A tankönyv feladatai és a feladatok megoldásai

MATEMATIKA 11.

Dr. Gerőcs László Számadó László

A megoldások olvasásához Acrobat Reader program szükséges, amely ingyenesen letölthetőaz internetről (például: adobe.la.hu weboldalról).A feladatokat fejezetenként külön-külön fájlba tettük. A fejezet címmel ellátott fájl tartalmazzaa fejezet leckéinek végén kitűzött feladatok részletes megoldásait. A feladatokat nehézségükszerint jelöltük:K1 = középszint, könnyebb; K2 = középszint, nehezebb; E1 = emelt szint, könnyebb; E2 = emelt szint, nehezebb feladat.

Lektorok:PÁLFALVI JÓZSEFNÉCSAPODI CSABA

Tipográfia: LŐRINCZ ATTILA

Szakgrafika: DR. FRIED KATALIN

© Dr. Gerőcs László, Számadó László, Nemzeti Tankönyvkiadó Zrt., 2011

Nemzeti Tankönyvkiadó Zrt.a Sanoma companywww.ntk.huVevőszolgálat: info@ntk.huTelefon: 06 80 200 788

A kiadásért felel: Kiss János Tamás vezérigazgatóRaktári szám: RE16302Felelős szerkesztő: Tóthné Szalontay AnnaMűszaki igazgató: Babicsné Vasvári EtelkaMűszaki szerkesztő: Orlai MártonGrafikai szerkesztő: Mikes VivienTerjedelem: 15,1 (A/5) ív1. kiadás, 2012Tördelés: PGL Grafika Bt.

1 1 . É V F O L Y A M

MATEMATIKA 3

Tartalom

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

I. Kombinatorika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71. Egyszerű kombinatorikai feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72. Sorbarendezések száma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83. Kiválasztás és sorrend . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124. Kiválasztások számának meghatározása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145. Binomiális tétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

II. Gráfok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191. Bevezető problémák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192. Egyszerű gráf, összefüggő gráf, teljes gráf . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203. Euler vonalak (emelt szint) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224. További gráfelméleti feladatok (emelt szint) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

III. Hatványozás, logaritmus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311. Mit tudunk a hatványokról, gyökökről (ismétlés) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312. Törtkitevőjű hatványok értelmezése . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323. Az exponenciális függvény . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 334. Exponenciális egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355. Exponenciális egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 376. A logaritmus fogalma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 397. A logaritmusfüggvény, a logaritmusfüggvény és az exponenciális

függvény kapcsolata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 418. A logaritmus azonosságai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 429. Logaritmikus egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

10. Logaritmikus egyenletrendszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4511. Logaritmikus egyenlőtlenségek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4712. Áttérés új alapra (emelt szint) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4913. A logaritmus gyakorlati alkalmazásai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

IV. Trigonometria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 531. A vektorokról tanultak összefoglalása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 532. Két vektor skaláris szorzata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 543. A trigonometriáról eddig tanultak összefoglalása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 554. Számítások háromszögben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 585. Szinusztétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 606. Koszinusztétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 647. Számítások terepen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 678. Trigonometrikus egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 699. Trigonometrikus összefüggések (emelt szint) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

10. Vegyes feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7411. Háromszögelés régen és ma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

1 1 . É V F O L Y A M

T A R T A L O MMATEMATIKA4

V. Koordináta-geometria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 791. Vektorok a koordináta-rendszerben, műveletek vektorokkal . . . . . . . . . . . . . . 792. Szakasz felezőpontjának, harmadolópontjának koordinátái . . . . . . . . . . . . . . 803. A háromszög súlypontjának, szakasz tetszőleges osztópontjának

koordinátái . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 814. Két pont távolsága . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 835. Vektorok skaláris szorzata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 846. Alakzat és egyenlete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 867. Adott P0(x0; y0) ponton átmenő, adott v(v1; v2) irányvektorú egyenes

egyenlete; két ponton átmenő egyenes egyenlete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 908. Adott P0(x0; y0) ponton átmenő, adott n(n1; n2) normálvektorú

egyenes egyenlete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 919. Két egyenes metszéspontja, pont és egyenes távolsága . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

10. Adott P0(x0; y0) ponton átmenő, adott m meredekségű egyenes egyenlete, egyenesek párhuzamosságának és merőlegességének feltétele . . . 95

11. A kör egyenlete; a kör és a kétismeretlenes másodfokú egyenlet . . . . . . . . . . 9612. Kör és egyenes kölcsönös helyzete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9913. Két kör kölcsönös helyzete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10114. A kör érintőjének egyenlete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10215. A parabola, a parabola tengelyponti egyenlete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10416. Parabola és egyenes, a parabola érintője . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

VI. Valószínűség-számítás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1091. Események . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1092. Események valószínűsége . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1103. Klasszikus valószínűségi mező . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1114. Binomiális eloszlás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1145. Geometriai valószínűség . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

5MATEMATIKA

1 1 . É V F O L Y A M

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

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

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

Az f1 és f2 egyenesek szöge: vagy

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

A C csúcspontú szög:

Szög jelölése:

Az A, B és C csúcsokkal rendelkező háromszög:

Az ABC9 területe: T(ABC) vagy TABC

Az a, b és c oldalú háromszög fél kerülete:

A derékszög jele: *

Az e egyenes merőleges az f egyenesre:

Az e egyenes párhuzamos az f egyenessel:

Egybevágóság: ,;

A hasonlóság aránya: m

Az A pontból a B pontba mutató vektor:

Egyenlő, nem egyenlő: ;

Azonosan egyenlő: ;

Közelítőleg egyenlő: ; ;

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

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

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

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

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

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

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

A valós számok halmaza: R

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

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

Részhalmaz, valódi részhalmaz: 3, 1; ,

Zárt intervallum: [a; b]

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

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

Nyílt intervallum: ]a; b[

Az x szám abszolút értéke: ;

Az f függvény hozzárendelési szabálya: ; vagy

; ; y = 2x + 3

Az f függvény helyettesítési értéke az x0 helyen:;

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

a alapú logaritmus: loga x

10-es alapú logaritmus: lg x

e alapú logaritmus: ln x

Binomális együttható, n alatt a k:

Az x szám négyzetgyöke:

Az x szám n-edik gyöke: xn

x

nkd n

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

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

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

, 3,13 1 =-x

N Q1

A R3

2 Zg- +

5 N!

8,54 8,5.2,3a ..

5a b /+/

2, 5a b !=,!=

AB

ABC A B C9 9, l l l

e f<

e f=

s a b c2= + +

ABC9

, , , fa b c

CB

ACBB

( ; )f f1 2 B

( ; )f f1 2B

AB

Jelmagyarázat

1. Egyszerű kombinatorikai feladatok

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

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

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

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

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

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

tanunk kell -mal és -tel: .

Vagyis 56-féleképpen alakulhat ki a sorrend.

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

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

kell -gyel és -gyel: .

Vagyis 35-féle sorrend lehetséges.

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

mellett ül?

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

b) A két legfiatalabb gyereket leültetjük egymásmellé. A többieket hozzájuk képest ,azaz 24-féleképpen ültethetjük le. Mivel minden alkalommal a két fiatal gyermek helyet cserél-het, ezért különböző leülés lehetséges.24 2 48$ =

4 3 2 1$ $ $

5 4 3 2 1$ $ $ $

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

=4 3 2 1$ $ $3 2 1$ $

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

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

=1 2 3 4 5$ $ $ $1 2 3$ $

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

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

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

7 6$

2. K1

3. K1

4. K1

5. K1

1. K1

1 1 . É V F O L Y A M

I . K O M B I N A T O R I K A 7MATEMATIKA

KombinatorikaI.

8 MATEMATIKA I . K O M B I N A T O R I K A

1 1 . É V F O L Y A M

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

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

Botond megnézte a lecke kidolgozott példáit, és ezt mondta: – Ezeket a feladatokatÉRTEM. Mi pedig számoljuk össze, hogy az É, R, T, E és M betűk mindegyikének egyszeri fel-használásával, hány értelmes szót készíthetünk?

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

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

a) A hat férfi kézfogásainak száma: .

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

2. Sorbarendezések száma

Számítsuk ki!

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

a) .

b) .

c) .

d) .

Hozzuk egyszerűbb alakra!a) ; b) ;

c) ; d) ;

e) ; f) .

a) .! !n n n n n2 1 1 1$- - + = +^ ^ ^ ^h h h h

! ! !! ! !

21 23 2522 24 26 22 24 26 13 728

$ $$ $ $ $= =

! ! ! !2

2 4 6 82

2 24 720 40 320 20 533+ + + = + + + =

! !!

3 97100

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

1 2 398 99 100 161700

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

$ $$ $

ff

= = =^ ^h h

!!

39994001

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

$ $ $ $$ $ $ $ $ $ $

ff

= = =

9 8$6 9$9 6$

26 5 15$

=

5 4 3 2 1$ $ $ $

6. K2

!n n

n3 2

12- +

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

!!

nn

14

+

+

^

^

h

h!n n

n2 1

2+ +

+

^ ^

^

h h

h

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

2. K2

!!

39994001

! !!

3 97100$

! ! ! !2

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

21 23 2522 24 26

$ $$ $

1. K1

7. K2

8. K2

b) .

c) .

d) .

e) .

f) .

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

! !!

n nn

n nn

n3 2

11 2

132

- +

-=

- -

-= -

^

^ ^

^^

h

h h

hh

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

!!

nn

n n n14

2 3 4+

+= + + +

^

^^ ^ ^

h

hh h h

!!

n nn

n2 1

2+ +

+=

^ ^

^

h h

h

9MATEMATIKAI . K O M B I N A T O R I K A

1 1 . É V F O L Y A M

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

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

.

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

mutációk száma: .

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

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

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

és Dániel nem szeretne Réka mellett ülni?

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

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

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

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

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

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

!4 24=

720 240 480- =

!P 5 1205 = =

!P 6 7206 = =

! ! !!P

3 2 210 151200; ;

103 2 2

$ $= =

! !!P

2 211 9 979 200;

112 2

$= =

!P 8 40 3208 = =

4. K2

3. K2

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

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

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

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

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

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

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

A 10 pénzérme ismétléses permutációjáról van szó: .

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

a) A hét számjegy ismétléses permutációinak száma: .

Ezek közül a 0-val kezdődő esetek száma: .

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

! !!P

3 26 60;

63 2

$= =

! !!P

3 27 420;

73 2

$= =

! !!P

4 610 210;

104 6

$= =

2 24 48$ =

2 120 240$ =

48 36 84+ =

7. K2

2 3 6 36$ $ =

!3 6=

2 24 48$ =

!4 24=

6. K2

5. K2

10 MATEMATIKA I . K O M B I N A T O R I K A

1 1 . É V F O L Y A M

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

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

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

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

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

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

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

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

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

!P 4 244 = =

! !4 9 8 1290 240- =^ h

! !10 9 3 265 920- =

8. K2

11MATEMATIKAI . K O M B I N A T O R I K A

1 1 . É V F O L Y A M

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

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

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

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

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

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

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

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

3. Kiválasztás és sorrend

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

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

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

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

2. K1

V 4 3 2 2443 $ $= =

x 3 2

y 2 5

z 2 0

210 21

1. K1

P ; ;x y z7

x y3 11+ =

x y z 7+ + =

11. E1

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

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

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

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

P ; ;x y zx y z+ +

x y z3 2 12+ + =

10. E1

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

a 1- a 1+ a 2$

9. E1

12 MATEMATIKA I . K O M B I N A T O R I K A

1 1 . É V F O L Y A M

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

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

Az így képezhető háromjegyű és négyjegyű számok száma egyenlő.

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

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

A tíz tanuló hatodosztályú variációinak számát kell meghatároznunk:.

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

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

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

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

Kilenc elem harmadosztályú ismétléses variációinak számát kell meghatároznunk:.

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

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

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

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

V 4 3 2 2443 $ $= =

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

,5 9 31 1030 20$.

V 9 729ism93 3

= =^ h

n 9=9 8 7 504$ $ =

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

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

7. K2

!P 4 244 = =

6. K2

5. K2

4. K2

3. K1

13MATEMATIKAI . K O M B I N A T O R I K A

1 1 . É V F O L Y A M

4. Kiválasztások számának meghatározása

Számítsuk ki!

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

a) .

b) .

c) .

d) .

Végezzük el a kijelölt műveleteket!

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

a) .

b) .

c) .

d) .

Végezzük el az összeadásokat, kivonásokat!

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

a) .

b) .

c) .

d) .

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

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

(Ft).

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

1. K1

225905

9 888 585 300$ =e o

10098

96

1002

93

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

84

1413

84

141

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

97

92

92

92

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

52

73

10 35 45+ = + =e eo o

: :98

10098

91

1002

94950

1550

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

: :73

1411

73

143 1 2 3

7 6 514 13 12

1 2 314 13 12

7 6 5525

$ $$ $ $

$ $$ $

$ $$ $

= = = =e e e eo o o o

109

92

101

92

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

107

72

103

72

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

2119

212 1 2

21 20 210$$

= = =e eo o

129

123 1 2 3

12 11 10 220$ $$ $

= = =e eo o

94 1 2 3 4

9 8 7 6 126$ $ $$ $ $

= =e o

73 1 2 3

7 6 5 35$ $$ $

= =e o

4. K1

52

73

+e eo o97

92

+e eo o84

1413

-e eo o10098

96

-e eo o

3. K1

107

72

e eo o109

92

e eo o73

:1411

e eo o :98

10098

e eo o

2. K1

73e o

94e o

129

e o2119e o

14 MATEMATIKA I . K O M B I N A T O R I K A

1 1 . É V F O L Y A M

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

a) A 45 szám hatodosztályú kombinációinak számát kell meghatároznunk:

.

b) .

Az Ötöslottó kitöltési lehetőségeinek száma több mint ötszöröse a Hatoslottóénak.

A Skandináv lottó hetenként rendezett ikersorsolásán mindkét számsorsolás alkalmá-val az 1-től 35-ig terjedő egész számokból 7-7 számot húznak ki visszatevés nélkül. A játékos 35számból 7 számot játszhat meg, melyből legalább négy találat – vagy a kézi vagy a gépi sorso-láson – jogosít nyereményre. Egy szelvény az ikersorsolás mindkét számsorsolásán automatiku-san részt vesz.a) Hány darab játékszelvényt kellene kitöltenünk, ha biztosan szeretnénk egy telitalálatosat?b) Ha valaki a 16, 21, 23 és 25 számokat minden szelvényen be szeretné jelölni, akkor összesen

hány játékszelvényt tudna különböző módon kitölteni?c) Egy játékosnak a harmadik nyerőszám kihúzása után három találata van. Minimum hány szel-

vénnyel játszhatott, ha már biztosan tudja, hogy nyert?

a) A 35 szám hetedosztályú kombinációinak számát kell meghatároznunk:

.

b) A maradék 31 számból kell kiválasztanunk az összes lehetséges módon még három számot.A 31 szám harmadosztályú kombinációinak számát kell meghatároznunk:

.

c) Tudjuk a játék leírásából, hogy négy találat már nyereményre jogosít. Ha az első három kihú-zott nyerőszám minden szelvényén szerepel, és a többi 32 számot pedig 8 szelvényen szerepel-tette négyesével, akkor már biztosan tudhatja, hogy valamelyik szelvényén lesz nyereménye.

