �

2+ k · 2� vagy

3�2

+ l · 2� ≤ x ≤ 7�4

+ l · 2� . Az egyenlőtlenség megoldása:

x ∈[�

4+ k · 2� ;

�

2+ k · 2�

]∪

[3�4

+ k · 2� ;5�4

+ k · 2�]

∪[

3�2

+ k · 2� ;7�4

+ k · 2�]

(k ∈ Z).

c) sin(x − �

2

)· cos

(x +

�

2

)≥ 0 vagy

sin(x − �

2

)≥ 0

cos(x +

�

2

)≥ 0

⎫⎪⎬⎪⎭ ⇒

k · 2� ≤ x − �

2≤ � + k · 2��

−�2

+ l · 2� ≤ x +�

2≤ �

2+ l · 2��

azaz

�

2+ k · 2� ≤ x ≤ 3�

2+ k · 2�

−� + l · 2� ≤ x ≤ l · 2�,

tehát � + k · 2� ≤ x ≤ 3�2

+ k · 2� , vagy

sin(x − �

2

)≤ 0

cos(x +

�

2

)≤ 0

⎫⎪⎬⎪⎭ ⇒

−� + k · 2� ≤ x − �

2≤ k · 2��

�

2+ l · 2� ≤ x +

�

2≤ 3�

2+ l · 2�

, azaz−�

2+ k · 2� ≤ x ≤ �

2+ k · 2�

l · 2� ≤ x ≤ � + l · 2�,

tehát k · 2� ≤ x ≤ �

2+ k · 2� , x ∈

[k · � ;

�

2+ k · �

](k ∈ Z).

Megjegyzés: Fölfedezhető azonosságok: sin(x − �

2

)= − cos x , cos

(x +

�

2

)= − sin x . Ekkor az egyenlőtlenség

így alakul: sin x · cos x ≥ 0, melynek megoldása akár egység sugarú körről is könnyen leolvasható.



C M Y K

107

328. Határozd meg a valós számoknak azt a legtágabb részhalmazát, amelyen a következő kifejezések értel-mezhetők!

a)√

sin (x + 1) [−1 + k · 2� ;� − 1 + k · 2�] (k ∈ Z) b)1

sin x − 1R \

{�

2+ k · 2�

∣∣∣∣ k ∈ Z}

c)1

sin x− 1 R \ {k · � | k ∈ Z} d)

1| sin x | − 1

R \{�

2+ k · �

∣∣∣∣ k ∈ Z}

329. Határozd meg a valós számoknak azt a legtágabb részhalmazát, amelyen a következő kifejezések értel-mezhetők!

a)√

cos2 x − 0�5 cos2 x ≥ 0�5, azaz cos x ≤ −√

22

vagy cos x ≥√

22

.[−�

4+ k · � ;

�

4+ k · �

](k ∈ Z)

b)√

cos2 x − 0�5 cos2 x ≥ 0 ⇒ ÉT: R

c)tg (2x )tg (3x )

R \{�

4+ k · �

2;�

6+ k · �

3; k · �

3

∣∣∣∣ k ∈ Z}

d)1√

sin2 x − sin x + 0�25=

1√(sin x − 0�5)2

=1

‖ sin x − 0�5‖ , tehát R \{�

6+ k · 2� ;

5�6

+ k · 2�

∣∣∣∣∣ k ∈ Z

}.

Másodfokú egyenletre vezető trigonometrikus egyenletek


a) 2 sin2 x − sin x = 0 sin x = 0 ⇒ x1 = k · � , sin x = 0�5 ⇒ x2 =�

6+ l · 2� , x3 =

5�6

+m · 2� (k � l � m ∈ Z)

b) cos2 x + 3 cos x − 3�7021 = 0 (cos x )1 = 0�9397 ⇒ x1 =�

9+ k · 2� , x2 =

179� + l · 2� (k � l ∈ Z);

(cos x )2 = −3�9397, nincs megoldása.

331. Oldd meg az alábbi egyenleteket a valós számok halmazán! A sin2 x+ cos2 x = 1 összefüggést kell alkalmazni.

a) cos2 x −√

32

sin x − 1 = 0 Átalakítás után sin2 x +

√3

2sin x = 0. (sin x )1 = 0 ⇒ x1 = k · � ,

(sin x )2 = −√

32

⇒ x2 =4�3

+ l · 2� , x3 =5�3

+ m · 2� (k � l � m ∈ Z)

b) sin2 x + 1�5 cos x − 1�5 = 0 Átalakítás után cos2 x − 1�5 cos x + 0�5 = 0. (cos x )1 = 1 ⇒ x1 = k · 2� ,

(cos x )2 = 0�5 ⇒ x2 =�

3+ l · 2� , x3 =

5�3

+m · 2� (k � l � m ∈ Z)

A sin� = sin � , cos� = cos � , tg� = tg � típusú egyenletek megoldása

332. Van-e olyan szög, amelynek

a) koszinusza ugyanakkora, mint a kétszeresének koszinusza; cos 2� = cos� , � = k · 120◦ (k ∈ Z)

b) szinusza ugyanakkora, mint a háromszorosának szinusza;sin� = sin 3� , �1 = k · 180◦, �2 = 45◦ + l · 90◦ (k � l ∈ Z)

c) tangense ugyanakkora, mint a kétszeresének tangense;tg� = tg (2�), � �= 90◦ + k · 180◦, � �= 45◦ + k · 90◦, � = k · 180◦ (k ∈ Z)

d) tangense ugyanakkora, mint az ellentettjének tangense;tg� = tg (−�), � �= 90◦ + k · 180◦, � = k · 90◦, de kikötés miatt � = l · 180◦ (l ∈ Z).

e) tangense ugyanakkora, mint a szinusza;

tg� = sin� , � �= 90◦ + k · 180◦, sin�

(1

cos�− 1

)= 0 ⇒ � = k · 180◦ (k ∈ Z)

f) kotangense ugyanakkora, mint a szinusza?

ctg� = sin� , � �= k · 180◦ (k ∈ Z), cos� = sin2 � , cos2 � + cos� − 1 = 0,



C M Y K

108

(cos�)1 =

√5 − 12

⇒ �1 = 51�83◦ + k · 360◦, �2 = 308�17◦ + l · 360◦ (k � l ∈ Z),

(cos�)2 = −√

5 + 12

�−1, nincs megoldás.


a) sin (2x ) = sin(x +

�

4

)x =

�

4+ k · 2�

3(k ∈ Z)

b) sin(x +

�

3

)= sin (−x ) x = −�

6+ k · � (k ∈ Z)

c) sin (x + �) = sin (−x ) x ∈ R

d) − sin (3x ) = sin x sin (−3x ) = sin x ⇒ x1 = k · �2

, x2 = −�6

− l · � (k � l ∈ Z)

e) sin (2x ) = cos(x +

3�2

)A pótszögösszefüggést használjuk: cos

(x +

3�2

)= cos

(�2

− x)

⇒ x1 = −�3

+

+ k · 2�3

, x2 = l · 2� (k � l ∈ Z)


a) cos(x − �

3

)= cos (3x ) x1 =

�

12+ k · �

2, x2 = −�

6+ l · � (k � l ∈ Z)

b) cos (2x ) = cos (−x ) x = k · 2�3

(k ∈ Z)

c) cos(�

3− x

)= cos

(x +

�

4

)x =

�

24+ k · � (k ∈ Z)

d) cos(x +

3�4

)+ cos x = 0 cos

(x +

3�2

)= − cos x ⇒ cos

(x +

3�2

)= cos (� − x ), x = −7�

8+ k · �

(k ∈ Z)

e) cos (2x ) = sin(�

2− x

)A pótszögösszefüggést használjuk: cos 2x = cos x ⇒ x = k · 2�

3(k ∈ Z)

335. Oldd meg az alábbi egyenleteket a [0; 2�] intervallumba eső valós számok halmazán!

a) tg(

3x +�

4

)= tg (−x ) Az x �= �

2+ k · � , x �= �

12+ k · �

3(k ∈ Z), x = − �

16+ l · �

4intervallumban:{

3�16

;7�16

;11�16

;15�16

;19�16

;23�16

;27�16

;31�16

}. A megoldás nem ütközik a kikötésekbe. Indoklás: a

�

2+ k · � =

= − �

16+ l · �

4egyenletnek vagy a

�

12+ k · �

3= − �

16+ l · �

4egyenletnek nincs megoldása az egész k és l

számok körében, ugyanis a két egyenletet átalakítva a −9 = 4(4k − l ), illetve a 7 = 4(3l − 4k ) egyenletekhezjutunk, amelyeknek nincs megoldása, mert az egyenletek jobb oldala osztható 4-gyel, míg a bal oldala nem.

b) tgx

3= tg

(x − �

5

)x �= 3�

2+ k · 3� , x �= 7�

10+ k · � (k ∈ Z), x = −3�

10+ l · 3�

2. A [0; 2�] intervallumba

eső megoldás: x =6�5

. Általánosan: a megoldás nem ütközik a3�2

+ k · 3� kikötésbe, mert a −3�10

+ l · 3�2

=

=3�2

+ k · 3� egyenletet átrendezve a −6 = 5(2k − l ) egyenlet jobb oldala osztható 5-tel, de a bal oldala

nem, ezért az egész k és l számok körében nincs megoldása. A másik kikötéssel azonban nem ez a helyzet.

A −3�10

+ l · 3�10

=7�10

+ k · � egyenletet átrendezve a 2(k + 1) = 3l egyenletnek például megoldása a k = 2

és l = 2 számpár. Általában l nem lehet páros szám. Így az egyenlet megoldása: x = −3�10

+ (2n + 1) · 3�2

(n ∈ Z).



C M Y K

109

c) tg (2x −�) = tgx

5x �= 3�

4+ k · �

2, x �= 5�

2+ k · 5� (k ∈ Z), x = l · 5�

9(l ∈ Z). A [0; 2�] intervallumba eső

megoldások:{

0;5�9

;10�

9;

15�9

}. A megoldás nem ütközik a kikötésekbe. Indoklás: a

3�4

+ k · �2

= l · 5�9

egyenletnek vagy az5�2

+ k · 5� = l · 5�9

egyenletnek nincs megoldása az egész k és l számok körében.

Ugyanis a két egyenletet átalakítva egyrészt a 9(2k + 3) = 20l egyenlethez jutunk, amelynek nincs megoldása,mert a bal oldal páratlan, a jobb pedig páros, másrészt a −9 = 2(9k − l ) egyenlethez jutunk, amelyeknekszintén nincs megoldása, mert az egyenlet jobb oldala páros, míg a bal oldala nem.

d) tg(

2x − 2�3

)= − tg x x �= �

2+ k · � , x �= 7�

12+ k · �

2(k ∈ Z), x =

2�9

+ l · �3

(l ∈ Z). A [0; 2�] interval-

lumba eső megoldások:

{2�9

;5�9

;8�9

;11�

9;

14�9

;17�

9

}. A megoldás nem ütközik a kikötésekbe. Indoklás:

a2�9

+ l · �3

=7�12

+ k · �2

egyenletnek vagy a2�9

+ l · �3

=�

2+ k · � egyenleteknek nincs megoldása az

egész k és l számok körében. Ugyanis a két egyenletet átalakítva a 6(2l − 3k ) = 13, illetve a 6(l − 3k ) = 5egyenletekhez jutunk, amelyeknek nincs megoldása, mert az egyenletek bal oldala osztható 6-tal, míg a jobboldaluk nem.