A Kenó játékban az 1-től 80-ig terjedő egész számokat tartalmazó számhalmazból a já-tékos tetszés szerint kiválasztott legfeljebb 10 számot játszhat meg. Ebben a játékban mindennap 80 számból 20 nyerőszámot sorsolnak ki. A tízes játéktípusban (tehát ha a fogadó 10 szá-mot játszott meg) legalább 6, a kilencesben és a nyolcasban legalább 5, a hetesben és a hatos-ban legalább 4, az ötösben és a négyesben legalább 3, a hármasban és a kettesben legalább 2és az egyesben értelemszerűen 1 találat jogosít nyereményre. A hatos, hetes, nyolcas, és kilen-ces játéktípusban a fogadó visszanyeri befizetett tétjét, a tízes típusban a tétjének a kétszeresét,ha egyetlen találatot sem ért el. a) Hány különböző módon lehet kitölteni egy Kenó szelvényt?b) Hány különböző 10 találatos szelvény képzelhető el egy sorsolás után?c) A hatos játékban hány különböző módon kitöltött olyan szelvényt tudunk elképzelni, ame-

lyekkel a szelvény árát lehet visszanyerni?d) A hatos játékban hány különböző módon kitöltött olyan szelvényt tudunk elképzelni, amelyik

nem nyert semmit?

a) A játék leírása alapján az összes megjátszható eset száma:

.

5. K1

,8010

809

808

807

806

805

804

803

802

801

1 911 1012$.+ + + + + + + + +e e e e e e e e e eo o o o o o o o o o

C313

4495313

= =e o

C357

6 724 520357

= =e o

43 949 268905

456

8 145 0602= =e eo o

C456

8 145 060456

= =e o

7. K2

6. K2

15MATEMATIKAI . K O M B I N A T O R I K A

1 1 . É V F O L Y A M

b) Mivel 20 számot sorsolnak és ezek közül bármelyik 10 szám bejelölése egy szelvényen 10 ta-

lálatosnak minősül, ezért ilyen szelvény képzelhető el. Vagyis 184 756 különböző 10 talá-

latos szelvényt lehet elképzelni egy játékban.

c) A hatos játékban a fogadó hat számmal játszik. Ha egyetlen találata sincs, akkor visszakapjaa szelvény árát. A 80 számból 20-at kisorsolnak, ezek lesznek a nyerőszámok. Csak azok a szel-vények lesznek megfelelőek, amelyeken a maradék hatvan számból szerepel mind a hat meg-

játszott szám. Ez eset.

Vagyis 50 063 860 különböző kitöltés lehetséges.

d) A hatos játékban az 1, 2, 3 találat semmilyen nyereményre nem jogosít. A nyolcvan szám minden játékban 20 nyerő és 60 nem nyerő számra osztódik szét.

Az 1 találatos szelvények száma: .

A 2 találatos szelvények száma: .

A 3 találatos szelvények száma: .

Ezek összege adja a választ: 240 891 690 darabot.

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

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

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

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

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

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

a) .

b) .

c) .

d) .

A 32 fős osztályban 3 jelölt van az osztálytitkári tisztség betöltésére. Mindenki (a jelöl-tek is) egy jelöltre szavaznak. Hányféle eredménye lehet a szavazásnak?

A szavazás végén a 32 szavazólap mindegyikén a három jelölt valamelyikének neve szerepel. A szavazólapok sorrendje nem számít. Csak az számít, hogy a jelöltek külön-külön hány szava-zatot kaptak. A szavazás minden eredménye a három jelölt egy 32-edosztályú ismétléses kom-binációja.

1 295

271

26 7 3402$ $= =e eo o

293

273

84 2925 45 700$ $= =e eo o

691

275

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

90

276

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

104

210=e o103

120=e o102

45=e o

84

70=e o83

56=e o82

28=e o

64

15=e o63

20=e o62

15=e o

44

1=e o43

4=e o42

6=e o

203

603

1140 34 220 39 010 800$ $= =e eo o

202

604

190 487 635 92 650 650$ $= =e eo o

201

605

20 5 461512 109 230 240$ $= =e eo o

606

e o

2010e o

10. E1

9. K2

8. K2

16 MATEMATIKA I . K O M B I N A T O R I K A

1 1 . É V F O L Y A M

Ezek száma:

.

Vagyis 561-féle eredménye lehet a szavazásnak.

A 32 lapos magyar kártyából 5 lapot osztunk. Hányféle eset lehetséges, ha csak a szí-neket vesszük figyelembe?

A négy színből sorrendre való tekintet nélkül ötös csoportokat készítünk, és ezek számát kellmeghatároznunk. Ezt 4 elem 5-ödosztályú ismétléses kombinációinak száma adja meg:

.

Vagyis 56 lehetőség van.

A műveletek elvégzése nélkül mondjuk meg, hogy a hatványozás és az összevonásokelvégzése után hány taggal írhatók le a következő kifejezések:a) ; b) ?

a) A műveletek elvégzése után minden tagban a kitevők összege 6 lesz. Az egyes tagokban abetűk csak a megadott három betűből választhatók. Vagyis három elem 6-odosztályú ismétlé-

ses kombinációiról van szó. Ezek száma: .

Vagyis a kifejezést 28 taggal írhatjuk le a műveletek elvégzése után.

b) A műveletek elvégzése után minden tagban a kitevők összege 4 lesz. Az egyes tagokban abetűk csak a megadott négy betűből választhatók. Vagyis négy elem 4-edosztályú ismétléses

kombinációiról van szó. Ezek száma: .

Vagyis a kifejezés 35 taggal írható le a műveletek elvégzése után.

5. Binomiális tétel

Írjuk fel rendezett többtagú kifejezésként a következő hatványokat!a) ; b) ; c) ; d) .

a)

.

b)

.

c)

.

d) .

Írjuk fel a következő hatványok rendezett többtagú alakjában a hatodfokú tag együtt-hatóját!a) ; b) ; c) ; d) .

A binomiális tétel alapján felírjuk a hatodfokú tagot, ekkor látjuk az együtthatóját is.

a) , vagyis az együttható: 1.

b) , vagyis az együttható: –5376. x x93

2 1 53766 3 6- =-e ^ ^o h h

x x60

6 6=e o

x y x y x y x y x y x y x y250

251

252

253

254

255

25 5 0 4 1 3 2 2 3 1 4 0 5+ = + + + + + =^ e ^ e ^ e ^ e ^ e ^ e ^h o h o h o h o h o h o h

x x x x x x x3 160

361

362

363

364

365

366

6 6 5 4 3 2$ $ $ $ $ $- = - + - + - + =^ e ^ e ^ e ^ e ^ e ^ e ^ eh o h o h o h o h o h o h o

x y x x y x y xy y3 2 81 216 216 96 164 4 3 2 2 3 4- = - + - +^ h

x x y x y x y xy y32 80 80 40 105 4 3 2 2 3 4 5= + + + + +

x x x x x x729 1458 1215 540 135 18 16 5 4 3 2= - + - + - +

x x x x8 24 32 164 3 2= + + + +

2 2 2 2 2x x x x x x240

41

42

43

44

4 4 0 3 1 2 2 1 3 0 4$ $ $ $ $+ = + + + + =^ e e e e eh o o o o o

C4 4 1

474

35ism44

=+ -

= =^ e eh o o

C3 6 1

686

82

28ism36

=+ -

= = =^ e e eh o o o

C4 5 1

585

56ism45

=+ -

= =^ e eh o o

C3 32 1

323432

342 2

34 33 561ism332 $

=+ -

= = = =^ e e eh o o o

11. E1

x 5 6+^ h x2 1 9

-^ h x 2 8-^ h x3 2 7

+^ h

2. K2

x 2 4+^ h x3 1 6

-^ h x y2 5+^ h x y3 2 4

-^ h

1. K2

x y z2 3 6- -^ h a b c d2 3 4

+ + +^ h

12. E1

17MATEMATIKAI . K O M B I N A T O R I K A

1 1 . É V F O L Y A M

c) , vagyis az együttható: 112.

d) , vagyis az együttható: 10 206.

Adjuk meg egy binomiális együtthatóval a következő összegeket!

a) ;

b) .

a) Alkalmazzuk az összefüggést többször egymásután, de előtte a

helyére írjunk -et:

.

Vagyis az öt binomiális együttható összege: .

b) Írjuk át az együtthatókat:

.

Most már az a) feladatban látottak alapján járhatunk el:

.

Igazoljuk, hogy az n elemű halmaz részhalmazainak száma 2n lesz!

Az állítás a következő alakban írható:

.

Ez pedig a binomiális tétel alapján igaz. (Alkalmazzuk a tételt a = 1, b = 1 esetén.)

Igazoljuk, hogy ha a Pascal-háromszög n-edik sorában a számokat váltakozó előjellel ösz-szeadjuk, akkor 0-t kapunk!

Írjuk fel a binomiális tételt a = 1 és b = –1 esetén:

.

Vagyis valóban igaz:

.0n n0 1

f= - +e eo o

1 1 1n n n

nn n

1 10

11

1 10 1

n n n n0 1 1 0$ $ $ $ $ $f f- = - + - + + - = - +-^ e ^ e ^ e ^ e eh o h o h o h o o

n n nn0 1

2nf+ + + =e e eo o o

33

32

42

52

62

72

83

+ + + + + =e e e e e e eo o o o o o o

20

31

42

53

64

75

33

32

42

52

62

72

+ + + + + = + + + + +e e e e e e e e e e e eo o o o o o o o o o o o

84e o

64

63

73

74

73

84

74

= + + = + =e e e e e e

e

o o o o o o

o

1 2 344 44

33

43

53

63

73

44

43

53

63

73

54

53

63

73

54

64

+ + + + = + + + + = + + + =e e e e e e e e e e e e e e

e e

o o o o o o o o o o o o o o

o o

1 2 344 44 1 2 344 44

44e o

33e o

nk

nk

nk

11

+=

-+e e eo o o

x x71

3 2 10 2066 1 6$ =e ^o h

5.E1

4. E1

x x82

2 1126 2 6$ - =e ^o h

3. K233

43

53

63

73

+ + + +e e e e eo o o o o

20

31

42

53

64

75

+ + + + +e e e e e eo o o o o o

18 MATEMATIKA I . K O M B I N A T O R I K A

1 1 . É V F O L Y A M

1. Bevezető problémák

5 személy (A, B, C, D és E) közül A három, B egy, C kettő, D és E egy-egy személyt ismera társaságból (az ismeretség minden esetben kölcsönös). Szemléltessük az ismeretségeket egygráffal!

A feladat két lehetséges megoldása:

Egy sakkbajnokság döntőjébe öten jutottak: A, B, C, D és E, akik körmérkőzést játszanakegymással. A már minden mérkőzését lejátszotta, B és C eddig 3-3 mérkőzést játszott, de egy-mással még nem játszottak. Hány mérkőzés van még hátra, ha a fentieken túl egyéb meccsetmég nem játszottak le?

Szemléltessük egy gráffal az eddig lejátszott mérkőzéseket. Mivel B és C egymással még nem ját-szottak, de mindketten játszottak egy meccset A-val, ezért a 3-3 mérkőzésük hiányzó két meccsecsak D-vel és E-vel lehetett.A kapott gráfból kiolvasható, hogy még két mérkőzés van hátra: B-C és E-D.

Egy hat tagú társaság tagjai: A, B, C, D, E és F. A és B a társaság minden tagját ismeri, C és D csak A-t és B-t ismeri. E és F ismerik egymást. Szemléltesse az ismeretségeket egy gráffal!

Az ismeretséget szemléltető gráf elkészítését azzal kezdhetjük, hogy A-t és B-t mindenkivel ösz-szekötjük. Mivel C és D A-n és B-n kívül senkit sem ismer, ezért ezek után már csak E-t és F-etkell összekötnünk.

A

B

C

DE

A

B

C

DE

2. K1

3. K1

1. K1

1 1 . É V F O L Y A M

I I . G R Á F O K 19MATEMATIKA

GráfokII.

A

B

C

DE

A

B

C

D

E

F

20 MATEMATIKA I I . G R Á F O K

1 1 . É V F O L Y A M

A

B

C

DE

Rajzoljunk olyan 5 pontú gráfot, mely csúcsainak fokszámai: 4, 3, 3, 3, 1!

Legyenek az egyes csúcsok fokszámai A(4), B(3), C(3), D(3), E(1). Ekkor A mindenkivel, E pedigcsak A-val van összekötve. Ebből következik, hogy B, C és D csúcsok össze vannak kötve egy-mással.

Egy bajnokság döntőjébe 6 csapat jutott. A csapatok körmérkőzést játszanak egymással.Két csapat már minden mérkőzését lejátszotta. Lehet-e olyan csapat, amelyik még csak egy mér-kőzést játszott?

Nem lehetséges. Ha ugyanis két csapat már minden mérkőzését lejátszotta, akkor ez azt jelenti,hogy a többi négy csapat mindegyike már lejátszott legalább 2 mérkőzést, így nem lehet olyancsapat, amely eddig csak egy meccset játszott volna.

Egy öttagú társaság minden tagja a társaságnak két tagját ismeri. (Az ismeretség kölcsö-nös.) Hány éle van e társaság ismeretségeit szemléltető gráfnak?

Az ismeretséget szemléltető gráf minden csúcsának a fokszáma 2, tehát a fokszámok összege. Mivel az élek száma a fokszámok összegének a fele, így e gráf éleinek a száma 5.

2. Egyszerű gráf, összefüggő gráf, teljes gráf

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

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

, azaz , tehát .

b) A feltételek szerint

, azaz , ahonnan .

, , .

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

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

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

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

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

4. K1

5. K2

28 2 8$

=

n2

7 49 722

7 11,1 2

! != + = n 91 = n 22 =-

n n7 18 02- - =n n n6 182

- = +n n

n2

13 9

-= +

^ h

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

n2

111

-=

^ h

5 2 10$ =

6. K1

2. K1

1. K1

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

a) A névjegykártyacserét szemléltető egy lehetséges gráf:

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

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

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

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

Ha , akkor .

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

Egy estélyen 15-en vettek részt. Akik ismerték egymást, koccintottak egymással egy pohárpezsgővel. Akik nem ismerték egymást, azok kézfogással bemutatkoztak egymásnak. Ezek utána házigazda így szólt: „Megfigyeltem, hogy pontosan ugyanannyi koccintás volt, mint kézfo-gás”. Erre a felesége így reagált: „Drágám, biztosan tévedtél.” Vajon kinek van igaza?

Mindenki mindenkivel vagy koccintott, vagy kezet fogott. Ezt modellezhetjük egy olyan 12 pontúteljes gráffal, melyben a kézfogásokat és a koccintásokat szemléltető élek különböző színűek(pl. a kézfogásokat szemléltető élek zöldek, a koccintásokat szemléltető élek pirosak). Ha ugyan-annyi koccintás volt, mint kézfogás, akkor a gráfnak ugyanannyi piros éle van, mint zöld. Ez aztjelenti, hogy e 15 pontú teljes gráf éleinek a száma páros. Mivel a 15 pontú teljes gráf éleinek aszáma

,

vagyis páratlan, így nem lehet ugyanannyi zöld éle, mint piros, tehát nem lehetett ugyanannyikézfogás, mint koccintás. Tehát a feleségnek volt igaza

3. K1

28 7 28$

=

3 8 24$ =

4. K1

215 14 105$

=

n n k1 4- =^ hn n

k2

12

-=

^ h

5. K2

21MATEMATIKAI I . G R Á F O K

1 1 . É V F O L Y A M

22 MATEMATIKA I I . G R Á F O K

1 1 . É V F O L Y A M

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

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

, illetve .

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

, azaz ,

, tehát ,

, , .

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

Egy bajnokságon, ahol a résztvevők körmérkőzést játszanak egymással, még 7 mérkőzésvan hátra a bajnokság végéig. Igazoljuk, hogy az eddig lejátszott mérkőzések száma nem lehet10-zel osztható!

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

.

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

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

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

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

3. Euler-vonal (Emelt szint)

Rajzoljunk egy olyan 6 pontú összefüggő gráfot, melynek csúcsainak fokszámai: 4, 4, 2,2, 3, 1, és adjuk meg a gráf egy nyílt Euler-vonalát!

A feltételeknek eleget tevő egyik lehetséges gráf:

A gráfnak két páratlan fokú pontja van, így biztosan van nyíltEuler-vonala. Mivel az F és E csúcsok fokszáma páratlan, ezért azEuler-vonal e két pont egyikéből indul, és a másikban végződik.Egy lehetséges Euler-vonal:

.

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

0 2 6 2 0 0 2 6 2 0

6. E1

k2

14 196 4802

14 26,1 2

! != - + = - k 202 =-k 61 =

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

+ - =

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

k k k k3

21

216 15

$-

=- -^ ^ ^h h h

k k2

16 16 1- - -^ ^h hk k2

1-^ h

7. E1

n n 1-^ h

n n2

1-^ h

n n2

17

--

^ h

FE EA AB BC CA AD DB BE- - - - - - -

1. K1

A

B

C

D

E

F

Mi a szükséges és elégséges feltétele annak, hogy egy n pontú teljes gráfnak legyen Euler-vonala?

Az n pontú teljes gráf minden csúcsának a fokszáma n – 1. Ezek szerint akkor és csak akkor vanEuler-vonala egy ilyen gráfnak, ha minden csúcsának a fokszáma páros, vagyis n – 1 = 2k, ahon-nan n = 2k + 1. Ezek szerint egy n pontú teljes gráfnak akkor és csak akkor van Euler-vonala(mégpedig zárt), ha a csúcsok száma páratlan.

Hány élt kellene behúzni az ábrán látható nyolcpontú gráfba, hogya) teljes gráf legyen?b) legyen Euler-vonala?

a) Írjuk be a gráfba az egyes csúcsok fokszámát.

A csúcsok fokszámának összege: , tehát e gráf éleinek a száma 12. Mivel a

nyolcpontú teljes gráf éleinek a száma , ezért e gráfba még 28 – 12 = 16 élt kellene

behúzni ahhoz, hogy teljes gráf legyen.

b) A gráfnak 6 db páratlan fokú pontja van. Ha ezek közül valamelyik kettőt összekötjük, akkore két pont fokszáma eggyel növekszik, így már csak 4 db páratlan fokú pontja lesz. Ha e négy-ből ismét összekötünk kettőt, akkor pontosan két páratlan fokú pontja lesz a gráfnak, így leszbenne nyílt Euler-vonal. Tehát két él behúzásával (pl. BF és AD) elérhetjük, hogy legyen Euler-vonal. Ekkor az E és H pontok fokszáma lesz páratlan, így a nyílt Euler-vonal e két pont egyiké-ből indul, és a másikban végződik.

Az ábrán egy város 7 nevezetessége és az azokat összekötő úthálózat látható. Egy turis-tacsoport úgy szeretné megtekinteni a nevezetességeket, hogy minden úton egyszer és csakegyszer haladjanak el.a) Tervezzük el a sétautat!b) Sajnos – előre nem látható okok miatt – az F-ből G-be vezető utat felbontották, így járhatat-

lanná vált. Ekkor hogyan tervezzük a sétautat?

a) Írjuk be a gráf csúcsainak a fokszámát.

A G és D csúcsok fokszáma páratlan, így e két pont valamelyikéből kell elindulnunk. Egy lehet-séges útvonal a következő:GD – DC – CG – GB – BA – AG – GF – FE – ED

2. K1

(2)A

B(2)

C(2)

D(3)E(2)

(2)FG(5)

(3)A

(3)B C(2)

D(3)

E(3)

(3)F

G(4)H(3)

8 72

28$=

6 3 4 2 24$ + + =

3. K1

4. K1

23MATEMATIKAI I . G R Á F O K

1 1 . É V F O L Y A M

A

B C

D

E

F

GH

A

B

C

DE

F

G

b) Ha az FG útvonal megszűnik, akkor F és G fokszáma eggyel csökken, így F fokszáma párat-lan, G fokszáma páros lesz.Most F és D fokszáma páratlan, tehát a sétaút e két pont valamelyikéből indul. Egy lehetségesútvonal:FE – ED – DG – GA – AB – BG – GC – CD.

Az ábrán egy kiállítás földszintjének alaprajza látható. Egy látogató éppen kedvenc fest-ménye elött áll, és eddig minden ajtón pontosan egyszer ment át. Melyik helyiségben van a lá-togató kedvenc festménye?

Modellezzük a földszint alaprajzát egy olyan gráffal, melynek csúcsai az egyes helyiségek, és kétcsúcs pontosan akkor van összekötve egy éllel, ha a megfelelő helyiségek között van ajtó. A gráf-ban a csúcsok fokszámát is feltüntettük.Ha a látogató minden ajtón pontosan egyszer ment át, (azaz a gráf minden élén pontosan egy-szer haladunk keresztül), akkor kell lennie a gráfban nyílt Euler-vonalnak. Mivel két csúcs fok-száma páratlan (A és D), de a látogató csak A-ból indulhatott (hiszen a bejárat után A-ba kerül,és innen indulhat csak), ezért csak a D helyiségben lehet a látogató kedvenc festménye.Nézzük a látogató egy lehetséges útvonalát:AB – BC – CA – AG – GC – CD – DG – GF – FE – ED.

Igazoljuk, hogy bármely összefüggő gráf néhány új él behúzásával olyan gráffá alakít-ható, melynek van Euler-vonala!

Bármely összefüggő gráfban a páratlan fokú pontok száma páros; legyen tehát az ilyen pontokszáma 2k. E pontok közül valamelyik kettőt összekötve e két pont fokszáma eggyel nő, így pároslesz. Ekkor a páratlan fokú pontok száma (2k – 2)-re csökken. E 2k – 2 páratlan fokú pont közülismét kettőt összekötve azok száma páros lesz, tehát ekkor a páratlan fokú pontok száma márcsak 2k – 4. Az eljárást folytatva (mindig két páratlan fokú pontot összekötve) k – 1 lépés utánelérjük, hogy pontosan két páratlan fokú pontja lesz a gráfnak, így lesz nyílt Euler-vonala. Ki-mondhatjuk tehát, hogy ha a gráfnak 2k db páratlan fokú pontja van, akkor k – 1 új él behú-zásával lesz nyílt Euler-vonala, k db él behúzásával pedig lesz zárt Euler-vonala.

A

B C D E

FG

bejárat

6. E1

5. K2

24 MATEMATIKA I I . G R Á F O K

1 1 . É V F O L Y A M

(2)A

B(2)

C(2)

D(3)E(2)

(1)FG(4)

A(3)

B(2)C(4) D(3)

E(2)

F(2)G(4)

4. További gráfelméleti feladatok (Emelt szint)

Hány db olyan pozitív egész n szám van, melyre teljesül, hogy az n pontú (10 # n # 30)teljes gráf éleinek a száma osztható 5-tel ?

Ha , akkor . Az a kérdés tehát, hogy két szomszédos egész szám

szorzata milyen n esetén végződik 0-ra. A II.2.7. feladatában megvizsgáltuk két szomszédosegész szám szorzatának lehetséges végződéseit. Az ottani eredményt felhasználva arra jutunk,hogy akkor végződik 0-ra, ha n utolsó számjegye 1, 5, 6 vagy 0. Ezek szerint a feltéte-leknek eleget tevő gráf csúcspontjainak száma: 10, 11, 15, 16, 20, 21, 25, 26, 30, vagyis 9 daraba feltételeknek eleget tevő pozitív egész szám van.

Egy iskolák közötti teniszbajnokság döntőjébe 7 játékos jutott be. A döntőben mindenkimindenkivel egy mérkőzést játszik. Egy néző jegyezte az egyes mérkőzések kimenetelét. Vala-mikor így szólt a szintén néző barátjához. „Az 1-es számú versenyző már minden mérkőzését le-játszotta, a 2-es számú már öt mérkőzését lejátszotta, viszont a 4-es és a 7-es számú verseny-zők még csak egy-egy mérkőzést játszottak.” Erre a szomszéd így válaszolt: „Biztosan tévedsz.”.Honnan tudta ezt a szomszéd?

Készítsünk egy olyan gráfot, mellyel azt tudjuk szemléltetni, amit már tudunk. Az 1. számú já-tékos az összes többivel össze van kötve.A 2. számú játékost a 3., 4., 5., 6., 7. pontok közül 4-gyel össze kell kötnünk, hiszen ő már 5 mérkőzést lejátszott (egyet az elsővel). Ezek szerint a 2. számú játékos a 4-es és a 7-es számújátékosok valamelyikével biztosan össze lesz kötve. Ez viszont azt jelenti, hogy vagy a 4-es, vagya 7-es játékos (esetleg mindkettő) már legalább két mérkőzést játszott.

a) Egy pedagógiai konferencia középiskolai szekciójába 12 fő jelentkezett. A 12 fős cso-port két tagja (a moderátorok) a csoportból mindenkit ismertek. Öt olyan tagja volt a csoport-nak, akik a moderátorokon kívül senkit sem ismertek; a szekció többi tagja közül pedig min-denki mindenkit ismert (az ismeretség minden esetben kölcsönös). Az első szekcióülés előtt, akiknem ismerték egymást, kézfogással bemutatkoztak egymásnak. Hány kézfogás történt?

b) Az óvodai szekciónak három moderátora volt; ők szintén mindenkit ismertek a csoportból.A csoport többi tagjának a fele a moderátorokon kívül senkit sem ismert, míg a csoport többitagja közül itt is mindenki mindenkit ismert (természetesen az ismeretség itt is minden esetbenkölcsönös). Ebben a szekcióban is bemutatkoztak egymásnak azok, akik nem ismerték egymást,s így ebben a csoportban 35 kézfogásra került sor. Hány főből áll az óvodai szekció?

a) Készítsük el a 12 fős társaság ismeretségi gráfját. Legyenek A és B a moderátorok, C, D, E, Fés G azok a személyek, akik a moderátorokon kívül senki mást nem ismertek; a többiek pedigH, I, J, K és L.Azt kell meghatároznunk, hogy e gráfba hány élt kellene még berajzolnunk, hogy teljes gráfotkapjunk.Az A és B pontok fokszáma 11-11, C, D, E, F és G pontok mindegyikének a fokszáma 2, H, I, J,K és L pontok mindegyikének a fokszáma 6. Így a gráf pontjai fokszámainak összege:

,vagyis a gráf jelenleg meglevő éleinek a száma 31.

Mivel a 12 pontú teljes gráf éleinek a száma = 66, és jelenleg 31 éle van, így a hiányzó

élek száma . Tehát a szekcióülés előtt 35 kézfogásra került sor.

Megjegyzés: Másképpen is kiszámolhattuk volna a meglevő éleket. Az A, B, H, I, J, K és L pontok egy 7 pontú

teljes gráfot alkotnak, így ezek éleinek a száma . Ezeken kívül van még C, D, E, F és G pontokból induló

2-2 él, vagyis él. Ezek szerint a meglevő élek száma , tehát a hiányzó élek száma.66 31 35- =

5 2 10$ = 21 10 31+ =

212

7 6$=

66 31 35- =

212 11$

n n 1-^ h

n nk

21

5-

=^ h

n n k1 10- =^ h

1. K2

2. E1

2 11 5 2 5 6 62$ $ $+ + =

3. E1

25MATEMATIKAI I . G R Á F O K

1 1 . É V F O L Y A M

1.

2.3.

4.

5.6.

7.

A(11) B(11)

C (2)

D(2)

E(2)

F (2)

G(2)H(6)I(6)

J(6)

K(6)

L(6)

26 MATEMATIKA I I . G R Á F O K

1 1 . É V F O L Y A M

Azt is megtehettük volna, hogy közvetlenül a hiányzó éleket számoljuk össze. A hiányzó élek egyrészt a C, D, E, Fés G pontokból az A és B pontokon kívül az összes többi pontba húzott élek; ezek száma tehát , továbbá

a C, D, E, F és G pontok alkotta ötpontú teljes gráf éleinek a száma, vagyis . Tehát a hiányzó élek száma

.

b) Legyen A, B, C a három moderátor. Legyen k db olyan személy, akik a moderátorokon kívülsenkit sem ismertek. Ekkor a csoport többi tagjai (ugyancsak k db személy) közül mindenki min-denkit ismert.Ekkor a gráfnak 2k + 3 pontja van.A három moderátor és azok, akik közül mindenki mindenkit ismert együtt egy k + 3 pontú tel-jes gráfot alkotnak, így ezeknek a meglevő éleknek a száma

.

Azok a személyek, akik csak a moderátorokat ismerik 3k élt jelentenek, így a gráf meglevő élei-nek a száma

.

A 2k + 3 pontú teljes gráf éleinek a száma:

,

így a meglevő gráf hiányzó éleinek a száma:

,

,

,

, , .

A negatív megoldás nyilván érdektelen, így .Tehát az óvodai szekciónak tagja volt.

Megjegyzés: Természetesen most is megtehetjük, hogy közvetlenül a hiányzó éleket számoljuk össze. A hiányzóélek abból a k db pontból indulnak, melyek csak az A, B és C pontokkal vannak összekötve. E pontok mindegyi-két összeköthetjük a gráf azon k db pontjával, melyek közül mindegyik mindegyikkel össze van kötve: ez össze-sen db pont. Továbbá ezen k db pont közül még mindegyiket mindegyikkel összeköthetjük. Ez utóbbi

egy k pontú teljes gráfot jelent, tehát hiányzó élt. Ezek szerint a hiányzó élekre:

, azaz ,

,s így ugyanahhoz a másodfokú egyenlethez jutottunk, mint az eredeti megoldásnál.