A 335. feladat a [0; 2�] intervallumba eső gyököket kéri, ez leszűkíti a megoldások számát véges sokra,így áttekinthetőbb a megoldások összevetése a kikötésekkel. Fogékonyabb tanulóknak megfogalmazhatjuka feladatot úgy is, hogy a megoldásokat az összes valós szám halmazán keressék, és bizonyítsák be, hogya megoldások nem ütköznek a kikötésekbe. Segítségként közöljük a „nehezített” feladatok megoldását is. Ezkülönösen a b) feladatnál érdekes. A [0; 2�] intervallumban az egyenletnek csak egy megoldása van, és eznem ütközik a kikötésekbe.


a) tg(x +

�

4

)= tg 2x x �= �

4+ k · �

2, x =

�

4+ k · � (k � l ∈ Z), tehát nincs megoldás.

b) tg(�

3− x

)= tg (−x ) Nincs megoldás, és ez már az egyenletből látszik.

c) tg (2x ) ·ctg x = 1 x �= �

4+k · �

2, x �= k ·� , x = l ·� (k � l ∈ Z), tehát nincs megoldás. Az egyenlet a megjelölt

értelmezési tartományon ekvivalens a tg 2x = tg x egyenlettel.

d)tg (x )

tg (2x )= 1 x �= �

4+ k · �

2, x �= k · �

2, x = l · � (k � l ∈ Z), tehát nincs megoldás.

Kétismeretlenes trigonometrikus egyenletrendszerek

337. Mely valós számpárok teszik igazzá a következő egyenletrendszereket?

a)cos x = cos y

x + y = �

}x =

�

2+ k · �

y =�

2− k · �

⎫⎪⎬⎪⎭ (k ∈ Z)

b)sin (2x ) = sin y

cos (2x ) = cos y

}cos (2x ) = cos y ⇒ I. y = 2x + k · 2� vagy II. y = −2x + l · 2� . Az I.-t behelyettesítve az

első egyenletbe azonosságot kapunk, tehátx1 ∈ R

y1 = 2x + k · 2�

}(k ∈ Z). II.-t behelyettesítve az első egyenletbe:

sin (2x ) = sin (−2x + l · 2�) ⇔ sin (2x ) = sin (−2x ) ⇔ sin (2x ) = − sin (2x ) ⇒ 2 sin (2x ) = 0, tehát

x2 = m · �2

y2 = −m� + l · 2�

⎫⎬⎭. Ez azonban nem új megoldás, mivel itt is teljesül, hogy y − 2x = k · 2� (k ∈ Z).



C M Y K

110

c)cos x · sin y = 1

sin x · cos y = 0

}Az egyenletrendszer megoldásához elegendő az első egyenlet megoldása, ugyanis az első

egyenlet minden megoldása a második egyenletnek is megoldása. cos x = 1 és sin y = 1, vagy cos x = −1 és

sin y = −1.x1 = k · 2�

y1 =�

2+ l · 2�

⎫⎬⎭ (k � l ∈ Z) vagy

x2 = � +m · 2�

y2 =3�2

+ n · 2�

⎫⎬⎭ (m� n ∈ Z)


a) cos x + cos 3x = −2 cos x + cos 3x = −2 −1 ≤ cos x ≤ 1 − 1 ≤ cos (3x ) ≤ 1, ezért cos x + cos 3x == −2 ⇔ cos x = −1 és cos (3x ) = −1. x = � + k · 2� (k ∈ Z)

b) 3sin2x =

9 tg2 x

3cos2 xx �= �

2+ k · � (k ∈ Z). Az egyenletet átrendezve: 3sin2 x+cos2 x = 9 tg2 x , azaz tg2 x =

=13

⇒ x1 =�

6+ k · � , x2 =

5�6

+ l · � (k � l ∈ Z).

c)√

1 − sin2 x = sin (2x ) − 1�5 Az egyenletet átalakítva: | cos x | = sin (2x ) − 1�5. Vizsgáljuk meg az egyenletkét oldalának értékkészletét! −1 ≤ sin (2x ) ≤ 1 ⇒ −2�5 ≤ sin (2x ) − 1�5 ≤ −0�5. Ugyanekkor | cos x | ≥ 0,tehát az egyenletnek nincs megoldása.

339. Oldd meg az egyenletet a valós számpárok halmazán!12

(sin x +

1sin x

)= cos y

Felhasználjuk egy szám és reciprokának összegére vonatkozó nevezetes egyenlőtlenséget: |a +1a

| ≥ 2, ha a �= 0.

Így az egyenlet bal oldalának értékkészletét vizsgálva12

(sin x +

1sin x

)≤ −1 vagy

12

(sin x +

1sin x

)≥ 1. Az

egyenletnek tehát akkor lehet megoldása, hasin x = 1

cos y = 1

}vagy ha

sin x = −1

cos y = −1

}. Így a megoldás:

x1 =�

2+ k · 2�

y1 = l · 2�

⎫⎬⎭

(k � l ∈ Z),x2 =

3�2

+ m · 2�

y2 = � + n · 2�

⎫⎬⎭ (m� n ∈ Z).

Exponenciális egyenletek és egyenlőtlenségek

340. Oldd meg az alábbi exponenciális egyenleteket az egész számok halmazán!a) 10x = 1000 x = 3 b) 2x = 1024 x = 10 c) 1x = 10 Nincs megoldás az egész számok halmazán.

d) 7x =17x = −1 e) 3x = 1 x = 0 f) 25x = 5 Nincs megoldás az egész számok halmazán.

341. Az exponenciális függvény tulajdonságait felhasználva oldd meg az alábbi exponenciális egyenlőtlensé-geket a valós számok halmazán!

a) 5x �625 x 4 b) 2x ≤ 2 x ≤ 1 c) 31x ≥ 1 x ≥ 0

d)(

13

)x

�3 x −1 e) 16x �8 x 34

f) 0�1x ≥ 0�01 x ≤ 2

342. A szociológusok az országok statisztikai adatainak összehasonlításánál használják a következő tapaszta-lati képletet:

É = 75�5 − 5 · 106000−G

6090

A képletben az É a születéskor várható átlagos élettartam években, G az ország egy főre jutó nemzetiösszterméke (a GDP) reálértékben, átszámítva 1980-as dollárra.



C M Y K

111

a) Mennyi volt 2005-ben a várható élettartam abban az országban, amelyben akkor a G nagysága 1090dollár volt? Behelyettesítve a képletbe G = 1090-et, É ≈ 43�5.

b) Mennyivel változhat ebben az országban a várható élettartam 2020-ra, ha a gazdasági előrejelzésekszerint ekkorra G értéke a 2005-ös szint háromszorosára nő? Behelyettesítve a képletbe G = 3 · 1090 == 3270-et, É ≈ 61�5. Így a várható élettartam 18 évvel nő.

c) Egy másik országban 2005-ben a születéskor várható átlagos élettartam 68 év. Mekkora volt ekkorebben az országban a GDP (G) nagysága (reálértékben, átszámítva 1980-as dollárra)? A képlet alapján

68 = 75�5 − 5 · 106000−G

6090 , innen 106000−G

6090 = 1�5. Tehát6000 −G

6090= lg 1�5, azaz G ≈ 4928.



a) 35x−2 = 27 x = 1 b) 4|2x−1| = 64 x1 = 2 és x2 = −1

c) 5x2−5x−13 = 5 x1 = 7 és x2 = −2 d) 6

x−1x+1 =

16x = 0

e) 7√x+10 = 49 x = −6 f) 8log11 2x = 1 x = 0�5


a) 101x+101 = 1012x+100 x = 1 b) 31�24x2+1 = 31�242x x = 1

c) 25x = 5√2 x = 25 d) 100 · 102x−1 = 102x+1 x ∈ R

e) 8x2

= 16x3x1 = 0 és x2 = 0�75 f)

(15

)x+1

= 25x−1 x =13

345. Az exponenciális függvények tulajdonságainak felhasználásával oldd meg az alábbi egyenlőtlenségeketa valós számok halmazán!

a) 112x ≥ 113x x ≤ 0 b)(

122

)x+1

�

(1

22

)x+ 2

Nincs megoldás a valós számok halmazán.

c) 332|x | �33x+1 −13�x �1 d) 4 · 4x

2+1 ≤ 4x · 4x+1 x = 1

e) 55√

1−x �

(1

55

)−x

x �

√5 − 12

f) 0�66sin x+2 ≥ 0�66−x2

Nincs megoldás a valós számok halmazán.

346. a) Mely pozitív egész számokra igaz a következő egyenlőtlenség?

5x−2 �513−2x

Mivel az f (x ) = 5x exponenciális függvény szigorúan monoton nő, ezért x − 2 �13 − 2x . Innen x �5. Azazaz egyenlőtlenség az {1; 2; 3; 4} halmaz elemeire igaz.

b) Oldja meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletet!

9√x = 3x−3

Felhasználva a hatványozás azonosságait azt kapjuk, hogy 9√x = (32)

√x = 32

√x . Mivel az exponenciális

függvény szigorúan monoton, ezért 2√x = x − 3. Elvégezve a négyzetre emelést azt kapjuk, hogy 4x = x 2 −

− 6x + 9, azaz x 2 − 10x + 9 = 0. Ennek gyökei: x1 = 1 és x2 = 9. Ellenőrzéskor kiderül, hogy az 1 hamis gyök.Így az egyenlet egyetlen megoldása: x = 9.



a) 2x+1 + 2x+ 2 = 192 x = 5 b) 3x − 3x−2 = 216 x = 5

c) 4x + 4x+ 0�5 = 6 x = 0�5 d) 5x−2 + 5x + 5x+2 = 130�2 x = 1

e) 6x − 6x+ 1 − 6x+2 = −41 x = 0 f) 7x + 7x+2 + 7x+ 4 = 4902 x = log7 2 ≈ 0�85


a) 2 · (2x )2 − 9 · 2x + 4 = 0 x1 = −1 és x2 = 2 b) 32x − 30 · 3x + 81 = 0 x1 = 1 és x2 = 3c) 16x − 3 · 4x = 4 x = 1 d) 25x − 10 · 5x + 25 = 0 x = 1



C M Y K

112

e) 62x+1 − 24 · 6x + 20 = 2 x1 = 0 és x2 = log6 3 ≈ 0�61 f) 7x − 7−x = 0 x = 0

349. Oldd meg az alábbi egyenleteket az egész számok halmazán!

a) 7x−1 = 5x−1 x = 1 b) 0�247x+3 = 247x+3 Nincs egész megoldása.

c) 111x2−4x−45 = 222x

2−4x−45 x1 = 9 és x2 = −5 d) 12x−100 = 21100−x x = 100

e) 36 · 66x−1 = 27 · 36x−2 x = −16

f) 2 · 5x + 5x+1 = 5 · 7x x = 1


4x+2 · 9x+1 = 6x−1 · 18

16 · 4x · 9 · 9x = 6x · 16

· 18, innen átrendezéssel kapjuk, hogy4x · 9x

6x=

316 · 9

, azaz 6x =1

48, x = log6

148

≈ −2�16.