Csabi partit rendezett, ahová 9 főt hívott meg. A társaságból Csabi mindenkit ismert. 3 olyan személy volt a társaságban, akik Csabin kívül senki mást nem ismertek. A társaság többitagjának Csabán kívül még 2-2 ismerőse volt (az ismeretség minden esetben kölcsönös). Azok,akik nem ismerték egymást kézfogással bemutatkoztak egymásnak. Hány kézfogásra került sor?

Készítsünk egy lehetséges gráfot, mellyel a társaságban meglevő ismeretségeket szemléltetjük,és írjuk a gráf csúcsai mellé a csúcs fokszámát. A gráf egy csúcsának (amelyik Csabának felelmeg) a fokszáma 9. Három csúcsának a fokszáma 1, a többi csúcs fokszáma 3 (lásd ábra).Ezek szerint a gráf csúcsai fokszámának összege:

.A gráf éleinek a száma a fokszámok összegének a fele, azaz e gráfnak 15 éle van. Mivel a 10pontú teljes gráf éleinek a száma

,

így a gráfnak még éle hiányzik. Tehát, ha az ismeretlenek kézfogással bemutat-koznak egymásnak, akkor 30 kézfogásra kerül sor.

45 15 03- =

210 9 45$

=

9 6 3 3 30$+ + =

102

5 4$=

25 10 35+ =

5 5 25$ =

4. E1

k k3 70 02- - =

35kk k

212

+-

=^ h

2 70k k k2 2+ - =

k k2

1-^ h

k k k2$ =

k2 3 13+ =

k 5=

k6

1 1 8406

1 29,1 2

! != + = k 51 = k

628

2 =-

k k3 70 02- - =

k k k k k4 10 6 5 6 6 702 2+ + - - - - =

k k k kk

22 3 2 2

23 2

3 35+ +

-+ +

- =^ ^ ^ ^h h h h

k k2

2 3 2 2+ +^ ^h h

k kk

23 2

3+ +

+^ ^h h

k k2

3 2+ +^ ^h h

k db k db

A B C

Csaba3

3

3

33

3

1

1

1

Egy társaságban (ahol a fiúk is és a lányok is egynél többen voltak) a lányok és fiúk elő-ször külön váltak; minden lány minden lánnyal, és minden fiú minden fiúval koccintott egyszer.Így a lányok közötti koccintások száma 6-tal volt több, mint a fiúk közötti koccintások száma.Ezután a fiúk és a lányok összevegyültek; ekkor mindenki mindenkivel koccintott egyszer. Hánykoccintás hallatszott ekkor?

Legyen f a fiúk, l a lányok száma. Ekkor a feltételek szerint

, azaz ,

, vagyis ,.

Tehát a 12-t kell felbontanunk két pozitív egész szám szorzatára, mivel a szorzat mindkét té-nyezője pozitív egész szám: . Figyelembe véve, hogy ,az alábbi esetek lehetségesek:1. és . A két egyenletet összeadva

, azaz , és ezzel .2. és . Most a két egyenlet összegéből , amiből nem kapunk

l-re egész megoldást.3. és . Ekkor , és ezzel , de ez sem lehetséges, hiszen a fel-

tételek szerint mindkét nemből 1-nél többen voltak a résztvevők.Ezek szerint csak és lehetséges. Tehát a társaságban összesen 13 személy volt, így –

amikor mindenki mindenkivel koccintott – összesen koccintás hallatszott.

Egy konvex 17-szög minden élét és átlóját pirosra, zöldre vagy sárgára festettünk. Iga-zoljuk, hogy bárhogyan is színeztünk, lesz olyan háromszög, melynek csúcsai a 17-szög csúcsai,és minden oldala ugyanolyan színű!

A konvex 17-szög valamely P csúcsából (minden csúcsából) 16 szakasz indul ki. Mivel ezeket há-romféle színnel festettük be, ezért – a skatulya-elv alapján – kell lenni közöttük 6 db olyannak,melyek azonos színűek (pl. pirosak). Tekintsük ezt a hat db piros szakaszt; legyen ezek másikvégpontja: . Ha az konvex hatszögnek valamely oldala, vagy va-lamely átlója piros, akkor készen vagyunk, hiszen e hatszög minden oldala és minden átlója egyolyan háromszögnek oldala, melynek már van két piros oldala. Ha az konvex hat-szögnek nincs sem piros oldala, sem piros átlója, akkor e hatszög minden oldala és minden át-lója zöld vagy sárga.

E hatszög valamely csúcsából (minden csúcsából) pl. A1-ből 5 db szakasz indul ki. Mivel ezekkétféle színnel vannak kiszínezve, ezért kell lennie ezen 5 db vonal között három azonos színű-nek. Legyenek ezek , és , és legyenek pl. zöldek.

Ha az háromszögnek valamely oldala zöld, akkor készen vagyunk. Ha viszont e három-szög egyik oldala sem zöld, akkor mindhárom oldala sárga kell, hogy legyen, s így ekkor is ké-szen vagyunk.

A A A2 3 4

A A1 2 A A1 3 A A1 4

A1

A2A3

A4

A5A6

P

A A A1 2 6f

, , , , ,A A A A A A1 2 3 4 5 6 A A A1 2 6f

6. E2

213 12 78$

=

l 7= f 6=

l f 3- = 1l f 4+ - = l 4= f 1=

l f 2- = 1l f 6+ - = l2 9=

l2 14= l 7= f 6=

l f 1- = l f 1 12+ - =

12 1 12 2 6 3 4$ $ $= = = l f l f 11- + -

l f l f 1 12- + - =^ ^h h

l f f l 122 2- + - = l f l f l f 12- + - - =^ ^ ^h h h

f f l l2

16

21-

+ =-^ ^h h

f f l l122 2- + = -

5. E1

27MATEMATIKAI I . G R Á F O K

1 1 . É V F O L Y A M

A1

A2A3

A4

Bejárható-e az 5-ször 5-ös sakktábla lóugrással úgy, hogy minden mezőre pontosan egy-szer lépjünk és visszatérjünk a kiinduló mezőre?

A lóugrásnál mindig színt váltunk, világos mezőről sötétre lépünk és fordítva. A 25. lépésbenismét a kiinduló mezőn kellene állnunk, de ez lehetetlen, mert minden páratlan sorszámú lépéssela kezdő mezővel ellenkező színre lépünk.

Rajzoljuk meg egy vonallal, a ceruzánk felemelése nélkül az ábrán látható gráfokat!

a) c)

b) d)

Miért nem lehet egy vonallal, a ceruzánk felemelése nélkül az ábrán látható gráfokatmegrajzolni?

a) Kettőnél több páratlan fokszámú csúcsa van.b) Kettőnél több páratlan fokszámú csúcsa van.

7. E1

a)b)

9. E1

8. E1

28 MATEMATIKA I I . G R Á F O K

1 1 . É V F O L Y A M

a) b) c) d)

Miért nem lehet a fertődi Esterházy-kastély parkjában (ábra) egy olyan sétát tenni, amelysorán minden úton áthaladunk egyszer és az indulási helyre visszajutunk?

Van páratlan fokszámú csúcs, ezért nem lehet a feltételeknek megfelelően végig járnia a parkútjait.

10. E1

29MATEMATIKAI I . G R Á F O K

1 1 . É V F O L Y A M

1.Mit tudunk a hatványokról, gyökökről (ismétlés)

Végezzük el a kijelölt hatványozást, és írjuk fel az eredményt törtmentes alakban!

a) ; b) .

c

a) , ahol x ≠ 0.

b) , ahol a ≠ 0, b ≠ 0.

Melyik szám nagyobb: A vagy B?

a) , ; b) , .

a) , , tehát .b) Írjuk mindkét törtet 212 nevezőjű tört alakban!

, , tehát .

Mivel egyenlő a megadott kifejezés értéke, ha , , ?

.

Bővítsük a kapott törtet -vel:

.

Állítsuk nagyság szerint növekvő sorrendbe a megadott számokat: , , !

Először hasonlítsuk össze az első két mennyiséget; írjuk át őket 12. gyökös alakba:

, ,

tehát > .Most hasonlítsuk össze a második és a harmadik mennyiséget; írjuk át őket 20. gyökös alakba:

, ,

tehát > .

A két eredményt egybevetve azt kapjuk: > > .

5 5 6255 420 20= =4 4 10244 520 20

= =

554433

5544

4433

4 4 644 343 12= =3 3 813 434 12= =

a b

a bb ab a

1 1

1 1

31 431 4

1 121 12

1113

2

2

2

2

-

+=

-

+ =-

+=

-+ =-

a b2

a ba b

a b

a b1 1

1 1

2 1

2 1

2

2

-

+ =-

+

- -

- -

B21

22

28

9 12

3

12= = = A B2A21

21

22 1

217

8 12 12

4

12= + = + =

A B210A 10 10020 2 10 10= = =^ h B 2010

=

a ba b

a ba b a b a b a b3 5

2 4 2

6 10

4 84 8 6 10 10 18

= = =-

- -

-

-- - -

c m

x xx x

x xx x x x x x x

5 3 7 2

2 3 3 2

15 14

6 66 6 15 14 1

$

$

$$ $ $ $= = =

-

-

-

-- - -

^ ^

^ ^

h h

h h

B21

9=A21

21

8 12= +B 2010=A 1020

=

2. K1

a ba b

2 1

2 1

-

+- -

- -

b31

=a 2=3. K1

5544334. K1

a ba b

3 5

2 4 2

-

- -

c mx xx x

5 3 7 2

2 3 3 2

$

$-

-

^ ^

^ ^

h h

h h

1. K1

1 1 . É V F O L Y A M

I I I . H A T V Á N Y O Z Á S , L O G A R I T M U S 31MATEMATIKA

Hatványozás, logaritmusIII.

Végezzük el a kijelölt szorzást, és írjuk fel az eredményt egyetlen gyökjel segítségével!

a) ; b) ; c) .

a) .

b) , ahol a ≠ 0, b ≠ 0, és azonos előjelűek.

c) , ahol a > 0.

Milyen pozitív egész számot írhatunk az n helyébe, hogy az alábbi egyenlőség igaz legyen?

(ahol a > 1).

Emeljük az egyenlet mindkét oldalát 6-dik hatványra!

, azaz .Innen , azaz , tehát .

2.Törtkitevőjű hatványok értelmezése

Írjuk fel az alábbi kifejezéseket gyökös alakban, és számológép segítségével adjuk megértéküket három tizedesjegyre kerekítve!

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

a) . b) .

c) . d) .

Írjuk fel a következő kifejezéseket törtkitevő-mentes alakban (y, x, p, k 1-nél nagyobbvalós számok)!

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

a) . b) .

c) . d) .

Végezzük el a következő műveleteket!

a) ; b) ; c) .

a) .

b) .

c) .p p p53 6

1 32

101 3

2

151

= =

-- -

b bl l= G

:a b a b a b a b a b32

43 2

1

21

41 5

2

31

83

51

101

152

4019

$ $ = =-

--

- - - - -a ak k

x x x x x2 41

32

43

21

21

1$ $= =- - - --

^ ah k

k k k k k 121

31

65

21

31

65

0$ $ = = =- + -

p p p pp p1 15

132

51

32

157

157 715

$ = = = =- - -

x x x x x32

21

32

21

67

76$ = = =+

y y76

67=

8 ,81 0 2875

3

35.=

-5 ,

51 0 4472

1

.=-

10 ,10 5 62343

34 .=4 ,4 1 58731

3 .=

n 5=n2 10=n2 1 11+ =

a an2 1 11=+a a a an 2 2 6 5$ $=^ ^h h

a a a a a a a3 45 1530 1030 2430 30$ $ $ $= =- -

ba

ab

ba

ab

b aa b

ba3 4

412

312

4 3

4 312 12$ $= = =b bl l

52

25

52

25

5 22 5

523

36

26

3 2

3 26 6$ $

$$

= = =b bl l

52

253$

ba

ab3 4$ a a a3 45$ $ -

5. K2

6. E1

a a a an3 56$ $=

k k k21

31

65

$ $-

p p51

32

$-

x x32

21

$y76

2. K1

p53 6

1 32

-

b l= G:a b a b32

43 2

1

21

41 5

2

$ $-

--

a ak kx x2 41

32

43

$--

^ ah k

3. K1

8 53

-5 2

1-

1043

431

1. K1

32 MATEMATIKA I I I . H A T V Á N Y O Z Á S , L O G A R I T M U S

1 1 . É V F O L Y A M

Hozzuk egyszerűbb alakra az alábbi kifejezéseket!

a) ; b) ; c) .

a) .

Bővítsük a törtet -nel.

.

b) .

c) .

Az egyik argentin őserdő 4 évenként 1,8%-kal csökken. Hány százalékára csökken ez azőserdő 30 év elteltével?

Ha az erdő 4 évenként 1,8%-kal csökken, akkor 4 év elteltével a 0,982-ed részére csökken. A 30 év 7,5 ilyen periódust jelent, tehát 30 év elteltével az erdő állománya -adrészére, vagyis a 87,26%-ára csökken.

Egy lengyelországi erdészetben 786 muflont tartanak, melyek éves szaporulata 1,2%.Egy szerződés szerint hat és fél év múlva az akkori állomány harmadát elszállítják egy másik te-lepre. Hány muflon marad ekkor ebben a gazdaságban?

Az állatállomány 6,5 év múlva kb. egyedből áll. Ennek egyharmad részét el-szállítják, vagyis a kétharmad része marad helyben:

.

3. Az exponenciális függvény

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

x

y

1

1

0

f (x) = 2−x+2

x

y

1

1

0h(x) = 2x−2 − 1

a) b) c)

32 849 566$ =

,786 1 012 849,6 5$ .

, ,0 982 0 8726,7 5 .

1021

1010

1

1010

1

10 1

10 110 110 1

119

21

21

21

21

21 2

21 2

+

-

=

+

-=

+- =

a

a

k

k

3164 64

3164 64

318 4

312 2

312 2 1

312 31 2 16

23

32

3 23 3 2 9 4 4 5 44$ $- = - = - = - =

-= = =

^ h

2 2a a a a a a a a a32

23 2

34

3 32

23

34

3 613

$ $- = + - = + -a k

1010 10

10 10

10

1

1010

1

21

21

21

21

21

21

21

21

+

- =

+

-

-

-

3164 642

332

-a a32

23 2

-a k

10 10

10 1021

21

21

21

+

--

-

4. K2

5. K2

6. K2

h x 2 1x 2= --

^ hg x 3x 3= +

^ hf x 2 x 2= - +

^ h

1. K1

33MATEMATIKAI I I . H A T V Á N Y O Z Á S , L O G A R I T M U S

1 1 . É V F O L Y A M

34 MATEMATIKA I I I . H A T V Á N Y O Z Á S , L O G A R I T M U S

1 1 . É V F O L Y A M

Hány %-kal csökken a légnyomás, ha a tengerszint feletti 4800 m magasan levő MountBlanc csúcsra felmászunk a 2200 m magasságú táborhelyről?

A légnyomás 2200 m-en

Pa.A légnyomás 4811 m magasan

Pa

.

Tehát a légnyomás kb. 27,75%-kal csökken,

A radioaktív izotópok folyamatosan bomlanak. A bomlási folyamatot az idő függvényé-ben az alábbi exponenciális függvény írja le:

,ahol N0 a folyamat kezdetén meglevő bomlásra képes izotópok száma, t az eltelt idő (órákbanmérve), N a t idő elteltével megmaradt bomlásra képes atomok száma, k pedig a kérdésesanyagra jellemző bomlási állandó. A bárium egy izotópjának bomlási állandója k = 0,04. Szá-mítsuk ki, hogy 2000 g mennyiséget véve ebből az izotópból mennyi marad belőle 4 nap múlva?

4 nap = 96 óra. Tehát a megmaradt izotópok számag.

Ábrázoljuk az alábbi függvényt!

f : R \ {0}→ R, .

Ábrázoljuk az f : R \ {1}→ R, függvény grafikonját!

.3 3 3 3 3 3xx x

xx x

x1 112

- = - = ---

-

-

-

^ h

,,

0.0.

xx

2 22

haha

xx x x

x

1

1

2

2

1=

- -

- +*

5. E1 f x 3 3xx x

1

2

= ---

^ h

f x 2 xx x2

=

-

^ h

4. E1

,N e e96 2000 2000 2000 0 0215 43, ,0 04 96 3 84$ $ $. .= =$- -

^ h

N t N e k t0 $=

$-^ h

3. K2

,7595754881 0 7225.

, 10 10 10 0,54881 54 881p e e4 8,

,5 84 8

5 0 6 5$ $ $. .= =-

-^ h

, 10 10 10 0,75957 75 957p e e2 2,

,5 82 2

5 0 275 5$ $ $. .= =-

-^ h

2. K2

x

y

1

1

0

f (x) =���3

x−x2

x−1 − 3���

4. Exponenciális egyenletek

Oldjuk meg a következő egyenleteket a racionális számok halmazán!

a) ; b) ; c) ;

d) ; e) ; f) .

a) , ;

b) , ;

c) , , ;

d) , , , .

e) Írjuk fel az egyenlet mindkét oldalát 3 hatványaként.

, azaz , , .

f) Az egyenlet így írható:

, azaz , , .

Oldjuk meg a következő egyenleteket a racionális számok halmazán!

a) ; b) ;

c) ; d) .

a) , , , .

b) Az egyenlet mindkét oldala felírható 2 hatványaként:

, azaz ,

, , .

c) Az egyenlet mindkét oldala felírható 3 hatványaként:

, azaz ,

, , ,

, ahonnan .

d) Az egyenlet mindkét oldala felírható 5 hatványaként:

, azaz , ,

, , ahonnan .

2 64 2x 6= = x 6=

49 7x3 5=- 27 9x4 3

=- 3661x4 2

=+

2 64x= 5

251x

= 4 64x2=

1. K1

x x15 3 6 5 15+ - = - x2 24= x 12=

5 5 5x

x3 53 6

1 3$ =

-

- -^ h 5 5

xx

35

3 63

=+ -

- x x35

3 6 3+ - = -

x6 21= x27

=

3 3xx

3 2 8 42 1

=+ -

+

x x2 54

2 1- = + x x8 20 2 1- = +

3 3 3xx

3 2 4 42 1

$ =-

+

^ h 3 3 3xx

3 2 8 42 1

$ =-

+

x33

1 1- + + =-x

31 2+ = x 5=

2 2 2x

3 31

1$ =-

+

- 2 2x3

31

1=

- ++

-

5 5125

1 3x 4= =- -^ h x 4 3- =- x 1= x 1!=

27 9 3x x4 2 14$ =- + ,125 5 0 2x x3 65 3$ =- -^ h

5125

1x 4=- ,

81 2 0 5x 13$ =+

2. K1

5251 5x 2

= = - x 2=-

49 7 4921

x3 5= =- a k x3 5

21

- = x6 11= x611

=

4 64 4x2 3= = x2 3= x

23

=

3 3x3 4 3 2=

-^ h 3 3x12 9 2

=- x12 9 2- = x9

10=

6 6x2 4 2 1=

+ -^ h 6 6x8 4 1=+ - x8 4 1+ =- x

85

=-

35MATEMATIKAI I I . H A T V Á N Y O Z Á S , L O G A R I T M U S

1 1 . É V F O L Y A M

Oldjuk meg a következő egyenleteket a racionális számok halmazán!a) ; b) ;

c) ; d) .

a) A hatványozás azonosságainak felhasználásával az egyenlet bal oldala így írható:

, vagyis ,

, , ahonnan .

b) A hatványozás azonosságainak felhasználásával az egyenlet bal oldala így írható:, tehát ,

, ahonnan .

c) A hatványozás azonosságainak felhasználásával az egyenlet bal oldala így írható:

, azaz ,

, ahonnan .

d) A hatványozás azonosságainak felhasználásával az egyenlet bal oldala így írható:

, vagyis ,

, azaz , ahonnan .

Oldjuk meg a következő egyenleteket a racionális számok halmazán!a) ; b) ; c) .

a) Vezessük be a új ismeretlent. Ekkor

, , , .

nem lehetséges, hiszen 4-nek minden hatványa pozitív. Ha

, akkor .

b) Az egyenletet így alakíthatjuk:, azaz .

Most -ben kaptunk egy másodfokú egyenletet:

, , .

Tehát az eredeti egyenlet megoldásai: , .

c) A hatványozás azonosságai alapján az egyenlet így írható:, azaz .

Az -ben másodfokú egyenlet megoldása:

, , .

Tehát az eredeti egyenlet megoldásai: , .

Oldjuk meg a következő egyenleteket a racionális számok halmazán!

a) ; b) .

a) A hatványalapokban szereplő törtek számlálóit és nevezőt alaposan szemügyre véve észreve-hetjük, hogy azok mindegyike 3-nak vagy 5-nek hatványa. Ezzel az észrevétellel az egyenlet ígyírható:

, azaz ,

4 3 4 2 4 13x x x1 1$ $+ - =+ - 8 4 64x x3

12

1- =

+ +

3 2 3 3 20x x x1 1$+ - =+ - 5 3 5 2 5 18x x x2 1$ $+ - =+ +

3. K1

3 2 3 333 20x x

x

$ $+ - = 7 333 20x

x

$ - =

4 3x=-

a2

1 1 242

1 5,1 2

! != - + = - a 31 =- a 22 =a a 6 02

+ - =

a4x=

x 4=2 16 24x= =^ h4 2 64x$ =

8 2 4 2 64x x$ $- =8 8 4 4 64x x3$ $- =^ ^h h

x21

=4 42x 21

= =

42

13 13x$ =4 4 3 4 244 13x x

x

$ $ $+ - =

x 0=5 1 50x= =^ h

18 5 18x$ =25 5 3 5 10 5 18x x x$ $ $+ - =

x 1=3 3x=20 3 60x$ =

5 5 1 5 5x x x2 1 2$ + = ++ +4 32 2 2x x x3 2+ = ++ +4 4 6x x2

+ =

4. K2

53

53

53x x x2 6 3 2

$ =-

b b bl l l53

35

53x x x2 3 6 2

$ =-

b b bl l l

5251 5

502 2x

2 = = = -b l5 1 50x

1 = =^ h50

26 676 10050

26 24! !- =

5x

25 5 26 5 1 0x x2$ $- + =25 5 1 25 5 5x x x2$ $+ = +

2x2 =-x 01 =

x 22 =x 31 =

2 4 22x2 = =^ h2 8 23x

1 = =^ h22

12 144 1282

12 4,

x1 2

! != - =

2x

4 12 2 32 0x x$- + =4 32 8 2 4 2x x x$ $+ = +

x21

=4 2 421

x= =a k

259

27125

53x x x2 2

$ =-

b b bl l l 4 2 1 4 2 1 2x x x x1 1- + + + + =+ +

5. E1

36 MATEMATIKA I I I . H A T V Á N Y O Z Á S , L O G A R I T M U S

1 1 . É V F O L Y A M

, ahonnan , vagyis ,

, , .

b) A könnyebb áttekinthetőség érdekében vezessük be a új változót. Ezzel a megoldandóegyenlet így írható:

.A négyzetgyökök alatt teljes négyzetek szerepelnek, tehát azt kapjuk?

.Most három esetet kell vizsgálnunk.1. Ha , akkor , azaz , tehát .2. Ha , akkor , amiből a azonossághoz jutunk.3. Ha , akkor , ahonnan , ami nem megoldás.Azt kaptuk tehát, hogy az a-ban felírt egyenletet kielégítő valós számok: . Ezek sze-rint . Mivel minden valós x esetén pozitív, így a bal oldali egyenlőtlenség mindigteljesül. Tehát , vagyis az eredeti egyenletet kielégítő valós számok: .

5.Exponenciális egyenletrendszerek,egyenlőtlenségek

Oldjuk meg az alábbi egyenletrendszereket a valós számpárok halmazán!

a) ; b) ; c) .

a) Vezessük be a és új változókat; ezzel az egyenletrendszer így írható:és .

A kapott kétismeretlenes elsőfokú egyenletrendszer megoldása: , , tehátés ,

így az eredeti egyenletrendszer megoldása: , .

b) Legyen most és . A következő elsőfokú kétismeretlenes egyenletrendszerhez ju-tunk:

és .

Ez utóbbi egyenletrendszer megoldása: , . Tehát

, ahonnan és , ahonnan .

c) Legyen és . Az új egyenletrendszer:

és .

Az egyenletrendszer megoldása: , . Tehát és , ahonnan kap-juk az eredeti egyenletrendszer megoldását: , .

Oldjuk meg az alábbi egyenletrendszereket a valós számpárok halmazán!

a) ; b) .

a) Az egyenletrendszerben szereplő egyenletek mindkét oldala felírható azonos alapú hatvány-ként. Az első egyenlet 2-nek, a második pedig 3-nak hatványaként. Tehát az egyenleteket ígyírhatjuk:

és .2 2x y4 2 3=+ - 3 3x y3 1 3 6

=- - -

4 2

31 27

2 1 3

3 12

x y

xy

=

=

+ -

+-

b l4

551

9 27

1

2 1 1

xy

x y

=

=

+

- +

b l4

2. K2

x 2= y 1=

a 4= b 7= 2 4 22x= =^ h 7 7y

=

a b27

3 11+ =a b2

2 12- =-

a2x= b7 y

=

5 5x= x 1= 2 8 23y

= =^ h y 3=

a 5= b 8=

a b5 17- = a b2

3 17+ =

a5x= b2 y

=

x 2= y 0=

4 16 42x= =^ h 3 1 30y

= =^ h

a 16= b 1=

a b2 14- = a b4 65+ =

a4x= b3 y

=

4 2 3 14

4 3 651

x y

x y

$- =

+ =+3

5 2 17

5 3 2 17

1

1

x y

x y$

- =

+ =

+

-4

2 3 7 11

2 2 7 12

1 1

1

x y

x y

$

$

+ =

- =-

+ -

-3

1. K1

x 0#2 1 2x 0# =

2x1 2 1x# #-

a1 1# #-

a 1=-a a1 1 2- + - - =a 11-

2 2=a a1 1 2- + + + =a1 11#-

a 1=a2 2=a a1 1 2- + + =a 1$

a a1 1 2- + + =

a a a a2 1 2 1 22 2- + + + + =

a2x=

x 22 =x 31 =-x2

1 1 242

1 5,1 2

! != - + = -

x x 6 02+ - =x x6 2

- =53

53x x x2 6 3 2

=+ -

b bl l

37MATEMATIKAI I I . H A T V Á N Y O Z Á S , L O G A R I T M U S

1 1 . É V F O L Y A M

Ezzel az alábbi kétismeretlenes elsőfokú egyenletrendszerhez jutunk:és .

Az egyenletrendszer megoldása: , .

b) Az első egyenlet mindkét oldalát 5 hatványaként, a második egyenlet mindkét oldalát 3 hat-ványaként írhatjuk fel.

és .A következő egyenletrendszerhez jutunk:

és .

Az egyenletrendszer megoldása: , .

Oldjuk meg az alábbi egyenletrendszert a valós számpárok halmazán!

.

Írjuk fel az első egyenlet mindkét oldalát 2 hatványaként, a második egyenlet mindkét oldalát 3hatványaként. Az első egyenletből

, ahonnan .

A második egyenletből

, ahonnan .

A második egyenletből . Ezt az első egyenletbe helyettesítve azt kapjuk, hogy

.

A közös nevezővel való szorzás és rendezés után az alábbi másodfokú egyenlethez jutunk:,

, , .

Felhasználva az egyenletet, az eredeti egyenletrendszer megoldásai:

, és , .

Oldjuk meg a következő egyenlőtlenségeket a valós számok halmazán!

a) ; b) ; c) .

a) , mivel a hatványalap 1-nél nagyobb, ezért innen , tehát az egyenlőtlen-séget kielégítő valós számok: .

b) . A hatványalap 1-nél kisebb, ezért az alapok elhagyása után az egyenlőtlenség

iránya megfordul:

, ahonnan .

c) Írjuk fel az egyenlőtlenség mindkét oldalát 2 hatványaként..

A hatványalap 1-nél nagyobb, ezért írhatjuk

, ahonnan .

x y4 5- =- x y3 3 5+ =

yx

xy2 5 3

= +2 2 2yx

xy2

53

$=

y79

=-x72

=

x y4 3 5- =x y 1+ =-

3 33 3x y4 2=- +5 5x y1

=+ -

y37

=x32

=-

4 32 8

3 3 3

1 1

2 21

x y y x

yx

y y

$

$

=

= -

^ ^

^

h h

h

4

3. E1

x711-x x9 3 4 21- - +

2 2x x9 3 4 21- - +

x231-x2 4 11+

51

51x2 4

2+

b l

x 8#

x 5 3#-3 3x 5 3#-

x23

2 = y21

2 =y 41 =x 21 =-

x y2= -

y21

2 =y 41 =y4

9 81 324

9 7,1 2

! != - =

y y2 9 4 02- + =

yy

yy2 2

52

3-= +

-

^ h

x y2= -

yx

yy1 2 2

= +-3 3 3y

xy

y2 2

$=

-

3 27x 5 #- ,51 0 2

x2 42

+

b l 841x

x3 1

21-

-

b l

4. K1

38 MATEMATIKA I I I . H A T V Á N Y O Z Á S , L O G A R I T M U S

1 1 . É V F O L Y A M

Oldjuk meg a következő egyenlőtlenséget az 1-től kölünböző pozitív valós számok hal-mazán!

.

. Szeretnénk elhagyni az azonos alapokat, de nem tudjuk, hogy az 1-nél kisebbvagy nagyobb. Ezért két esetet kell vizsgálnunk.1. Ha , akkor . E másodfokú kifejezés zérushelyei 2 és 8, tehát az egyen-lőtlenség megoldása , és e valós számokra teljesül az feltétel.

2. Ha , akkor . Ennek az egyenlőtlenségnek a megoldása: vagy. Mivel esetünkben , ezért ez esetben a megoldás .

A két esetet egybevetve az eredeti egyenlőtlenséget kielégítő valós számok:

vagy .

6. A logaritmus fogalma

Határozzuk meg az alábbi kifejezések értékét a logaritmus definíciója alapján!