351. Jelölje H a [0; 2�[ intervallumot! Legyen A a H azon x elemeinek halmaza, amelyekre teljesül a 2sin x ��1 egyenlőtlenség, és B a H halmaz azon részhalmaza, amelynek x elemeire teljesül a 2cos x �1egyenlőtlenség.

Adja meg az A halmazt, a B halmazt és az A \ B halmazt! Felhasználva, hogy az f (x ) = 2x exponenciálisfüggvény szigorúan monoton nő, azt kapjuk, hogy– A elemeire fennáll a sin x 0 összefüggés, így A = ]0;�[.

– B elemeire fennáll a cos x �0 összefüggés, így B =

]�

2;

3�2

]. Ezek alapján A \ B =

]0;�

2

].


352. Oldd meg grafikusan az alábbi egyenletet!

x

y

1

1

0

2x + 13x = 2x + 1 x1 = 0 és x2 = 1


2x2+2x+1 =

132x+2(

2x+1)x+1

=1(

32)x+1

, innen átrendezéssel kapjuk, hogy(

2x+1 · 9)x+1

= 1.

Egy hatvány értéke két esetben lehet 1:1. eset: A kitevő 0, és az alap nem 0, azaz x + 1 = 0, azaz x1 = −1. (Ekkor az alapnem 0.)

2. eset: Az alap 1, azaz 2x+1 · 9 = 1, azaz x2 = log219

− 1 ≈ −4�17.

Logaritmikus egyenletek és egyenlőtlenségek

354. Határozd meg az alábbi logaritmikus kifejezések értelmezési tartományát!

a) log31(x + 1), log0�07(|x | − 11

), log 3

14(16 − x 4)

x −1 x �−11 vagy 11 �x log 314

(16 − x 4) − 2 �x �2

b) logx−12 12, log

x3 2�71, log√7−x

1x 12 és x �= 13 x 0 és x �= 1 x �7 és x �= 6

c) logx+3(4 − x ), logx2

1x + 3

, log xx+1

|x + 1|−3 �x �4 és x �= −2 x �= −1, x �= 0 és x �= 1 x �−1 vagy x 0

355. Oldd meg az alábbi logaritmikus egyenleteket a valós számok halmazán!

a) log16 x =14x = 2 b) log2(31 − 4x ) = 5 x = −0�25



C M Y K

113

c) log3(x 2 + 3x + 5) = 2 x1 = −4 és x2 = 1 d) log72x + 31 − x

= 1 x =49

e) lg∣∣∣∣ x100

− 1∣∣∣∣ = −2 x1 = 99 és x2 = 101 f) log12�34(43�2110x−3) = 0 x = 0�3

356. Oldd meg az alábbi egyenlőtlenségeket!a) log4 x ≥ −1 x ≥ 0�25 b) log1�1(0�1 − 2x ) �1 x �−0�5

c) log 12x �−2 x 4 d) log√

21x

≥ 8 0 �x ≤ 116

e) lg |x | �0 x 1 vagy x �−1 f) log0�99(x 2 + 1) ≤ 0 x �= 0


a) 7 lg x + 16 = 9 lg x − 4 x = 1010 b) (log2 x − 3)2 = 4 x1 = 2, x2 = 32

c)√

4 − log5 x = 2 x = 1

358. Oldd meg az alábbi egyenleteket a valós számok halmazán!a) log2(log5 x ) = 2 x = 625 b) lg [lg (lg x )] = 0 x = 1010

c) log2

(log0�25

[log9

(log1

2x)])

= −1 x =18

359. Oldd meg az alábbi egyenleteket a valós számok halmazán!a) logx 243 = 5 x = 3 b) logx−7 10 000 = 4 x = 17c) log

x3−2x2+ 3x−5 11 = 0 Nincs megoldása a valós számok halmazán. d) log2x+1x

3 = 1 x = 1

e) logx−3 9 = 2 x = 6 (x = 0 hamis gyök) f) log|x+1|14

= −2 x1 = 1 és x2 = −3


a) logx (2x − 76) = 1 x = 76

b) logx (2x 2 − x ) = 3 Nincs megoldása a valós számok halmazán (x1 = 0 és x2 = 1 hamis gyökök).

c) log2x−1 x =12

Nincs megoldása a valós számok halmazán (x = 1 hamis gyök).


a) log100 x = log100 (3x + 1) Nincs megoldása a valós számok halmazán (x = −0�5 hamis gyök).b) log0�25 (4x + 14) = log0�25 (4 − 6x ) x = −1 c) log

�2x = log

�3x x = 0

d) lg√

1 − x = lg x x =

√5 − 12

(x =−

√5 − 12

hamis gyök) e) log√2 x

3 = log√2 x x = 1

f) log1010x 2 + 2xx − 1

= log10103

x − 1Nincs megoldása a valós számok halmazán.

362. Oldd meg az alábbi egyenlőtlenségeket!a) log2(x + 1) �log2(2x − 1) 0�5 �x �2 b) log7

8(5 − x ) ≥ log 7

8(2x + 8) −1 ≤ x �5

c) lg (|x | + 1) ≤ lg (1 − x 2) x = 0

363. Oldd meg az alábbi egyenleteket a valós számok halmazán!a) log3(6 − x ) + log3 x = 2 x = 3 b) log9(4x + 14) = log9(x + 1) + 1 x = 1

c) 2 log2(x + 1) = log2 x2 x = −0�5

d) log0�8 (x 2 − 2x − 15) − log0�8 (x + 3) = log0�8 (x − 5) x 5

e) log√2(x + 1) + log√

2(x − 1) = log√2(2x 2 − x ) − 2 x = 2

f) 2 log 43(18 − x ) + log4

3x = 3 log 4

3x 2 − log4

3x 3 x = 9



C M Y K

114

364. Oldja meg a 3-nál nagyobb valós számok halmazán a lg (x − 3) + 1 = lg x egyenletet! Az egyenletértelmezési tartománya: x 3. Alkalmazva a logaritmus azonosságait: lg 10(x − 3) = lg x . A logaritmusfüggvény

szigorú monotonitása miatt: 10(x − 3) = x . Innen x =103

= 313

.


365. Oldja meg a valós számok halmazán a következő egyenletet!

lg (x + 15)2 − lg (3x + 5) = lg 20

Az egyenlet értelmezési tartománya: x −53

. Alkalmazva a logaritmus azonosságait: lg(x + 15)2

3x + 5= lg 20. A lo-

garitmusfüggvény szigorú monotonitása miatt:(x + 15)2

3x + 5= 20. Ezt rendezve az x 2 − 30x + 125 = 0 másodfokú

egyenlethez jutunk, melynek gyökei: x1 = 5 és x2 = 25. Mindkét gyök beletartozik az egyenlet értelmezési tarto-mányába.



a) log2 x = log3 x x = 1. Az a) rész megoldható grafikusan is.

b) log5 (x − 5) = log25 (x + 1) x = 8. Az egyenlet értelmezési tartománya: x 5. Áttérve 25-ös alapú logarit-

musra:log25(x − 5)

log25 5= log25(x + 1). Innen: 2 log25(x − 5) = log25(x + 1). Alkalmazva a logaritmus megfelelő

azonosságát: log25(x − 5)2 = log25(x + 1). A logaritmusfüggvény szigorú monotonitása miatt: (x − 5)2 = x + 1.

Ezt rendezve az x 2 − 11x + 24 = 0 másodfokú egyenlethez jutunk, melynek gyökei: x1 = 3 és x2 = 8. Ezekközül csak az x = 8 helyes megoldása az egyenletnek.

c) 3 log27 (3x − 26) = 4 log9 (x − 8) Az egyenlet értelmezési tartománya: x 263

= 823

. Áttérve 3-as alapú lo-

garitmusra: 3· log3(3x − 26)log3 27

= 4· log3(x − 8)log3 9

. Innen: 3· log3(3x − 26)3

= 4· log3(x − 8)2

, azaz log3(3x − 26) =

= 2 log3(x − 8). Alkalmazva a logaritmus megfelelő azonosságát: log3(3x − 26) = log3(x − 8)2. A logarit-

musfüggvény szigorú monotonitása miatt: 3x − 26 = (x − 8)2. Ezt rendezve az x 2 − 19x + 90 = 0 másodfokúegyenlethez jutunk, melynek gyökei: x1 = 9 és x2 = 10. Mindkét gyök beletartozik az egyenlet értelmezésitartományába.


a) log22 x − log2 x − 2 = 0 x1 = 4 és x2 = 0�5

b) log220 x + log20 x = −1 Nincs megoldása a valós számok halmazán.

c) log213x + log1

3x = 6 x1 =

19

és x2 = 27

d) log24 x − log4 x

6 + log4 49 = 0 Az egyenlet értelmezési tartománya: x 0. Alkalmazva a logaritmus azonos-

ságait, log4 x -re nézve másodfokú egyenletre vezet: log24 x − 6 log4 x + 9 = 0, ennek megoldása: log4 x = 3,

azaz x = 64.

e) log29 x + log3 x

2 + 4 = 0 Az egyenlet értelmezési tartománya: x 0. Térjünk át 3-as alapú logaritmusra!(log3 x

log3 9

)2

+ log3 x2 + 4 = 0. Innen, alkalmazva a logaritmus azonosságait, log3 x -re nézve másodfokú egyen-

letet kapunk:14

log23 x + 2 log3 x + 4 = 0. Ennek megoldása: log3 x = −4, azaz x =

181

.

f) lg x + 12 logx 10 = 7 Az egyenlet értelmezési tartománya: x 0 és x �= 1. Alkalmazva a logaritmus

azonosságait: lg x +12

lg x= 7, ebből rendezéssel: lg2 x − 7 lg x + 12 = 0. Innen lg x = 3 vagy lg x = 4.

Az egyenlet két megoldása tehát: x1 = 1000 és x2 = 10 000.



C M Y K

115

368. Oldd meg az alábbi egyenlőtlenségeket!

a) lg (x − 30) + lg (x − 23) ≤ lg (2x − 54) Az egyenlőtlenség értelmezési tartománya: x 30. Alkalmazva a

logaritmus azonosságait: lg [(x − 30)(x − 23)] ≤ lg(2x − 54), innen lg(x 2 − 53x + 690) ≤ lg(2x − 54). Mivela 10-es alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton növekvő, ez az értelmezési tartományán ekvivalens azx2 − 55x + 744 ≤ 0 egyenlőtlenséggel. Ennek megoldása: 24 ≤ x ≤ 31. Ezt összevetve az értelmezésitartománnyal az egyenlőtlenség megoldása: 30 �x ≤ 31.

b) log0�5

√x + 2 �1 + log0�5

√9 − x 2 Az egyenlőtlenség értelmezési tartománya: −2 �x �3. Felhasz-

nálva, hogy 1 = log0�5 0�5 és alkalmazva a logaritmusok összegére vonatkozó azonosságot: log0�5

√x + 2 �

�log0�5 0�5 ·√

9 − x 2. Mivel a 0�5-es alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton csökkenő, ezért az egyen-

lőtlenség ekvivalens az√x + 2 0�5 ·

√9 − x 2 egyenlőtlenséggel. Mindkét oldalt négyzetre emelve (ezt meg-

tehetjük, mert az egyenlőtlenség mindkét oldalán nemnegatív kifejezés áll) és rendezve az x 2 + 4x − 1 0egyenlőtlenséghez jutunk. Ennek megoldása: x �−

√5 − 2 vagy

√5 − 2 �x . Ezt összevetve az értelmezési

tartománnyal az egyenlőtlenség megoldása:√

5 − 2 �x �3.