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

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

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

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

Határozzuk meg az alábbi kifejezésekben szereplő logaritmusok alapját!

a) ; b) ; c) ;

d) ; e) ; f) .

a) ; b) ;

c) ; d) ;

e) ; f) .

Számítsuk ki a következő kifejezésekben szereplő ismeretleneket!a) ; b) ; c) ;

d) ; e) ; f) .

a) ; b) ; c) ;

d) ; e) ; f) .x 6216

13= =- y 7 494

= =^ h p 9312

1

= =-

a 4 643= = b 2

1614

= =- k21 4

2= =

-

b l

log x 36 =- log y 47 = log p21

9 =-

log a 34 = log b 42 =- log k 221 =-

3. K1

,x x881

51213

1

3= = =-

,x a x a31

3 9= =

,x x5511

= =- ,x x41 22

= =-

, ,x x x16 0 42 2= =^ h ,x x3 921

= =

log41 2x =- 8log

31

x =- log a31

x3= a 02^ h

log 16 2x = log 321

x = log 5 1x =-

2. K1

log161 24 =- 25log 45 = 9log 2

31 =- 49log 4

71 =-

8log 32 = 81log 43 = log51 15 =- 2log 22 =

log161

4 log 255 log 931 log 49

71

8log2 8log 13 log51

5 log 22

1. K1

x 1x x10 162

#- +

5. E1

x xx x10 16 02

#- +

x2 8# #x0 11 1

x0 11 1x0 11 1x 8$

x 2#x x10 16 02 $- +x0 11 1

x 12x2 8# #

x x10 16 02 #- +x 12

39MATEMATIKAI I I . H A T V Á N Y O Z Á S , L O G A R I T M U S

1 1 . É V F O L Y A M

40 MATEMATIKA I I I . H A T V Á N Y O Z Á S , L O G A R I T M U S

1 1 . É V F O L Y A M

Adjuk meg a következő kifejezések pontos értékét!a) ; b) ; c) ;

d) ; e) ; f) .

a) ;

b) ;

c) ;

d) ;

e) ;

f) .

Határozzuk meg a következő kifejezések értelmezési tartományát a c, d, e és f esetbenábrázoljuk az értelmezési tartományt egy számegyenesen!

a) ; b) ; c) ;

d) ; e) ; f) .

a) , .b) , .c) és , tehát és .

d) , vagy .

e) és .A másodfokú kifejezés zérushelyei: 3 és 8, tehát és .

f) , és , tehát , és . Az összes felté-telnek eleget tevő valós számok: , .

x

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

x

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

x−2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7 8

x−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5

8x2 1 1 x 3!

x 2 02- x 2 1!- x x8 02 2- + x 22 x 3! x0 81 1

x3 81 1 x 4!

x x11 24 02 2- + - x 4 0!-

x x7 02 2- x 01 x 72

x5 10 02+ x 1 0!+ x 22- x 1!-

x15 3 02- x 51

x2 4 02+ x 22-

log x x732-^ h

lgx

x x4

11 242

-

- + -^ hlog x x8x 2

2- +-^ h

lg x2 4+^ h log x15 32 -^ hlg

xx

15 10

+

+^ h

5. E1

4 8log 116 7 8log1 49+ 25log

21 35-

3log 153 10lg 6 9log 53

4. K2

255

535

95log

log21 3

3 2 25

5= = =

-

^ h

7 7 49 7 8 7 8log log1 8 8 21

21

49 49$ $ $= = =+ ^ h

4 16 16 81 9loglog

log81 21 81

81 21

21

16

16

16= = = =a^

kh

9 3 3 5 25log log log5 2 5 5 2 23 3 3= = = =^ ^h h

10 6lg 6=

3 15log 153 =

7. A logaritmusfüggvény, a logaritmusfüggvény és az exponenciális függvény kapcsolata

Ábrázoljuk a következő függvények grafikonját!a) ; b) ; c) .

Ábrázoljuk a következő függvények grafikonját!a) ; b) .

Ábrázoljuk a következő függvény grafikonját!.

x

y

1

1

0

f (x) = log2 |x|

x

y

1

1

0

f (x) =�� log4(x − 3)

�� + 2

x

y

1

1

0

g(x) =�� log 1

3(3 − x)

�� − 1

a) b)

logf x x3=^ h logg x x 121= -^ ^h h logh x x2=- -^ ^h h

1. K1

2. K2logf x x 3 24= - +^ ^h h logg x x3 1

31= - -^ ^h h

3. E1logf x x2=^ h

41MATEMATIKAI I I . H A T V Á N Y O Z Á S , L O G A R I T M U S

1 1 . É V F O L Y A M

x

y

1

1

0

f (x) = log3 x

x

y

1

1

0

g(x) = log 12

(x − 1)

x

y

1

1

0

h(x) = − log2(−x)

a) b) c)

Oldjuk meg grafikusan az alábbi egyenlőtlenséget!.

A megoldás: .

Vizsgáljuk meg, hogy az alább megadott függvéyeknek van-e inverzük, s ha igen adjukmeg azokat!

a) ; b) (x $ 2); c) (x $ 1).

a) Mivel f(x) kölcsönösen egyértelmű, ezért van inverze. Ha ez az inverz f*(x ), akkor, ahonnan .

b) A g(x) függvény szigorúan monoton növekvő, az értelmezési tartománya . Mivel érték-készlete a nemnegatív valós számok halmaz, ezért g*(x) inverzének értelmezési tartománya

. Ekkor

, ahonnan .

c) A függvény esetén szigorúan monoton növekvő. Érték-készlete a –1-nél nem kisebb valós számok halmaza. Ezért a h*(x ) inverz függvényének ér-telmezési tartománya . Ha elkészítjük h(x) grafikus képét, akkor látható, hogy

.

8. A logaritmus azonosságai

Írjuk fel az alábbi kifejezések logaritmusát a benne szereplő (pozitív) mennyiségek loga-ritmusainak segítségével!

a) ; b) ; c) .

a) ;

b) ;

c) .

x23 0! -: D

x

y

1

1

0

h(x)

h∗(x)

x

y

1

1

0

4. K2log x 2 12 #+^ h

*x g x 2= -^ h *g x x 22= +^ h

x 0$

x 2$

*x f x 4= +^ h * 4f x x= -^ h

f x x 4= +^ h g x x 2= -^ h h x x x22= -^ h

5. E1

*h x x 1 1= + +^ h

x 1$-

h x x x x2 1 12 2= - = - -^ ^h h x 1$

1. K1

x a b2$= y a b2 2= - z

qa3 $ r

=

lg lg lg lg lg lgx ab a b a b22 2= = + = +^ h

lg lg lg lg lgy a b a b a b a b a b2 2= - = + - = + + -^ ^ ^ ^ ^h h h h h

lg lg lg lg lg lg lg lg lg lgzq

a a q a q a q21 3

213

3 21

3r r r r= = - = + - = + -e ^o h

42 MATEMATIKA I I I . H A T V Á N Y O Z Á S , L O G A R I T M U S

1 1 . É V F O L Y A M

A logaritmus azonosságainak felhasználásával fejezzük ki x-et az alábbi egyenlőségből(a, k, b, p, q > 0)!

a) ; b) ; c) .

a) , ;

b) , ;

c) , .

Számítsuk ki a következő kifejezések pontos értékét!a) ;

b) ;

c) .

a) ;

b) ;

c) .

Mivel egyenlő lg150, ha lg 3 = a és lg 5 = b?

.

Legyen lg 2 = a, lg 3 = b és lg 7 = c. Fejezzük ki lg(10!)-t a, b és c segítségével!

9. Logaritmikus egyenletek

Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán!

a) ; b) ; c) ;

d) ; e) ; f) .

a) ;

b) ;

c) ;

d) , ;

e) , ;

f) .

A kapott gyökök helyességéről ellenőrzéssel meggyőződhetünk.

2. K1

lg lgxka

= xka

=

lg lg lgx a k= - 3lg lg lgx a b21

= + lg lg lg lgx a p q221

= - -^ h

lg lg lg lgx a b a b21

3 3$= + = ^ h x a b3$=

lg lg lg lg lg lg lg lgx a p q a p qp

a q21

212 2

2

= - + = - + = f p xp

a q2

=

3. K215 35log log log 2125 25 25+ -

6 66

62 6

lglg lg

lglg lg

lglg

lglg

lglg

69 2 2

69 2 9 4

22 2$+

=+

= = = =^ h

15 35 21 2log log log log log21

15 35 5 125 25 25 25 25$

+ - = = =

, ,p q pq0 0 12 2 !^ hlog logp q pqpq pq2 2

+

lglg lg

69 2 2+

lg lg lg lg lg a b150 3 5 10 3 5 10 1$ $= = + + = + +^ h

log log log log logp q pq p qpq pq pq23

pq pq pq pq pq2 2 2 2 3 2

3

+ = = = =^ ^h h

4. K2

x 88

1213

1

3= = =-

x 141 4 16

22

+ = = =-

b l x 15=

x 2=-x 3 9 10+ = =

x31

912

= =b l

x 4 4 221

= = =

x 3311

= =-

!

.

lg lg lg lg lg lg lg lg lg lg

lg lg lg lg lg lg lg lg lg lg

lg lg lg lg lg b a c a b c

10 2 3 4 5 6 7 8 9 10

2 5 3 2 2 2 3 7 3 2 2 3 10

10 4 3 6 2 7 10 1 4 6 1 6 4 2

= + + + + + + + + =

= + + + + + + + + + =

= + + + + = + + + + = + + +

^ h

5. E1

1. K1

log x 13 =- log x21

4 = log x 231 =

log x 3 09 + =^ h log x 1 241 + =-^ h log x

31

8 =-

43MATEMATIKAI I I . H A T V Á N Y O Z Á S , L O G A R I T M U S

1 1 . É V F O L Y A M

Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán!a) ;

b) ;

c) .

a) , , ;

b) , , , ;

c) , , , , .

A kapott gyökök helyességéről ellenőrzéssel meggyőződhetünk.

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

a) , , , ; az egyenletnek nincs valós megoldása.

b) ; , , .

c) , ; , ,

, , .

Mivel , ezért a megoldás .

Mely valós számok elégítik ki a következő egyenleteket?

a) ;

b) .

a) . A logaritmus azonosságait felhasználva az egyenlet így alakítható:

,

, ahonnan ,

, azaz ,

, , .

A negatív gyök hamis, tehát az egyedüli megoldás: .b) , .

, azaz ,

, ahonnan , ,

, , .

A negatív gyök hamis, tehát az egyedüli megoldás: .

Oldjuk meg az alábbi egyenletet a valós számok halmazán!

.

Először alakítsuk át az egyenlet jobb oldalát.

.

Ezek szerint a megoldandó egyenlet így írható:

, azaz ,

, , .2 12 2 1x x$= +-

21 12 2 1x

x$= + 12 2 2 1 0x x2$ + - =^ h

log x12 2 12

x4 $ + =-^ h 4 12 2 1

xx2

$= +-

5log log logx x51 5

2xx

25 25 25$= =- =--c m

log log12 2 151x

x4 25$ + =^ ch m

5. E1

x 2=

x2

1 1 82

1 3,1 2

! != + = x 11 =- x 22 =

1 2log x x 14 $- =^^ h h x x2 2 42- = x x 2 02

- - =

2log logx x1 2 242

4- + =^ ^h h 2 2log logx x2 1 24 4- + =^ ^h h

x 02 x 1!

x 4=

x4

1 1 2244

1 15,1 2

! != + = x

27

1 =- x 42 =

x x6 3 84 02- - = x x2 28 02

- - =

log x x2 1 3 3 23 + - =^ ^h h x x2 1 3 3 9+ - =^ ^h h

log logx x2 1 3 3 2321

3+ + - =^ h

x 12

2log logx x x2 1 2 242

4$- + + =^ ^h h

log log lgx x21 2 1 3 3 1003 3$ + + - =^ h

4. K2

x 22 x 5=

x2

6 36 202

6 4,1 2

! != - = x 11 = x 52 =

x 22 x 3! x x2 1 2 2- = -^ h x x6 5 02

- + =

x312 x x6 2 3- = + x5 5= x 1=

x 02 x 1! x x2 4+ = x 4=-

log x2 4 1x + =^ h log x6 2 1x 3 - =+ ^ h log x2 1 2x 2 - =- ^ h

3. K2

3 log x2 1 4 2421

+ - = =^ h log x2 1 14 - =-^ h x2 141

- = x245

= x85

=

2 log x 2 12- + =^ h log x 2 12 + =^ h x 2 2+ = x 0=

1 log x 23+ = log x 13 = x 3=

3log log x2 121

4 4+ - =^ h6 @

2log log x 2 025 2- + =^ h6 @

1log log x 12 3+ =^ h

2. K1

44 MATEMATIKA I I I . H A T V Á N Y O Z Á S , L O G A R I T M U S

1 1 . É V F O L Y A M

Egy -ben másodfokú egyenlethez jutottunk:

, , .

Mivel minden valós x esetén pozitív, így a negatív megoldás nem jöhet szóba.

,

tehát az eredeti egyenlet megoldása: .

Fejtsük meg az alábbi keresztrejtvényt!Vizsz.: 1. Az logn x = n egyenlet megoldása, ahol n 1-nél nagyobb egész szám.

2. (log2 2 + log2 4 + log2 8)2.3. 500-nál kisebb négyzetszám.

Függ.: 1. Első és utolsó számjegye megegyezik.2. Prímszám.

Vízsz.: 1. Ha , akkor . Ez a szám csak akkor lesz kétjegyű, ha , tehát avízsz.1.: 27.

Vízsz.: 2. .Függ. 1: 262Függ. 2.: 31 vagy 37, de vízsz. 3 miatt csak 1 lehet.Vízsz. 3.: 121

10. Logaritmikus egyenletrendszerek

Oldjuk meg a következő egyenletrendszereket a valós számpárok halmazán!

a) ; b) ; c) .

a) Vezessük be a és új változókat. Ezzel egyenletrendszerünk így alakul

, .

Ez utóbbi egyenletrendszer megoldása: és . Tehát

, ahonnan és , ahonnan .

b) A logaritmus definíciójából az egyenletrendszer így írható:, , azaz .

Az egyenletrendszer megoldása: , .

c) Az egyenletrendszer első egyenletéből

, azaz , tehát .

Ezt a második egyenletbe helyettesítve azt kapjuk:

, .

A negatív megoldás hamis gyökökhöz vezet; az eredeti egyenletrendszer megoldása:

, .x23

= y21

=

y y9 22 2- = y

21!=

logx yx y 12 -

+= x y x y2 2+ = - x y3=

x 1= y27

=

x y2 8+ = x y6 6 27+ = x y2 2 9+ =

log x 24 = x 16= log y21

9 = y 3=

a 2= b21

=

a b3 4 8+ = a b227

- =

log x a4 = log y b9 =

3 4 8

27

log log

log log

x y

x y

4 9

42

9

+ =

- =4

2 3

6 6 3

log

log

x y

x y2

3

+ =

+ =

^

^

h

h4

1

2

log logx y x y

x y2 2

2 2

+ - - =

- =

^ ^h h4

1. K1

2 4 8log log log 1 2 3 362 2 22 2

+ + = + + =^ ^h h

log x nn = x nn= n 3=

6. K2

x 2=-

241 2x 2

= = -

2x

224

1 1 48241 7

,x

1 2! !

= - + = -^ h 2

31x

1 =- 241x

2 =

2x

45MATEMATIKAI I I . H A T V Á N Y O Z Á S , L O G A R I T M U S

1 1 . É V F O L Y A M

3

2

1

3

2

1

1 2 1

3 6

2 7

46 MATEMATIKA I I I . H A T V Á N Y O Z Á S , L O G A R I T M U S

1 1 . É V F O L Y A M

Oldjuk meg a következő egyenletrendszert a valós számpárok halmazán!

.

Az egyenletrendszer első egyenletéből

, azaz , ahonnan .

Ezt a második egyenletbe helyettesítve azt kapjuk, hogy, tehát .

A -ben másodfokú egyenlet megoldásai: és . A negatív megoldás nyilvánlehetetlen, hiszen 2-nek minden hatványa pozitív, így az eredeti egyenletrendszer megoldása:

, .

Oldjuk meg a következő egyenletrendszert a valós számpárok halmazán!

.

Az eredeti egyenletrendszer – a logaritmus megfelelő azonosságainak alkalmazásával – a kö-vetkező egyenletrendszerre vezet:

, .

Fejezzük ki mindkét egyenletből y-t.

, , tehát .

Innen

.

Az eredeti második egyenlet miatt , így egyszerűsítés után azt kapjuk:

, ahonnan .

, ; a megfelelő y értékek: , .

Mely valós számpárok elégítik ki az alábbi egyenletrendszert?

.

Az első egyenlet így alakítható:.

Innen vagy , vagy , azaz , ahonnan .

Az 1. esetben a második egyenlet így alakul:

, azaz .Az eredeti első egyenlet miatt , így ebben az esetben az eredeti egyenletrendszer megol-dása: .

A 2. esetben , az eredeti második egyenlet:

, ahonnan .

Ez utóbbi másodfokú egyenlet diszkriminánsa negatív, így nem kapunk új megoldást. Tehát azeredeti egyenletrendszer megoldása: .

2. K22 1

2 2 20

log logx y y2 2x y

+ - =

+ =

^ h3

y x2=x y y2 2+ =logy

x y2 12+

=

x x10 24 02- + =x

x2

88

- =-

x 0!

x xx

x28

82- =

-

yx

x8

8=

-xy y x8 8= -y x x22

= -

y xxy 8-

=x x y22= +

y 4=x 2=

2 4 2x 2= =2 5x

=-2x

2 2 20 0x x2+ - =2 2 20x x2

+ =

2 2

3

log

log log

x y

xy y x2 2

x + =

- - =

^

^ ^

h

h h4

3. K2

x y 8= =

x x 4 02- + =x

x4 4 4 0- + =b l

yx4

=b l

x y 8= =

x 0!

x x 8 0- =^ hx x8 02- =

x y=^ h

yx4

=xy 4=log xy 22 =x y=

2log log log log log logx y x y x y2 2 2 2 2 2+ - = -^ ^ ^h h h

y 82 =y 241 =x 42 =x 61 =

4. E1

4 0

log log log logxyyx x y

xy x y

2 2 22

22$ = -

- + =

^

^

h

h

4

47MATEMATIKAI I I . H A T V Á N Y O Z Á S , L O G A R I T M U S

1 1 . É V F O L Y A M

Oldjuk meg a következő egyenletrendszert a valós számpárok halmazán!

.

Az első egyenlet bal oldalának egyes tényezői így alakíthatók:

, illetve .Tehát az első egyenletből

, azaz .

Helyettesítsük ezt a második egyenletbe:

, ahonnan ,

, , .

Ezzel az eredeti egyenletrendszer megoldásai: , és , .

11. Logaritmikus egyenlőtlenségek

Oldjuk meg a következő egyenlőtlenségeket a valós számok halmazán!

a) ; b) ; c) .

a) ; .

A logaritmus alapja 1-nél nagyobb, így azt kapjuk:,

ahonnan . Az eredeti egyenlőtlenség megoldása: .

b) ; .

A logaritmus alapja 1-nél kisebb, ezért

,

ahonnan . Az eredeti egyenlőtlenséget kielégítő valós számok: .

c) ; .

A logaritmus alapja 1-nél nagyobb, tehát,

ahonnan . Az eredeti egyenlőtlenség megoldása: .

Ábrázoljuk számegyenesen a következő egyenlőtlenség megoldását!.

, ahonnan vagy .

, ahonnan .

vagy .

Az eredeti egyenlőtlenség megoldása: vagy .

y y xlog logx x2y y2 2

= =^ h

x−6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5

8

2 1lg

x y

x y

log logy xx y2 2$ =

+ =^ h4

5. E1

x x ylog logy y2x x2 2

= =^ h

x223 11-

log logx223 1

21

212-b lx

432

x41 11 #x 1#

x4 1 3#-

log logx4 1 33 3#-^ hx412

y 42 =y 11 =x 81 = x 22 =

x 22 =x 81 =x2

10 100 642

10 6,1 2

! != - =

x x10 16 02- + =x

x16 10+ =

yx8

=xy 8=

log x4 1 13 #-^ h log x223 0

21 2-b l log x6 4 25 1-^ h

1. K1

1 2 ,x 5 5 471 .- - - 1 2 ,x 5 3 472 .- +

x 1 2 52- +x 1 2 51- -

x x2 19 02 2+ -log logx x2 3 1642

42+ -^ h

x 12x 31-x x2 3 02 2+ -

x4

19451 1-x

4192-

x6 4 251-

log logx6 4 255 51-^ hx231

x43

451 1x

451

2. K2log x x2 3 24

2 2+ -^ h

48 MATEMATIKA I I I . H A T V Á N Y O Z Á S , L O G A R I T M U S

1 1 . É V F O L Y A M

Mely valós számok elégítik ki a következő egyenlőtlenségeket?a) ; b) .

a) , . .

Most két esetet kell vizsgálnunk aszerint, hogy vagy .Ha , akkor

, azaz .Tehát ez esetben .Ha , akkor

, azaz .Ekkor tehát nincs megoldás.A két esetet egybevetve az eredeti egyenlőtlenség megoldása: .

b) és . .A logaritmus alapja minden x-re 1-nél nagyobb, így azt kapjuk:

, azaz .

, , .

Tehát a másodfokú egyenlőtlenség megoldása: vagy . Egybevetve az egyen-lőtlenség értelmezési tartományával, az eredeti egyenlőtlenség megoldása:

vagy .

Ábrázoljuk számegyenesen a következő kifejezés értelmezési tartományát!

.

, és . .

.

A logaritmus alapja 1-nél kisebb, ezért innen

, ahonnan .

Az eredeti egyenlőtlenség megoldása: és .

Ábrázoljuk számegyenesen a következő kifejezés értelmezési tartományát!

.

. Az egyenlőtlenség bal oldala így írható:

, azaz ,

.

Innen vagy .Első esetben

, azaz .Második esetben

, azaz .

log x3 121 #-^ h

x−6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 552

3. K2log x7 1x 12 1-+ ^ hlog x2 6 1x 2+^ h

x 12

x0 11 1x 12

log logx x2 6x x2+^ hx 1!x 02

x 61-x x2 6 1+

x0 11 1

x 12

x 62-x x2 6 2+

x 2!-x25#

x25#x3

21$-

21log logx3 1

21

21 #- =^ ch m

log x1 3 021 $- -^ hx 2!-x 31

x2 71 1x 31-

x 22x 31-

x 22 =x 31 =-x2

1 1 242

1 5,1 2

! != - + = -

x x 6 02 2+ -x x7 121- +

log logx x7 1x x1 12

2 21- ++ +^ ^h hx 71x 0!

x 12

1 log

x

x

2

321

+

- -^ h

4. E1

x 2#log logx 22 2#

x 8$8log logx2 2$

log x 2 12 #- -log x 2 12 $-

log x 2 12 $-

2log x 122 $-^ h4log logx x 4 12

22$ $- +

x 02

log logx x 4 122

24 $- +

5. E1

A két esetet és az értelmezési tartományt egybevetve az eredeti egyenlőtlenség megoldása:vagy .

12. Áttérés új alapra (emelt szint)

Oldjuk meg az alábbi egyenleteket a valós számok halmazán!

a) ; b) .

a) . Írjuk át az egyenlet bal oldalának második tagját 3-as alapra.

, azaz ,

, ahonnan .

b) . Írjuk át a bal oldal tényezőit 2-es alapra.

, azaz ,

, ahonnan .

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

a) , . Az egyenlet így alakítható:

, vagyis ,

, ahonnan .

, , .

Mivel , ezért az egyedüli megoldás: .b) . Az egyenlet így írható:

, azaz .

Innenvagy .

Első esetben , ami nyilván lehetetlen.

A másik esetben , vagyis .

.

A negatív érték nem jön számításba, így az eredeti egyenlet megoldása: .

Ábrázoljuk számegyenesen a következő egyenlőtlenség megoldását!.

, .

.

Most két esetet kell vizsgálnunk aszerint, hogy , azaz , vagy , azaz

.

x0 21 # x 8$

x−1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

log logx x 63 9+ = log log logx x x34

2 4 8$ $ =

1. K2

x 5 1= +

x2

2 202

2 2 5 1 5,1 2! ! != = =

x x2 4 02- - =x

x3

11

- =+

x x1 3+ = -

1log x 3x 1 - =-+ ^ hlog x 3 1x 1 - =+ ^ h

log x 3 1x 12

- =+ ^ hloglog

xx

33

1x

x1

1- =

-++

^^

hh

x 32

x 4=x 02

x 42 =x 31 =-x2

1 1 482

1 7,1 2

! != + =

x x 12 02- - =log logx x122 2

2+ =^ h

2log logx x122 2+ =^ hloglog

xx

12 1 222

$+ =^ h

x 1!x 02

x 4=log x 22 =

log x 823

=loglog log

xx x

2 3 34

22 2$ $ =

x 02

x 81=log x 43 =

3 log x 123 =loglog

xx

263

3+ =

x 02

log logx x3 1x x1 3- = ++ -^ ^h hlog logx 12 2 2x2 $+ =^ h

2. K2

x 11

0log x4 1x 12log x 04 2

loglog

xx

14

4$

x 1!x 02

3. E1log logx 4x4 $

49MATEMATIKAI I I . H A T V Á N Y O Z Á S , L O G A R I T M U S

1 1 . É V F O L Y A M

Ha , akkor az egyenlőtlenség így alakul:

, azaz .

Mivel ebben az esetben , ezért azt kapjuk:

, ahonnan .

Ha , akkor a fenti egyenlőtlenség nevezője negatív, így ekkor

, azaz ,

, ahonnan .

Ebben az esetben tehát azt kapjuk: .

A két esetet egybevetve, az eredeti egyenlőtlenség megoldása: vagy .

Mivel egyenlő , ha és ?

, .

A két egyenlőség összege:

, azaz .

Innen pedig

.

Mit írhatunk az x helyére, hogy az alábbi egyenlőség igaz legyen?

.

Az eredeti egyenletet így írhatjuk:,

,

, azaz ,

tehát .

13. A logaritmus gyakorlati alkalmazásai

A brazíliai őserdő a fakivágásokat és az új ültetéseket egybevetve – az ottani természet-védők szerint – évente 1,28%-kal csökken. Ha ez a tendencia nem változik, akkor hány év múlvatűnik el ennek az őserdőnek a fele?

Legyen A az őserdő jelenlegi faállománya. Ha n év múlva csökken a felére, akkor, azaz .

Vegyük az egyenlet mindkét oldalának 10-es alapú logaritmusát:, azaz ,

.

Tehát, ha a tendencia így folytatódik, akkor az erdő kb. 53,75 év múlva a felére csökken.

x−1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1014

log x 04 2

log x 14 $log x 142 $

x 12

log log logx41 44 4 4# # x

41 4# #

log x 142 # 1 log x 14# #-

x0 11 1

x 4$1log logx 44 4$ =

x 4$x41 11#

x41 11#

, ,0 9872 0 5n=, ,A A0 9872 0 5n$ $=

x 15=

log loga x a15 b b$ $=log loga x ab b15 $=

log loga a a a a x ab b2 3 4 5$ $ $ $ $=^ h

log log log log log loga a a a a x ab b b b b b2 3 4 5 $+ + + + =

log xa b

ab6 =

+

logab

a b6x = +log loga b

2 3 1 1x x+ = +

logb

3 1x =log

a2 1

x =

log x b3 =log x a2 =log x64. E1

1. K1

log log log log log logb b b b b bx1 1 1 1 1

a a a a a a2 3 4 5

+ + + + =

5. E1

,,

,, ,

lglgn0 9872

0 50 00560 301 53 75. .=

--

, ,lg lgn 0 9872 0 5$ =, ,lg lg0 9872 0 5n=

50 MATEMATIKA I I I . H A T V Á N Y O Z Á S , L O G A R I T M U S

1 1 . É V F O L Y A M

András betett a bankba 1 millió Ft-ot. Ez évenként kamatozik 8,5%-ot. Testvére Béla egymásik bankba tette 1,3 millió Ft-ját, ahol évente 6%-ot kamatozik. Hány év múlva lesz András-nak ugyanannyi pénze mint Bélának?

Ha n év múlva lesz a két fiúnak ugyanannyi pénze, akkor

, azaz , vagyis ,

, ahonnan .

Tehát a 11. évet követő időben lesz a két fiúnak ugyanannyi pénze.

Magyarország lakossága 2007-ben kb. 10 045 000 fő volt, ami kb. 0,2%-os csökkenéstjelentett az előző évhez képest. Ugyanebben az évben Finnország lakossága kb. 5 282 000 fő,ami 0,2%-os emelkedés az előző évhez képest. Ha mindkét országban ez a tendencia folyta-tódna, akkor kb. hány év múlva érné el Finnország lakosságának létszáma Magyarország lakos-ságának létszámát?

,

, vagyis ,

, azaz ,

.

Tehát, ha a tendencia ilyen ütemben folytatódik, akkor a két ország lélekszáma kb. 161 év múlvalesz egyenlő.

1990-ben a Föld lakossága 6 milliárd fő volt. A népességkutatók szerint ez a szám évente1,8%-kal növekszik. Mikor lesz a Föld lakóinak a száma 10 milliárd?

, azaz .

, ahonnan .

Tehát ilyen növekedési ütem mellett a Föld lakóinak a száma kb. 2018. év közepén éri el a 10 milliárd főt.

A lehűlési törvény alapján számítsuk ki, hogy a 120 C°-os sütőből kivett piskóta, vagy a180 C°-os sütőből kivett pogácsa hűl le hamarabb 50 C°-ra, ha a piskóta esetében k = 8,5, a po-gácsa esetében pedig k = 9,2, és a konyha hőmérséklete 24 C°?

Vegyük a lehűlési törvényről szóló egyenlőség mindkét oldalának 10-es alapú logaritmusát.