369. Oldja meg az alábbi egyenleteket!

a) 0�52−log0�5 x = 3, ahol x �0 és x ∈ R x ∈ R Az egyenlet értelmezési tartománya: x 0. Alkalmazzuk a

hatványozás azonosságát és a logaritmus definícióját!0�52

x= 3 Innen x =

112

.

b) 7 + 6 logx

12

= log2 x , ahol 1 �x ≤ 2 és x ∈ R Az egyenlet értelmezési tartománya: x 0 és

x �= 1. Áttérve 2-es alapú logaritmusra: 7 + 6 ·log2

12

log2 x= log2 x . Innen rendezéssel a log2

2 x − 7 log2 x + 6 = 0

egyenlethez jutunk, ahonnan log2 x = 1 vagy 6, azaz x1 = 2 és x2 = 64. Ezek közül csak az első van benne azalaphalmazban, így az egyenlet egyetlen megoldása: x = 2.


370. Oldd meg grafikusan az alábbi egyenleteket! Ellenőrizd a megoldásodat!

a)12x = log2 x x1 = 2 és x2 = 4 b) |x − 2| − 1 = log4 x x1 = 1 és x2 = 4

x

y

1

1

0

log2 x

12x

x

y

1

1

0log4 x

|x − 2| − 1

Ellenőrzés:12

· 2 = log2 2 = 1 és12

· 4 = log2 4 = 2.

Ellenőrzés:|1−2|−1 = log4 1 = 0 és |4−2|−1 = log4 4 = 1.

371. Mely valós x számok teszik igazzá az egyenlőtlenségeket?a) log2 x ≤ log√

2 x x ≥ 1 b) log0�5 (x + 1) �3x − 4 x �1

x

y

1

1

0

log2 x

log√2 x

x

y

1

1

0 log 12

(x + 1)

3x − 4



C M Y K

116

372. Írj fel olyan egyenleteket, egyenlőtlenségeket, melyek grafikus megoldásában az alábbi ábra segít!

x

y

0 1 2 3 4 5 6 7 8−3 −1

1

2

3

4

5

−3

−2

−1

A három függvény hozzárendelési szabálya: x �→ −2|x − 1| + 3, x �→ log2 x , x �→ x 3.

Logaritmikus és exponenciális egyenletrendszerek


a)x − y = 3

5x−2y = 125

}x = 3, y = 0 b)

x + y = 4

10x + 10y = 200

}x = 2, y = 2

c)11x−y

2= 1

12x = 123y+10

⎫⎬⎭ x1 = 25, y1 = 5 és x2 = 4, y2 = −2


a)x + y = 8

log7 x + log7 y = 1

}x1 = 1, y1 = 7 és x2 = 7, y2 = 1 b)

x − y = 23

log5 x − log5 (y − 1) = 2

}x = 25, y = 2

c)5x + 2y = 4

log2 (x + 1) + log2 (y + 2) = 2

}A második egyenletből a logaritmus azonosságait és definícióját felhasz-

nálva azt kapjuk, hogy (x +1)(y+2) = 4. Innen átrendezés és behelyettesítés után a 2�5x 2−1�5x = 0 másodfokú

egyenlethez jutunk. Ebből x1 = 0, y1 = 2 és x2 =35

, y2 =12

.


a)7x+1 + 3y−1 = 10

7x+1 − 3y−1 = 4

}x = 0, y = 2 b)

2x + 5y−1 = 17

2x+2 + 5y = 69

}x = 4, y = 1

c)10x + 10y = 110

10x−y = 0�1

}x = 1, y = 2


a)log7 x + log3 y = 1

log7 x − log3 y = −1

}x = 1, y = 3 b)

3 log5 x + 5 log 15y = −2

2 log5 x − log 15y = 3

⎫⎬⎭ x = 5, y = 5

c)lg xy = 3

lg x · lg y = 2

}x1 = 10, y1 = 100, x2 = 100, y2 = 10



C M Y K

117


log5 x + log49 y = 2

log125 x + log7 y =23

⎫⎪⎬⎪⎭

Az egyenletrendszer értelmezési tartománya: x 0 és y 0. Ha áttérünk 5-ös, illetve 7-es alapú logaritmusra,

akkor az alábbi egyenletrendszerhez jutunk:log5 x +

12

· log7 y = 2

13

· log 5x + log7 y =23

⎫⎪⎬⎪⎭. Ennek megoldása: log5 x = 2 és log7 y = 0.

Így az egyenletrendszer megoldása: (x ; y) = (25; 1).

378. Oldd meg a valós számpárok halmazán az alábbi egyenletrendszert!

log2 (x − y) = 2 log2 y

log2 x = 1 + log2 y

}

Az egyenletrendszer értelmezési tartománya: x 0 és y 0, x y . Felhasználva, hogy 1 = log2 2, valamint azazonos alapú logaritmusok összegére vonatkozó azonosságot, a második egyenlet log2 x = log2 2y alakra hozható.A logaritmusfüggvény szigorú monotonitása miatt x = 2y . Ezt beírva az első egyenletbe azt kapjuk, hogy log2 y == 2 log2 y , azaz log2 y = 0. Innen y = 1, ezt visszahelyettesítve azt kapjuk, hogy x = 2. Ez a számpár eleme azértelmezési tartománynak, az egyenletrendszer egyetlen megoldása tehát az (x ; y) = (2; 1) számpár.


lg (lg x + lg y) = 0

lg (x + y) + lg (x − y) = lg 99

}

A logaritmus definícióját és az azonos alapú logaritmusok összegére vonatkozó azonosságot felhasználva átalakítjuk

az első egyenletet: lg xy = 1, azaz xy = 10. Innen x =10y

. Az azonos alapú logaritmusok összegére vonatkozó

azonosságot felhasználva átalakítjuk a második egyenletet: lg[(x +y)(x −y)] = lg 99. A logaritmusfüggvény szigorú

monotonitása miatt (x + y)(x − y) = 99, azaz x 2 − y2 = 99. A két kapott eredményt összevetve100

y2− y2 = 99,

amelyet átrendezve az y2-re nézve másodfokú y4 + 99y2 − 100 = 0 egyenlethez jutunk. Ennek megoldásai: y1 = 1és y2 = −1. Ezt behelyettesítve és ellenőrizve kapjuk, hogy az egyenlet egyetlen megoldása: x = 10, y = 1.


101+lg (x+y) = 50

lg x + lg y = lg 6

}

Az első egyenlet mindkét oldalán álló kifejezés pozitív, így vehetjük mindkét oldal logaritmusát: Ezután felhasz-náljuk a logaritmus definícióját és azonosságait: 1 + lg(x + y) = lg 50, lg 10 + lg(x + y) = lg 50, lg(10x + 10y) = lg 50.A logaritmusfüggvény szigorú monotonitása miatt ebből következik, hogy x + y = 5. A második egyenletet azazonos alapú logaritmusok összegére vonatkozó azonosság alapján felírhatjuk lg xy = lg 6 alakban, melyből a lo-garitmusfüggvény szigorú monotonitása miatt következik, hogy xy = 6. A két kapott eredményt összevetve azegyenletrendszernek két számpár a megoldása: (x1; y1) = (2; 3) és (x2; y2) = (3; 2).

381. Oldd meg az alábbi egyenletrendszert, ahol x és y valós számok!

x log3 x · y log3 y = 243

x log3 y · y log3 x = 81

}

Az egyenletrendszer értelmezési tartománya x 0, y 0. Vegyük mindkét egyenlet mindkét oldalának 3-as alapú

logaritmusát!log3

(x log3 x · y log3 y

)= 5

log3

(x log3 y · y log3 x

)= 4

⎫⎪⎬⎪⎭



C M Y K

118

A logaritmus azonosságait használva az alábbi átalakításokat végezhetjük.log3 x

log3 x + log3 ylog3 y = 5

log3 xlog3 y + log3 y

log3 x = 4

}

log3 x · log3 x + log3 y · log3 y = 5

log3 y · log3 x + log3 x · log3 y = 4

}

Bevezetve az a = log3 x és b = log3 y új ismeretleneket, azt kapjuk, hogy:a2 + b2 = 5

2ab = 4

}. A második egyenlet

alapján b =2a

, ezt beírva az első egyenletbe az a2 +4

a2= 5 egyenlethez jutunk. Ezt rendezve az a2-re nézve má-

sodfokú a4 − 5a2 + 4 = 0 egyenletet kapjuk. Ennek megoldásai: a1 = −2, a2 = −1, a3 = 1, a4 = 2, és a megfelelőb értékek b1 = −1, b2 = −2, b3 = 2, b4 = 1.

Felhasználva, hogy a = log3 x és b = log3 y , ezek alapján az egyenletrendszert négy számpár teszi igazzá: x1 =19

és y1 =13

, x2 =13

és y2 =19

, x3 = 3 és y3 = 9, x4 = 9 és y4 = 3.



C M Y K

119

Valószínűség-számítás

Ismétlés

382. A 100-nál kisebb és hattal osztható pozitív egész számok közül véletlenszerűen választunk egyet.

Mekkora valószínűséggel lesz ez a szám 8-cal osztható?

Írja le a megoldás menetét! Összesen 16 darab 100-nál kisebb, hattal osztható pozitív egész van. Közülük négy

(24, 48, 72, 96) osztható 8-cal. A keresett valószínűség: p =4

16=

14

.


383. A héten az ötös lottón a következő számokat húzták ki: 10, 21, 22, 53 és 87. Kata elújságolta Sárának,hogy a héten egy kéttalálatos szelvénye volt. Sára nem ismeri Kata szelvényét, és arra tippel, hogy Kataa 10-est és az 53-ast találta el.

Mekkora annak a valószínűsége, hogy Sára tippje helyes? Válaszát indokolja! Sára összesen

(52

)= 10

lehetőség közül választott ki egyet. Annak az esélye, hogy a jó számpárt választotta ki: p =110

.


384. Egy fa építőjáték-készlet négyféle, különböző méretű téglatestfajtából áll. A készletben a különbözőméretű elemek mindegyikéből 10 db van. Az egyik téglatest, nevezzük alapelemnek, egy csúcsából indulóéleinek hossza: 8 cm, 4 cm, 2 cm. A többi elem méreteit úgy kapjuk, hogy az alapelem valamelyik 4párhuzamos élének a hosszát megduplázzuk, a többi él hosszát pedig változatlanul hagyjuk.

A teljes készletből öt elemet kiveszünk. (A kiválasztás során minden elemet azonos valószínűséggel vá-lasztunk.) Mekkora valószínűséggel lesz mind az öt kiválasztott elem négyzetes oszlop? (A valószínűségértékét három tizedesjegy pontossággal adja meg!) A teljes készletben 40 elem van. Az élek hosszai az egyeselemeknél: 8–4–2 cm; 16–4–2 cm; 8–8–2 cm és 8–4–4 cm, így a készletben a négyzetes oszlopok száma 20.A 40 elemű halmazból választunk ki 5 elemet. Kedvező számunkra, ha a 20 elemű részhalmazból választjuk ki

mind az 5 elemet. A keresett valószínűség: p =

(205

)(40

5

) ≈ 0�024.


385. Véletlenszerűen kiválasztunk egyet az összes lehetséges rendszám közül. Mennyi az esélye, hogy

a) minden betű megegyezik; Az összes lehetőség száma: 263 · 103 = 17 576 000. A kedvezőek száma: 26 ·

· 103 = 26 000. A keresett valószínűség: p =26 · 103

263 · 103=

1

262≈ 0�0015.

b) minden betű és minden számjegy különböző? A kedvező lehetőségek száma: 26 · 25 · 24 · 10 · 9 · 8 =

= 11 232 000. A keresett valószínűség: p =11232000

263 · 103≈ 0�639.

(26-féle betű és 10-féle számjegy áll rendelkezésre.)

386. Az 1, 2, 3, 4, 5 számok szerepelnek egy-egy kártyán. Az összes olyan 5 jegyű számot felírjuk egy-egylapra, amely kirakható belőlük. Véletlenszerűen húzunk egy lapot.

Mennyi az esélye, hogy a lapon lévő szám

a) osztható 5-tel; Összesen 5! = 120 ötjegyű szám készíthető, közülük 4! = 24 osztható 5-tel, így p =24

120=

15

.

Másképp gondolkodva: a számok végződése 5-féle lehet, ebből csak az 5-re végződőek oszthatók 5-tel, ezért

p =15

.


TEX 2012. április 17. – (1. lap/120. old.) ∗ Matematika 9. ∗ (KF07VSZ)

C M Y K

120

b) nem osztható 5-tel; p = 1 − 15

=45

c) páros lesz? 4! = 48 páros szám készíthető, mert az utolsó számjegynek 2-nek vagy 4-nek kell lennie, a másik

4 számjegy sorrendje tetszőleges. p =48

120=

25

Másképp gondolkodva: a kirakott számok 5-féle számjegyre

végződhetnek, közülük a 2 és a 4 végződésűek lesznek párosak, ezért a valószínűség: p =25

.

387. Az 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 4, 5 számok szerepelnek egy-egy kártyán. Az összes olyan 9 jegyű számot felírjukegy-egy lapra, amely kirakható belőlük. Véletlenszerűen húzunk egy lapot.

Mennyi az esélye, hogy a lapon lévő szám

a) osztható 5-tel; Az összes kirakható szám, vagyis az ismétléses permutációk száma: P (2� 2� 3)9 =

9!2! · 2! · 3!

=

= 15 120. Csak akkor kapunk 5-tel oszthatót, ha az 5-öst az egyesek helyére tesszük, az így megmaradt 1,

2, 2, 3, 3, 4, 4, 4 számjegyekből P (2� 2� 3)8 =

8!2! · 2! · 3!

= 1680-féle szám készíthető. A keresett valószínűség:

p =1680

15120=

19

.

b) nem osztható 5-tel; p = 1 − 19

=89

c) páros lesz? Az egyesek helyére 2-es vagy 4-es kerül. Az első esetben a megmaradt 1, 2, 3, 3, 4, 4, 4, 5

számjegyekből kirakható számok száma P ( 2� 3)8 =

8!2! · 3!

= 3360, a második esetben az 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 5

számjegyekből P (2� 2� 2)8 =

8!2! · 2! · 2!

= 5040 szám készíthető. Összesen 3360 + 5040 = 8400 különböző páros

szám rakható ki. A keresett valószínűség: p =8400

15120=

59

.

388. Az összes lehetséges kiolvasás közül kiválasztunk egyet úgy, hogy minden sorrend B A R Á T

A R Á T S

R Á T S Á

Á T S Á G

B A R Á T

A R Á T S

R Á T S Á

Á T S Á G

egyformán valószínű.

Mennyi annak az esélye, hogy a pirossal jelölt Á betűt tartalmazza a kiválasztott

út? B-ből Á-ba 3 út visz, Á-ból G-be(

42

)= 6, így Á-n keresztül 3 · 6 = 18 út vezet.

Összesen(

73

)= 35-féle kiolvasás lehetséges. A keresett valószínűség: p =

1835

.

389. Véletlen sorrendbe helyezzük az 1, 2, 3, 4, 5 számokat úgy, hogy minden sorrend egyformán valószínű.

Mennyi az esélye, hogy a páratlan számok

a) páratlan helyre kerülnek; Az 1, 3, 5 sorrendje 3! = 6-féle lehet (hiszen az 1., a 3. és az 5. helyre kell őkettenni valamilyen sorrendben). A 2 és 4 a 2. és a 4. helyre 2-féleképpen helyezhető el. A kedvező esetek száma:

6 · 2 = 12. Az összes eset száma: 5! = 120. A keresett valószínűség: p =12

120= 0�1.

b) páratlan helyre kerülnek, és a 2 és 4 valamelyike a helyére kerül? A feltétel csak úgy teljesülhet, ha a

2 és a 4 is a helyére kerül. Így a kedvező esetek száma: 3! = 6, a keresett valószínűség: p =6

120= 0�05.

390. Egy dobozban 15 golyó van, köztük 4 piros, 5 fehér és 6 zöld. Visszatevéssel kiválasztunk közülük háromdarabot.

Mennyi az esélye, hogy a kiválasztottak közt

a) van piros golyó; Az összes lehetőség 153 = 3375. Kedvezőtlen, amikor mindhárom fehér vagy zöld: 113 == 1331 ilyen rendezett hármas van. Kedvező tehát 3375 − 1331 = 2044 lehetőség. A keresett valószínűség:

p =20443375

≈ 0�6056.



C M Y K

121

b) van piros is, fehér is, zöld is? A piros, fehér és zöld sorrendje 3! = 6 lehet. Akármelyik valósul is meg,

4 · 5 · 6 = 120 lehetőség van, összesen tehát 6 · 120 = 720. p =720

3375≈ 0�2133

391. Egy dobozban 15 golyó van, köztük 4 piros, 5 fehér és 6 zöld. Visszatevés nélkül kiválasztunk közülükhárom darabot.

Mennyi az esélye, hogy a választottak közt

a) van piros golyó; A komplementer esemény: nincs piros a kiválasztottak között.

1. megoldás (egyszerre választunk ki 3 golyót): a komplementer esemény esélye:

(113

)(15

3

) ≈ 0�3626. Így a keresett

valószínűség: p = 1 − 0�3626 = 0�6374.

2. megoldás (egymás után választunk ki 3 golyót): p = 1 − 11 · 10 · 915 · 14 · 13

≈ 0�6374.

b) van piros is, fehér is, zöld is? 1. megoldás (egyszerre választunk ki 3 golyót): p =

(41

)·(51

)·(6

1

)(15

3

) ≈ 0�2637.

2. megoldás (egymás után választunk ki 3 golyót): A piros, fehér és zöld 3! = 6-féle sorrendben követheti

egymást. Mindegyik esetben 4 · 5 · 6 = 120 lehetőség van, összesen tehát 6 · 120 = 720. p =720

15 · 14 · 13≈

≈ 0�2637

392. Egy szerencsejáték a következőképpen zajlik: második dobás eredménye

1 2 3 4 5 6

1 −13 −12 −11 −10 −9 −8

2 −12 −10 −8 −6 −4 −2

3 −11 −8 −5 −2 1 4

4 −10 −6 −2 2 6 10

5 −9 −4 1 6 11 16

6 −8 −2 4 10 16 22

második dobás eredménye

1 2 3 4 5 6

1 −13 −12 −11 −10 −9 −8

2 −12 −10 −8 −6 −4 −2

3 −11 −8 −5 −2 1 4

4 −10 −6 −2 2 6 10

5 −9 −4 1 6 11 16

6 −8 −2 4 10 16 22első

dobá

ser

edm

énye

A játékos befizet 7 forintot, ezután a játékvezetőfeldob egy szabályos dobókockát. A dobás ered-ményének ismeretében a játékos abbahagyhatja ajátékot; ez esetben annyi Ft-ot kap, amennyi a do-bott szám volt.

Dönthet azonban úgy is, hogy nem kéri a do-bott számnak megfelelő pénzt, hanem újabb 7 fo-rintért még egy dobást kér. A játékvezető ekkorújra feldobja a kockát. A két dobás eredményénekismeretében annyi forintot fizet ki a játékosnak,amennyi az első és a második dobás eredmé-nyének szorzata. Ezzel a játék véget ér.

Zsófi úgy dönt, hogy ha 3-nál kisebb az első dobás eredménye, akkor abbahagyja, különben pedig foly-tatja a játékot.

a) Mennyi annak a valószínűsége, hogy Zsófi tovább játszik? A kedvező esetek száma 4 (Zsófi akkor

folytatja a játékot, ha a dobott szám 3, 4, 5 vagy 6.) Az összes eset száma 6. A valószínűség: p =46

=23

.

b) Zsófi játékának megkezdése előtt számítsuk ki, mekkora valószínűséggel fizet majd neki a játékve-zető pontosan 12 forintot! Összesen 36 (egyenlően valószínű) lehetőség van. Egy játékos 12 forintot kap,ha a következő dobáspárok állnak elő: (2; 6), (3; 4), (4; 3) és (6; 2). Az első eset nem lehet, mert akkor Zsófinem játszik tovább. A kedvező esetek száma tehát 3.

A 12 forint kifizetésének valószínűsége: p =3

36=

112

.

Barnabás úgy dönt, hogy mindenképpen két dobást kér majd. Áttekinti a két dobás utáni lehetségesegyenlegeket: a neki kifizetett és az általa befizetett pénz különbségét.

c) Írja be a táblázat üres mezőibe a két dobás utáni egyenlegeket!

d) Mekkora annak a valószínűsége, hogy Barnabás egy (két dobásból álló) játszmában nyer? Barnabás

akkor nyer, ha egyenlege pozitív. Ez 13 esetben következik be. Barnabás tehát1336

valószínűséggel nyer.




C M Y K

122

Az A · B, A − B, A + B események valószínűségének kiszámítása

393. Kiválasztunk véletlenszerűen egy tanulót az iskola 11. évfolyamáról. Jelölje A azt az eseményt, hogy akiválasztott tanuló volt kirándulni az elmúlt két hónapban, B azt az eseményt, hogy volt beteg az elmúlthónapban!Tudjuk, hogy P(A) = 0�2, P(B) = 0�09 és P(A · B) = 0�01.

Fejezd ki A-val és B-vel az alábbi eseményeket, és számold ki a valószínűségüket!

a) Legalább az egyik esemény teljesül.Az esemény A + B . Valószínűsége: P(A + B) = P(A) + P(B) − P(A · B) = 0�2 + 0�09 − 0�01 = 0�28.

b) A kiválasztott tanuló volt kirándulni az elmúlt két hónapban, de nem volt beteg az elmúlt hónapban.Az esemény A− B . Valószínűsége: P(A− B) = P(A) − P(A · B) = 0�2 − 0�01 = 0�19.

c) A és B közül pontosan az egyik teljesült. Az esemény (A − B) + (B − A) = (A + B) − (A · B). Mivel(A − B) és (B − A) egymást kizáró események, ezért P((A − B) + (B − A)) = P(A − B) + P(B − A) == P(A) − P(A · B) + P(B) − P(A · B) = 0�2 − 0�01 + 0�09 − 0�01 = 0�27.

394. Magyar kártyából húzunk egy lapot. Legyen A: a kihúzott lap zöld; B : a kihúzott lap király.

Fejezd ki az alábbi eseményeket A-val és B-vel, és add meg a valószínűségüket!

C : A húzott lap király vagy zöld. Az esemény A + B . Valószínűsége: P(A + B) = P(A) + P(B) − P(A · B) =

=8

32+

432

− 132

=1132

, mert A · B a zöld király esetén következik be.

D : A húzott lap király, de nem zöld. Az esemény B −A. P(B −A) = P(B) − P(A · B) =4

32− 1

32=

332

.

E : A húzott lap zöld, de nem király. Az esemény A − B . Valószínűsége: P(A − B) = P(A) − P(A · B) =

=8

32− 1

32=

732

.

F : A húzott lap nem zöld, és nem király. Az A · B eseményről van szó. Az egyik De Morgan-azonosságszerint: A · B = A + B . Felhasználva a C eseménynél kapott valószínűséget: P(A · B) = P(A + B) =

= 1 − P(A + B) = 1 − 1132

=2132

.

395. Háromszor feldobunk egy szabályos dobókockát. Vezessük be az alábbi jelöléseket!A: A dobott számok között lesz 1-es. B : A dobott számok között lesz 6-os.

Fejezzük ki az alábbi eseményeket A és B segítségével, és adjuk meg a valószínűségüket!

C : A dobott számok között lesz 1-es és 6-os. Az összes lehetőség 63 = 216. C = A · B .1. megoldás: Vagy 1, 1, 6 vagy 6, 6, 1 vagy 1, 6, ∗ jöhet ki, ahol ∗ lehet 2, 3, 4 vagy 5 (azaz 4-féle).A sorrendeket figyelembe véve az 1, 1, 6 esetben és a 6, 6, 1 esetben három-három lehetőség van, az 1, 6, ∗

esetén 3! · 4 = 24. Összesen 3 + 3 + 24 = 30 lehetőség felel meg, ezért P(C ) =30

216≈ 0�1389.

2. megoldás: C = A ·B = A + B , az egyik De Morgan-azonosság szerint. P(C ) = P(A + B) = 1 − P(A +B ) =

= 1 − (P(A) + P(B) − P(A · B)) = 1 − 125216

− 125216

+64

216=

30216

≈ 0�1389.

D : A dobott számok között lesz 1-es vagy 6-os. Az esemény: D = A+B . Valószínűsége: P(D) = P(A + B) =

= P(A) + P(B) − P(A · B) =91

216+

91216

− 30216

=152216

≈ 0�7037, mert P(A) = P(B) = 1 − 53

63= 1 − 125

216=

=91

216≈ 0�4213.

E : A dobott számok között nem lesz 1-es, de lesz 6-os. Az esemény E = B − A. Valószínűsége: P(E ) =

= P(B −A) = P(B) − P(A · B) =91

216− 30

216=

61216

≈ 0�2824.

F : A dobott számok között nem lesz se 1-es, se 6-os. Az esemény A · B . Ilyenkor az összes szám a 2, 3, 4

és 5 valamelyike. A kedvező esetek száma tehát 43 = 64, p =64

216=

827

≈ 0�2963.



C M Y K

123

Feltételes valószínűség, függetlenség (kiegészítő anyag)

396. Feldobunk egy szabályos dobókockát kétszer. Jelölje A azt az eseményt, hogy a dobott számok szorzatapáros, B pedig azt az eseményt, hogy a dobott számok között van 4-es!

Független-e a két esemény egymástól? Az egyes eseményeket megvalósító elemi események száma: |Ω| = 36,|A| = 36 − 9 = 27, |B | = 36 − 25 = 11, |A · B | = 11. (Ugyanis 36 elemi esemény közül 25 nem tartalmaz,

11 pedig tartalmaz 4-est. Továbbá, ha van 4-es a dobások között, akkor a szorzat biztosan páros.) Ezért1136

=

= P(A · B) �= P(A) · P(B) =2736

· 1136

, tehát A és B nem függetlenek egymástól.

397. Feldobunk egy szabályos dobókockát kétszer.

a) Feltéve, hogy a dobott számok között van 3-as, mennyi az esélye, hogy van 2-es? Legyen A: a dobott

számok között van kettes, B : a dobott számok között van hármas! P(A) = P(B) = 1 − 2536

=1136

, P(A · B) =

=2

36, mert itt csak a (2; 3) és a (3; 2) elemi esemény megfelelő. Így P(a dobott számok között van kettes |

a dobott számok között van hármas) = P(A | B) =P(A · B)P(B)

=

2361136

=2

11.

b) Független-e a két esemény egymástól? Mivel2

11= P(A | B) �= P(A) =

1136

, ezért A és B nem függetlenek

egymástól.

398. Feldobunk egy szabályos dobókockát kétszer. Jelölje A azt az eseményt, hogy a dobott számok összegepáros, B pedig azt az eseményt, hogy a dobott számok között van páratlan!

Mennyi

a) az A − B , illetve A + B esemény valószínűsége; Az A esemény esetén 18 kedvező elemi esemény van,mert az első dobott szám tetszőleges (azaz 6-féle lehet), a második az előzővel megegyező paritású (azaz 3-féle

lehet): P(A) =1836

=12

. A B eseményhez 36 − 9 = 27 elemi esemény tartozik: P(B) =2736

=34

.

A metszet valószínűsége: P(A ·B) = P(van páratlan, és az összeg páros) = P(a két dobás páratlan) =3 · 336

=

=14

. P(A− B) = P(A) − P(A · B) =12

− 14

=14

. (A− B esetén mindkét dobás páros.) P(A + B) = P(A) +

+ P(B) − P(A · B) =12

+34

− 14

= 1, azaz A + B biztos esemény.

b) P(B | A + B); Mivel B · (A + B) = B , ezért P(B | A + B) =P(B)

P(A + B)=

341

=34

.

c) P(A | A− B)? Mivel A · (A− B) = A− B , ezért P(A | A− B) =P(A− B)P(A− B)

= 1.

399. Két szabályos dobókockával dobunk.

a) Feltéve, hogy a dobások összege legalább 9, mennyi az esélye, hogy van négyes a dobások közt?

Legyen A: van négyes a dobások között és B : a dobások összege legalább 9! P(B) =1036

, mert 9, 10, 11 vagy

12 lehet az összeg, és ennek a (3; 6), (4; 5), (5; 4), (6; 3), (4; 6), (5; 5), (6; 4), (5; 6), (6; 5), (6; 6) számpárok

felelnek meg. P(A ·B) =436

, mert az előbb felsorolt elemi események közül a (4; 5), (5; 4), (4; 6), (6; 4) esetén

következik be az A esemény is. P(van négyes a dobások között | a dobások összege legalább 9) = P(A | B) =

=P(A · B)P(B)

=

4361036

=4

10.



C M Y K

124

b) Független-e a két esemény egymástól? Az A esemény valószínűsége: P(A) = 1 − 2536

=1136

. Mivel4

10=

= P(A | B) �= P(A) =1136

, ezért A és B nem függetlenek egymástól.

400. Három szabályos dobókockával dobunk. Vezessük be az alábbi jelöléseket!

A: Lesz 4-es a dobások között. B : Minden dobás különböző.

Független-e A és B egymástól? P(A) = 1 − 5 · 5 · 56 · 6 · 6

= 1 − 125216

=91

216. P(B) =

6 · 5 · 46 · 6 · 6

=120216

=59

. Ha A és B

bekövetkezik, akkor a 4-es három kocka bármelyikén kijöhet, a másik két kockán 5, illetve 4-féle szám szerepelhet.

P(A · B) =3 · 5 · 46 · 6 · 6

=60

216=

518

. Mivel91

216· 5

9�= 5

18, a két esemény nem független egymástól.

401. Feldobunk egy dobókockát háromszor.

a) Feltéve, hogy a dobott számok között van hármas, mennyi az esélye, hogy van kettes? Legyen A:a dobott számok között van kettes, B : a dobott számok között van hármas. A 395. feladat alapján: P(A) =

P(B) =91

216és P(A ·B) =

30216

. P(a dobott számok között van kettes | a dobott számok között van hármas) =

= P(A | B) =P(A · B)P(B)

=30

21691

216

=3091

≈ 0�1389.

b) Független-e a két esemény egymástól?3091

= P(A | B) �= P(A) =91

216, ezért a két esemény nem független

egymástól.

402. Magyar kártyából kétszer húzunk visszatevéssel.

Mennyi a valószínűsége, hogy

a) az először húzott lap piros; Legyen A: az első kihúzott lap piros. P(A) =8 · 32

32 · 32=

14

Másképp gondolkodva: P(elsőnek kihúzott lap piros) =8

32=

14

, és a második húzás érdektelen.

b) a másodszorra húzott lap piros; Legyen B : a másodikra kihúzott lap piros. P(B) =32 · 8

32 · 32=

14

Másképp gondolkodva: az első húzás érdektelen, a második lap 0�25 valószínűséggel piros.

c) mindkét lap piros? P(A · B) =8 · 8

32 · 32=

116

d) Feltéve, hogy az első lap piros, mennyi az esélye, hogy a másodszorra húzott lap piros? P(B | A) =

=P(A · B)P(A)

=1

1614

=14

e) Független-e a két esemény egymástól? Mivel P(B | A) = P(B), ezért A és B függetlenek.

403. Legyen A: a hétvégén szép idő lesz; B : Heninek jó kedve lesz a hétvégén!

Tegyük fel, hogy P(A) = 0�55; P(B) = 0�77; P(A · B) = 0�5!

a) Mennyi annak az esélye, hogy jó kedve lesz Heninek, feltéve, hogy rossz az idő, illetve jó kedvelesz, feltéve, hogy jó idő lesz?

P(Heninek jó kedve lesz | a hétvégén szép idő lesz) = P(B | A) =P(A · B)P(A)

=0�5

0�55≈ 0�909

P(Heninek jó kedve lesz | a hétvégén rossz idő lesz) = P(B | A

)=

P(A · B

)P

(A

) =P(B −A)1 − P(A)

=

=P(B) − P(A · B)

1 − P(A)=

0�77 − 0�51 − 0�55

=0�270�45

= 0�6

b) Független-e Heni kedve az időjárástól? Mivel 0�909 ≈ P(B | A) �= P(B) = 0�77, ezért A és B nemfüggetlenek egymástól.



C M Y K

125

Modellalkotás, valószínűségi változók (kiegészítő anyag)

404. Az 1, 2, 3, 4 számok közül húzunk visszatevés nélkül mindaddig, amíg páros számot nem kapunk.A nyereményünk a húzások száma lesz euróban.

Add meg a lehetséges nyereményeket és az egyes nyeremények valószínűségét! 1, 2 vagy 3 eurót nyerünk.

Jelölje Y a nyereményt! P(Y = 1) =24

=12

, P(Y = 2) =2 · 24 · 3

=13

, mert az első húzás páratlan, a második páros.

P(Y = 3) =2 · 1 · 24 · 3 · 2

=16

, két páratlan után már biztos, hogy egy párost húzunk, ezzel vége is a játéknak.

405. Háromszor feldobunk egy szabályos pénzérmét. Legyen Y a dobott fejek és írások számának egymástólvaló eltérése!

a) Add meg Y eloszlását! Összesen 23 = 8 elemi esemény van. Y lehetséges értékei: 1 és 3. Ha (F; F; F) vagy

(Í; Í; Í) jön ki, Y értéke 3 lesz, az összes többi esetben 1. Y eloszlása: Y =( 1 3

68

28

).

b) Mi az Y legvalószínűbb értéke? 1 lesz Y módusza.

406. Négyszer feldobunk egy szabályos pénzérmét. Legyen Y a dobott fejek és írások számának egymástólvaló eltérése!

a) Add meg Y eloszlását! Összesen 24 = 16 elemi esemény van. Y lehetséges értékei: 0, 2 és 4. Ha (F; F; F; F)

vagy (Í; Í; Í; Í) jön ki, azaz két esetben, Y értéke 4 lesz. Két F és két Í lesz(

42

)= 6 esetben, akkor Y értéke

0. Az összes többi elemi esemény esetén Y értéke 2 lesz. Az eloszlás: Y =

( 0 2 46

168

162

16

).

b) Mi az Y legvalószínűbb értéke? Y legvalószínűbb értéke: 2.

407. Zsolt és Ági kosárra dobnak. Zsolt 0,45 valószínűséggel, Ági 0,5 valószínűséggel dobja be a labdátminden egyes dobás esetén, a korábbi dobásoktól függetlenül. Megállapodnak, hogy előbb Ági dob kettőt,utána Zsolt kettőt, de ha valamelyik dobás bemegy, nem dobnak többet.

Jelölje Y a dobások számát!

a) Add meg Y eloszlását! 1, 2, 3 vagy 4 dobás lesz. P(Y = 1) = 0�5, P(Y = 2) = 0�5 · 0�5 = 0�25 (mert az elsőnem megy be, a második bemegy). P(Y = 3) = 0�5 · 0�5 · 0�45 = 0�1125 (Ági két dobása nem megy be, Zsoltelső dobása igen). P(Y = 4) = 0�5 · 0�5 · 0�55 · 1 = 0�1375 (Ági két dobása és Zsolt első dobása nem megy be,és mindegy, hogy milyen lesz Zsolt második dobása).

Rövidebben: Y =

(1 2 3 4

0�5 0�25 0�1125 0�1375

)

b) Mennyi az esélye, hogy Ági nyer? Ági nyer, ha egy vagy két dobás lesz: P(Y = 1) + P(Y = 2) = 0�75.

Visszatevéses mintavétel, binomiális eloszlás

408. Egy urnában 12 golyó van, 5 kék és 7 piros. Visszatevéssel választunk 3 golyót. Legyen Y a kihúzottpirosak száma!

Fejezzük ki Y segítségével az alábbi eseményeket, és számoljuk ki a valószínűségüket!

a) Mindhárom golyó piros.

Az Y = 3 eseményről van szó. P(Y = 3) =(

33

)·(

712

)3

·(

512

)0

=(

712

)3

≈ 0�1985



C M Y K

126

b) Van piros és kék is a húzások között.Az Y nem veheti fel a 0 és a 3 értéket. Azaz Y értéke 1 vagy 2 lehet. P(Y = 1 vagy 2) = P(Y = 1) + P(Y =

= 2) =

(31

)·(

712

)1

·(

512

)2

+

(32

)·(

712

)2

·(

512

)1

≈ 0�3038 + 0�4253 = 0�7291

c) Nincs piros a kihúzottak között.

Az Y = 0 eseményről van szó. P(Y = 0) =

(30

)·(

712

)0

·(

512

)3

=

(5

12

)3

≈ 0�0723

409. Egy 1 eurós érmét feldobunk

a) egyszer, Jelölje Y a nyereményt! Y lehetséges értékei: 0 és 1. P(Y = 0) = P(Y = 1) =12

b) kétszer, Y lehetséges értékei: 0, 1 és 2. P(Y = 0) = P(Y = 2) =14

; P(Y = 1) =12

c) háromszor, Y lehetséges értékei: 0, 1, 2 és 3. P(Y = 0) = P(Y = 3) =

(12

)3

=18

; P(Y = 1) = P(Y = 2) =

=(

31

)·(

12

)3

=38

d) négyszer. Y lehetséges értékei: 0, 1, 2, 3 és 4. P(Y = 0) = P(Y = 4) =

(12

)4

=1

16; P(Y = 1) = P(Y =

= 3) =

(41

)·(

12

)4

=4

16; P(Y = 2) =

(42

)·(

12

)4

=616

A nyeremény legyen a dobott írások száma!

Add meg a nyeremény lehetséges értékeit és a hozzájuk tartozó valószínűségeket!

410. Egy szabályos dobókockával négyszer dobunk egymás után. A nyereményünk legyen a háromnál kisebbdobások száma euróban!

a) Milyen összegeket nyerhetünk és mekkora eséllyel? Annak az esélye, hogy háromnál kisebb lesz egy

dobás:26

=13

. Jelölje Y a nyereményt! Értéke: 0, 1, 2, 3 és 4 (euró) lehet. P(Y = 0) =(

40

)·(

13

)0

·(

23

)4

=

=

(23

)4

≈ 0�1975 P(Y = 1) =

(41

)·(

13

)1

·(

23

)3

≈ 0�3951. P(Y = 2) =

(42

)·(

13

)2

·(

23

)2

≈ 0�2963.

P(Y = 3) =

(43

)·(

13

)3

·(

23

)1

≈ 0�0988. P(Y = 4) =

(44

)·(

13

)4

·(

23

)0

=

(13

)4

≈ 0�0123

b) Minek nagyobb az esélye: hogy egy eurónál kevesebb, vagy hogy egy eurónál több lesz a nyere-

ményünk? Annak az esélye, hogy egynél kevesebb lesz a nyeremény: P(Y = 0) =

(40

)·(

13

)0

·(

23

)4

=

=(

23

)4

≈ 0�1975. Annak az esélye, hogy egynél több lesz a nyeremény: P(Y = 2) +P(Y = 3) +P(Y = 4) ≈

≈ 0�2963 + 0�0988 + 0�0123 = 0�4074. Vagyis annak nagyobb az esélye, hogy 1 eurónál többet nyerünk.

411. Egy aláírásgyűjtő íven nevek szerepelnek. A tapasztalatok szerint minden aláírás 0�95 valószínűséggelhitelesíthető a többi aláírástól függetlenül.


a) 97 hiteles aláírás van, ha 100 aláírás szerepel az íven; Jelölje Y az íven lévő hiteles aláírások számát!

P(Y = 97) =

(10097

)· 0�9597 · 0�053 ≈ 0�1396



C M Y K

127

b) 97-nél több hiteles aláírás van, ha 100 aláírás szerepel az íven? P(Y �97) = P(Y = 98) + P(Y = 99) +

+ P(Y = 100) =(

10098

)· 0�9598 · 0�052 +

(10099

)· 0�9599 · 0�051 +

(100100

)· 0�95100 · 0�050 = 0�0812 + 0�0312 +

+ 0�0059 ≈ 0�1183.

412. Egy napon 19 honlapot látogatunk meg. Tegyük fel, hogy minden honlap 0�02 valószínűséggel vírusosa többitől függetlenül.


a) legalább egy vírusos honlapot meglátogatunk; Y jelentse a meglátogatott vírusos honlapok számát!

P(Y ≥ 1) = 1 − P(Y = 0) = 1 − 0�9819 ≈ 0�3188

b) pontosan egy vírusos honlapot látogatunk meg? P(Y = 1) =(

191

)· 0�02 · 0�9818 ≈ 0�2642

413. Egy előadásra kilencen jelentkeztek nézőnek. Minden jelentkező a többitől függetlenül 0,9 valószínű-séggel jelenik meg a korábbi tapasztalatok szerint.


a) az előadáson pontosan heten jelennek meg;

Jelölje Y az előadáson részt vevők számát! P(Y = 7) =

(97

)· 0�97 · 0�12 ≈ 0�1722

b) az előadáson legalább heten megjelennek? P(Y ≥ 7) = P(Y = 7) + P(Y = 8) + P(Y = 9) =

(97

)· 0�97 ·

· 0�12 +

(98

)· 0�98 · 0�11 +

(99

)· 0�99 · 0�10 ≈ 0�1722 + 0�3874 + 0�3874 ≈ 0�9470

414. Egy kockajátékban egy menet abból áll, hogy szabályos dobókockával kétszer dobunk egymás után. Egydobás 1 pontot ér, ha négyest vagy ötöst dobunk, egyébként a dobásért nem jár pont. A menetet úgypontozzák, hogy a két dobásért járó pontszámot összeadják.

Minek nagyobb a valószínűsége,

• annak, hogy egy menetben szerzünk pontot, vagy

• annak, hogy egy menetben nem szerzünk pontot?

Pontosan 1 pontot akkor szerezhetünk, ha az első dobás jó (pontot érő), a második nem pontot érő, vagy fordítva.Ez összesen 2 · 2 · 4 = 16 eset. 2 pontot szerezhetünk 2 · 2 = 4 esetben. Így annak valószínűsége, hogy szerzünk

pontot:2036

=59

.

Annak, hogy nem szerzünk pontot, 1− 59

=49

a valószínűsége, tehát az első eseménynek nagyobb a valószínűsége.


Visszatevés nélküli mintavétel, hipergeometrikus eloszlás(kiegészítő anyag)

415. Visszatevés nélkül választunk négy lapot a magyar kártyából. Legyen Y a húzott királyok száma!

a) Add meg Y eloszlását!

0, 1, 2, 3 vagy 4 király lehet a kihúzottak között. P(Y = 0) =

(284

)(32

4

) ≈ 0�5694; P(Y = 1) =

(283

)·(41

)(32

4

) ≈ 0�3644;

P(Y = 2) =

(282

)·(4

2

)(32

4

) ≈ 0�06301; P(Y = 3) =

(281

)·(43

)(32

4

) ≈ 0�0031; P(Y = 4) =

(44

)(32

4

) ≈ 2�8 · 10−5 ≈ 0

b) Mennyi Y módusza? Y módusza 0.



C M Y K

128

416. Kitöltünk egy hatos lottót. Ahány számot eltaláltunk, annyi millió forintot nyerünk. Jelölje Y a nyere-ményünk összegét!

Mennyi az esélye annak, hogy

a) 3 millió Ft lesz a nyereményünk; A hatos lottóban 45 szám közül sorsolnak ki hatot. P(Y = 3 millió) =

=

(63

)·(39

3

)(45

6

) ≈ 0�0224

b) legalább 3 millió Ft lesz a nyereményünk? 3 vagy 4, vagy 5, vagy 6 millió Ft lehet a nyeremé-

nyünk. P (Y = 3 millió) =

(63

)·(39

3

)(45

6

) ≈ 0�0224; P (Y = 4 millió) =

(64

)·(39

2

)(45

6

) ≈ 0�0014; P (Y = 5 millió) =

=

(65

)·(39

1

)(45

6

) ≈ 2�9 · 10−5 ≈ 0; P(Y = 6 millió) =

(66

)(45

6

) ≈ 1�2 · 10−7 ≈ 0; így P (Y ≥ 3 millió) ≈ 0�0224 +

+ 0�0014 = 0�0238.

417. Egy vásárló húsz villanykörte közül válogat. Az égők közül kettő selejtes (de ez természetesen nemlátszik). Mekkora az esélye, hogy nem vesz hibásat, ha

a) egy, p1 =1820

= 0�9 b) kettő, p2 =

(182

)(20

2

) ≈ 0�8053

c) három körtét vásárol? p3 =

(183

)(20

3

) ≈ 0�7158

Természetesen a három esetben más és más az eseménytér.

418. Egy dobozban 5 lila és 3 rózsaszín golyó van. Visszatevés nélkül választunk 4 golyót.

Mennyi az esélye annak, hogy több rózsaszín lesz a kiválasztottak között, mint lila? Jelölje Y a rózsaszín

golyók számát! P(Y ≥ 3) = P(Y = 3). P(Y = 3) =

(33

)·(5

1

)(8

4

) = 0�0714

Statisztika és valószínűség

419. Egy kimutatás szerint Lópici Gáspár 120 büntetőből 110 gólt lőtt. Az egyes büntetők eredményességétfüggetlennek tekintve becsüld meg annak az esélyét, hogy a következő 10 büntetőből

a) mindegyiket belövi;

Először becsüljük meg annak az esélyét, hogy a következő büntető bemegy! Ekkor p =110120

=1112

≈ 0�9167.

Jelölje Y azoknak a tizenegyeseknek a számát, amelyek a következő 10 büntetőből bemennek! Annak az

esélyét, hogy közülük mind bemegy, a binomiális eloszlással számolhatjuk ki: P(Y = 10) =

(1112

)10

≈

≈ 0�4189.

b) pontosan kilencet lő be! A binomiális eloszlással számolva: P(Y = 9) =

(101

)·(

1112

)9

·(

112

)1

≈ 0�3808.

420. Egy vízilabdázó 50 ráúszásból 35-ször szerezte meg a labdát. Becsüld meg annak az esélyét, hogy

a) egy ráúszásban megszerzi a labdát; A valószínűség becslése: p =3550

=710

.

b) legalább háromszor megszerzi a labdát a következő négy ráúszásból, ha az egyes ráúszásokat füg-getlennek tekintjük egymástól! Jelölje Y , hogy a játékos hányszor szerzi meg a labdát a következő négyráúszásból! Y binomiális eloszlású valószínűségi változó. A keresett valószínűség: P(Y = 3 vagy Y = 4) =

= P(Y = 3) + P(Y = 4) =(

43

)· 0�73 · 0�31 + 0�74 = 0�6517.



C M Y K

129

421. Totó

1. Ha feldobunk egy rajzszeget, ugyanakkora eséllyel esik-e a tüskéjével felfelé, mint lefelé?

1: igen 2: nem X: nem dönthető el

(A kérdésre csak akkor adhatunk választ, ha megfelelő számú kísérletet végeztünk.)

2. A 13, 37, 41, 70, 81 számokkal vagy az 1, 2, 3, 4, 5 számokkal lesz-e nagyobb esélyünk öt találatotelérni az ötös lottón?

1: az első esetben 2: a második esetben X: egyenlő az esély

3. Kétszer feldobunk egy szabályos dobókockát. A: lesz 4-es a dobott számok között; B : nem lesz 4-es adobott számok között.

1: A esélye nagyobb 2: B esélye nagyobb X: egyenlő A és B esélye

(P(A) =1136

, P(B) =2536

)

4. Háromszor feldobunk egy kockát. A: lesz 4-es a dobott számok között; B : nem lesz 4-es a dobott számokközött.

1: A esélye nagyobb 2: B esélye nagyobb X: egyenlő A és B esélye

(P(A) =91

216, P(B) =

125216

)

5. Előbb két kockával egyszerre dobunk, és a dobott számokat összeadjuk, majd egy kockával kétszeregymás után, és a dobott számokat összeadjuk. Mire fogadnál inkább? (Vagyis minek nagyobb azesélye?)

1: az első esetben nagyobb számot kapunk

2: a második esetben nagyobb számot kapunk

X: egyenlők az esélyek

6. 16 kártyalap fele zöld, fele piros. Kihúztunk egy lapot, amely zöld volt, és nem tettük vissza. Milyenlesz nagyobb eséllyel a következő lap?

1: piros 2: zöld X: egyenlők az esélyek

7. 16 kártyalap fele zöld, fele piros, kihúztunk egy lapot, piros volt, és visszatettük. Milyen lesz nagyobbeséllyel a következő lap?

1: piros 2: zöld X: egyenlők az esélyek

8. Ha egy osztályban a lányok magasságának az átlaga 170 cm, a fiúk magasságának az átlaga 175 cm,akkor ki lesz magasabb nagyobb eséllyel egy lányt és egy fiút kisorsolva?

1: fiú 2: lány X: nem dönthető el ennyi információ alapján

(Lehet, hogy egy alacsony lány és/vagy egy magas fiú „torzítja” az átlagokat.)

9. Ha egy szabályos dobókockával dobva az utolsó dobás páros volt, akkor vajon a következő dobás páratlanlesz inkább? (Azaz páratlan nagyobb eséllyel jön-e ki, mint páros?)

1: igen 2: nem X: nem dönthető el ennyi információ alapján

10. Ha egy szabályos dobókockával dobva az utolsó két dobás páros volt, akkor vajon a következő dobáspáratlan lesz inkább? (Azaz páratlan nagyobb eséllyel jön-e ki, mint páros?)

1: igen 2: nem X: nem dönthető el ennyi információ alapján

11. Egy dobozban 1-től 9-ig számozott golyók vannak. Egyszerre kihúzunk 3 golyót, és a kapott számokösszegét nézzük. Minek nagyobb a valószínűsége?

1: páros lesz az összeg 2: páratlan lesz az összeg X: egyenlő esélyű a két esemény



C M Y K

130

(5 páratlan és 4 páros szám van. Összesen(

93

)= 84-féleképpen választható ki 3 golyó. Páratlan lesz az összeg,

ha mindhárom szám páratlan vagy két páros és egy páratlan szám van a kiválasztottak között. Az előbbi

(53

)=

= 10-féleképpen, az utóbbi

(42

)·(

51

)= 6 · 5 = 30-féleképpen valósulhat meg. Összesen 10 + 30 = 40 olyan eset

van, amikor az összeg páratlan. Következésképpen 84 − 40 = 44 olyan eset van, amikor az összeg páros. Tehát ezvalószínűbb.)

12. Magyar kártyából két lapot húzunk visszatevéssel, illetve visszatevés nélkül. Annak esélye, hogy mindkétlap zöld lesz

1: az első esetben nagyobb, 2: a második esetben nagyobb, X: egyenlők az esélyek.

(pvisszatevéssel =

(8

32

)2

= 0�0625, pvisszatevés nélkül =8 · 7

32 · 31≈ 0�0565)

13. Kétszer feldobunk egy szabályos dobókockát. A: lesz 4-es, B : a dobott számok összege 9. P(A) ésP(A | B) közül melyik nagyobb?

1: az első 2: a második X: egyenlők

(P(A) = 1 − 2536

=1136

. P(A | B) =24

, mert a (3; 6), (4; 5), (5; 4), (6; 3) elemi esemény esetén lesz 9 az összeg, és

közülük 2 olyan van, amikor az A esemény teljesül.)

+1. Annak az esélye, hogy négyszer dobva egy szabályos dobókockával lesz 5-ös:

1: nagyobb, mint 0�5 2: kisebb, mint 0�5 X: 0�5

(P(nem lesz ötös) =54

64≈ 0�4823; P(lesz ötös) = 1 − 54

64≈ 0�5187)



C M Y K

131

Tartalom

TK. FGY.

LOGARITMUS � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 3 82

1–3. óra: A logaritmus fogalma � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 4 82

4–5. óra: A logaritmusfüggvény � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 8 84

6–8. óra: A logaritmus azonosságai � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 10 87

9–10. óra: Áttérés más alapú logaritmusra � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 14 90

11–12. óra: A logaritmus alkalmazása � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 15 91

Tudáspróba � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 17

KOORDINÁTAGEOMETRIA � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 18 92

1. óra: Pont és vektor a koordinátasíkon � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 19 92

2–3. óra: Osztópont, súlypont, távolságmeghatározás � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 21 94

4. óra: Két vektor skaláris szorzata � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 25 95

5–7. óra: Az egyenes egyenletei � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 27 978–12. óra: Egyenesek metszéspontja, két egyenes párhuzamosságának és merőlegességének fel-

tétele, az egyenes további egyenletei � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 31 98

13. óra: A kör � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 34 99

14–15. óra: Körök és egyenesek kölcsönös helyzete � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 36 100

Tudáspróba � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 41

EGYENLETEK ÉS EGYENLŐTLENSÉGEK � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 42 104

1–9. óra: Trigonometrikus egyenletek és egyenlőtlenségek � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 43 104

Tudáspróba � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 53

10–12. óra: Exponenciális egyenletek és egyenlőtlenségek � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 54 111

13–17. óra: Logaritmikus egyenletek és egyenlőtlenségek � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 56 113

18–19. óra: Logaritmikus és exponenciális egyenletrendszerek � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 61 117

Tudáspróba � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 64

VALÓSZÍNŰSÉG-SZÁMÍTÁS � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 66 120

1–2. óra: Ismétlés � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 67 120

3. óra: Az A · B , A− B , A + B események valószínűségének kiszámítása � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 70 123

4. óra: Feltételes valószínűség, függetlenség (kiegészítő anyag) � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 72 124

5. óra: Modellalkotás, valószínűségi változók (kiegészítő anyag) � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 74 126

6–7. óra: Visszatevéses mintavétel, binomiális eloszlás � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 76 126

8. óra: Visszatevés nélküli mintavétel, hipergeometrikus eloszlás (kiegészítő anyag) � � � � � � � � � � 78 129

9. óra: Statisztika és valószínűség � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 79 129

Tudáspróba � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 80

FELADATGYŰJTEMÉNY � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 81

TEX 2012. április 12. – (1. lap/132. old.) ∗ Matematika 9. ∗ (KTRT11-2)

C M Y K

132

09 ap–110832 matematika 11 ii kotet

Documents