, azaz ,

.

Piskóta esetében

perc.

Pogácsa esetében

perc.

2. K2

, ,1 0236 1 3n=,

, ,1 061 085 1 3

n

=c m, , ,10 1 085 1 3 10 1 06n n6 6$ $ $=

,,

,, ,

lglgn1 0236

1 30 01010 1139 11 27. .=, ,lg lgn 1 0236 1 3$ =

,,

,,

,,

, ,,, ,

lg

lg

lg

lg

lglgt 8 5

2 750 24

120 24

8 52 72696

8 52 7

3 6923 8 50 43130 5673 11 21 $ $ $ $. . . . .-

-b bl l

,lg

lgt k T K

T K

2 7

0

$.-

-c m

,lg lgkt

T KT K

2 7 0$ .-

-c m,lg lg

T KT K

2 7 kt

0.-

-c m

,,

,, ,

lglgn

1 0181 6666

0 007740 22184 28 6. . ., ,lg lgn 1 018 1 6666$ .

, ,1 018 1 6666n .,6 1 018 10n$ =

,,

,, ,

lglgn

1 0041 90174

0 001730 27915 161 3. . .

, ,lg lgn1 90174 1 004$.^ ^h h, ,lg lg1 90174 1 004n.^ ^h h

, ,1 90174 1 004n.,,

,,

5 28210 1 0045

0 9981 002 n$

= c m

, , , ,1 0045 10 0 998 5 282 10 1 002n n7 6$ $ $ $=

3. K1

4. K2

5. K2

9,2,

9,2,

9,2,

9,2,, 1 ,

lg

lg

lg

lg

lglgt

2 750 24

180 24

2 726

156

2 76

0 43130 77815 6 62 $ $ $ $. . . . .-

-b bl l

51MATEMATIKAI I I . H A T V Á N Y O Z Á S , L O G A R I T M U S

1 1 . É V F O L Y A M

1. A vektorokról tanultak összefoglalása

Az ábrán jelölt vektorok közül válasszuk kia) az egyenlőket;b) az ellentetteket!

a) b = d, c = e.b) a = –e, a = –c.

Két négyzet egymáshoz illesztésével téglalapot rajzolunk. Az így kapott hét szakaszt irá-nyítsuk úgy, hogy a hét vektorból kiválasztható legyen kettő, négy és hat vektor is, amelyek ösz-szege nullvektor!

Egy lehetséges megoldást mutat az ábra.a + e = 0,a + h + e + g = 0,a + b + c + d + e + g = 0.

Adott a, b és c vektor (semelyik kettő nem egyenlő egymással). Szerkesszük meg aza) a + 2b; b) 2c – a; c) 2(a + c); d) b – 3cvektorokat!

Legyen ABCD egy négyzet. Mutassuk meg, hogy

a) ; b) !

a) b)

Vagyis . Vagyis .

A B

CD

A B

CD

AC AD AD DB- = + AC CB AD DB+ = +

A B

CD

A B

CD

ab

c

a

b b

a + b a

c

c

2c−

a

a

c

2(a + c)

bc

c

c

b−

3c

a) b) c) d)

2. K1

AC CB AD DB+ = +

3. K1

AC AD AD DB- = +

4. K1

1. K1

1 1 . É V F O L Y A M

I V . T R I G O N O M E T R I A 53MATEMATIKA

TrigonometriaIV.

a

b

c

de

f

g

a b

c

de

g h

Adjuk meg a v vektornak az a és b vektorokkal egyállású összetevőit! (ábra)a) b)

a) b)

Egy téglalap három csúcsa a (–2; 2), (8; 2), (8; 4) koordinátájú pontokban van. Adjuk mega) a negyedik csúcshoz;b) a középpontjához;c) az oldalak felezőpontjáhoztartozó helyvektor koordinátáit!

a) ;

b) ;

c) ; ; ; .

2. Két vektor skaláris szorzata

Adott két vektor abszolút értéke és hajlásszöge. Számítsuk ki a skaláris szorzatukat!a) |a | = 9, |b | = 10, c = 73º;b) |a | = 4, |b | = 13, c = 103º;c) |a | = 0,8, |b | = 9, c = 19º20’;d) |a | = 18, |b | = 0,5, c = 117º45’.

Használjuk fel a skaláris szorzat definícióját: ab = |a|·|b|·cos c.a) ab = 9 ⋅ 10 ⋅ cos 73º ≈ 26,31;b) ab = 4 ⋅ 13 ⋅ cos 103º ≈ –11,70;c) ab = 0,8 ⋅ 9 ⋅ cos 19º20’ ≈ 6,80;d) ab = 18 ⋅ 0,5 ⋅ cos 117º45’ ≈ –4,19.

Számítsuk ki annak a paralelogrammának a szögeit, amelynek oldalhosszai 10, illetve 20,az egyik csúcsából induló két oldalvektor skaláris szorzata pedig 184,1!

A feladat szövege szerint: ab = 10 ⋅ 20 ⋅ cos a = 184,1.

Vagyis: .

Ebből kapjuk, hogy a = 23º. A paralelogramma szögei: 23º, 157º, 23º, 157º.

Számítsuk ki annak a rombusznak a szögeit, amelynek oldalhosszai 24, az egyik csúcsá-ból induló két oldalvektor skaláris szorzata pedig –100,02!

A feladat szövege szerint: ab = 24 ⋅ 24 ⋅ cos a = –100,02.

Vagyis: .

Ebből kapjuk, hogy a = 100º. A rombusz szögei: 100º, 80º, 100º, 80º.

, ,cos576

100 02 0 1736.a =- -

3. K1

a

b v

a

b

v

, ,cos200

184 1 0 9205a = =

2. K1

1. K1

;F 3 21^ h ;F 8 32^ h ;F 3 43^ h ;F 2 34 -^ h

;K 3 3^ h

;D 2 4-^ h

6. K1

a

b

v

a

b v

5. K2

54 MATEMATIKA I V . T R I G O N O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

Számítsuk ki annak a rombusznak az oldalhosszát, amelynek egyik szöge 70°, és az ebbőla csúcsból induló két oldalvektor skaláris szorzata 30,22!

Tudjuk, hogy: ab = a ⋅ a ⋅ cos 70º = 30,22.

Vagyis: .

Ebből kapjuk, hogy a rombusz oldalhossza: a ≈ 9,4.

a) Igazoljuk, hogy a és b (egyik sem nullvektor) hegyesszöget zár be egymással, ha 4b – a és 2a – 3b merőleges egymásra!b) Igazoljuk, hogy a és b (egyik sem nullvektor) tompaszöget zár be egymással, ha a + 2b és 3a + 4b merőleges egymásra!

a) Tudjuk, hogy 4b – a és 2a – 3b merőleges egymásra, ezért (4b – a)(2a – 3b) = 0.Végezzük el a szorzást:8ab – 2a2 – 12b2 + 3ab = 0.Fejezzük ki ab-t, és használjuk fel, hogy a2 = a2, b2 = b2:

.

Mivel ab > 0, ezért a és b valóban hegyesszöget zár be egymással.

b) Tudjuk, hogy a + 2b és 3a + 4b merőleges egymásra, ezért (a + 2b)(3a + 4b) = 0.Végezzük el a szorzást:3a2 + 6ab + 4ab + 8b2 = 0.Fejezzük ki ab-t, és használjuk fel, hogy a2 = a2, b2 = b2:

.

Mivel ab < 0, ezért a és b valóban tompaszöget zár be egymással.

Az adott a és b vektorok egyike sem nullvektor. Igazoljuk, hogy van olyan k valós szám,amelyre a + kb és a – kb merőleges egymásra!

Vizsgáljuk a (a + kb)(a – kb) szorzatot:, ahol , .

A feladat szövege szerint teljesülni-e kell: , azaz .

Ezek szerint k lehetséges értékei: , .

3. A trigonometriáról eddig tanultak összefoglalása

Számológép segítségével határozzuk meg aa) sin 11º; b) cos 63º; c) tg 71º; d) ctg 76ºértékét hat tizedesjegy pontossággal!

a) ; b) ;

c) ; d) .

Számológép segítségével határozzuk meg az a hegyesszög nagyságát két tizedesjegypontossággal, haa) sin a = 0,22; b) cos a = 0,44; c) tg a = 1,11; d) ctg a = 2,23!

a) a ≈ 12,71º; b) a ≈ 63,90º; c) a ≈ 47,98º; d) a ≈ 24,15º.

2. K1

,71 2 904211tg o .76

,76 1 0 249328ctgtg

oo .=

,sin11 0 190809o . ,cos 63 0 453990o .

1. K1

kba

1 = kba

2 =-

a k b 02 2 2- = k

ba2

2

2

=

k k a k ba b a b 2 2 2+ - = -^ ^h h aa = bb =

6. E1

0a bab103

1082 2$ $ 1=- +

0a bab112

11122 2$ $ 2= +

5. K2

, ,cos

a70

30 22 88 35742o .=

4. K1

55MATEMATIKAI V . T R I G O N O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

Egy 24 méter hosszú emelkedő emelkedési szöge 10°-os. Mennyi a szintkülönbség azemelkedő alja és teteje között?

Készítsünk ábrát! A szintkülönbség legyen x.

A derékszögű háromszögben: , azaz .

Vagyis a szintkülönbség kb. 4,2 méter.

Egy 2 méter magas létra tetején álló 180 cm magas ember a szemközti ház tetejét 12°-os emelkedési szögben látja. Az ember és a ház közötti távolság 18 méter. Milyen magas a szem-közti ház?

A rendelkezésünkre álló adatok alapján vázlatrajzot készítünk.A létra és az ember együttes magassága 3,8 méter, a ház magassága (x + 3,8)méter.

A derékszögű háromszögben: , azaz .

Vagyis a ház kb. 7,6 méter magas.

Adjuk meg mely hegyesszög koszinuszával egyenlő:a) sin 32º; b) sin 3,62º; c) sin 56º54’; d) sin 18º54’51’’!

a) 58º; b) 86,38º; c) 33º6’; d) 71º5’9’’.

Számítsuk ki a következő kifejezések pontos értékét!a) (cos 45º + tg 45º)2; b) (cos 30º + sin 270º)2;

c) ; d) .

a) (cos 45º + tg 45º)2 ;

b) (cos 30º + sin 270º)2 ;

c) ;

d) .00 : 0

0: 0 :

sincos cos

sincos

1218 24

61 6

23

121

32 2

34

o

oo

oo $= - - = = =^ h

3060 30 45

cossin

coscos45

3045 1ctg ctg ctgo

oo

o

oo o$ $= = =

3. K2

23 1

43 3 1

47 3

2

= - = - + = -c m

22 1

21 2 1

23 2

2

= + = + + = +c m

cossin

6

43

ctg$

r

rr :

sin

cos cos

32 3

4rr r

6. K2

5. K1

x1218

tg o= 18 ,x 12 3 8tg o$ .=

12◦

18 m

3,8 m

x m

3,8 m

4. K2

0sin x124

o= 24 0 ,sinx 1 4 2o$ .=

10◦24 x

56 MATEMATIKA I V . T R I G O N O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

Milyen forgásszögekre igaz, hogy

a) sin a = ; b) cos a = ; c) tg a = ;

d) sin a = –0,2924; e) cos a = 0,5150; f) tg a = –0,6745?

a) , , ahol .

b) , , ahol .

c) , ahol .

d) , , ahol .

e) , , ahol .

f) , ahol .

A trigonometriai alapfüggvényekből függvénytranszformációk alkalmazásával ábrázoljuka következő függvényeket!

a) ; b) ; c) ;

d) ; e) ; f) .

7. K2

π−π

2π−2π

3π−3π

−π6

0 x

y

12

−1−2

sin�x + π

6

�sin x

d)

π−π π2

x

y

0

1

tg�x − π

2

�tg x

c)

π−π

2π−2π

3π−3π x

y

01

−1

2

−2

−12 cos x

cos x

b)

π−π

2π−2π

3π−3π x

y

123

0

2 sin x

sin x

a)

sin x6r

+a k cos x3r

-a k 1 sin x+

2sin x cos x21

- x2

tg r-a k

8. K2

34 180ko o$.a - + k Z!

360k591 1o o$.a + 360k592 2

o o$.a - + ,k k Z1 2 !

17 360k1 1o o$.a - + 163 360k2 2

o o$.a - + ,k k Z1 2 !

0k30 18o o$a = + k Z!

360k1201 1o o$a = + 360k2402 2

o o$a = + ,k k Z1 2 !

45 360k1 1o o$a = + 5 360k132 2

o o$a = + ,k k Z1 2 !

22

21

- 33

57MATEMATIKAI V . T R I G O N O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

4. Számítások háromszögben

Milyen magasra visz az az emelkedő, amely a vízszintessel 6,3°-os szöget zár be, és ahossza 70 méter?

Készítsünk ábrát!

A derékszögű háromszögben: , azaz (m).

Vagyis kb. 7,7 méter magasra visz az emelkedő.

Egy garázsba vezető lejárat mélysége 124 cm, a lejárat vízszintesre eső merőleges vetü-lete 244 cm. Mekkora a lejárat hajlásszöge a vízszinteshez képest?

A szöveg alapján vázlatrajzot készítünk.

A derékszögű háromszögben: , azaz .

Vagyis kb. 27°-os a lejárat hajlásszöge a vízszinteshez képest.

π−π

2π−2π

3π−3π

π3

0 x

y

12

−1−2

cos�x − π

3

�

cos x

e)

α

124

244

6,3◦ x70

π−π

2π−2π

3π−3π x

y

12

−1−2

0

sin x + 1

sin x

f)

1. K1

70 , ,sinx 6 3 7 7o$ .=,sin x6 370

o=

244124tg a = 27o.a

2. K1

58 MATEMATIKA I V . T R I G O N O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

A falnak döntve ferdén áll egy 2,1 méteres gerenda. A gerenda alsó vége 70 cm-re vana faltól. Mekkora szöget zár be a fallal a gerenda?

A vázlatrajzunkon a-val jelöltük a keresett szöget.

A derékszögű háromszögben: , azaz .

Vagyis a keresett szög kb. 19,5°-os.

Egy vízszintes talajon álló torony tetejét 52 méter távolságból egy 175 cm magas ember21°-os szögben látja. Milyen magas a torony?

Vázlatrajzunkon a torony magassága x + 1,75.

A derékszögű háromszögben: , azaz .

Vagyis a torony kb. 21,7 méter magas.

Határozzuk meg a téglalap területét, ha az egyik oldala 8 cm, az átlója 9 cm hosszú!Mekkora szöget zár be az átló az oldalakkal?

Az ismeretlen oldal legyen x, a keresett szögek pedig a, il-letve 90º – a.Az x meghatározható Pitagorasz-tétellel:

.

Ekkor: .Vagyis a téglalap területe kb. 32,98 cm2.

A derékszögű háromszögben: , azaz a ≈ 27,27º.

A keresett szögek kb.: 27,27° és 62,73°.

Mekkora szöget zárnak be a vízszintessel a fénysugarak akkor, amikor egy 180 cm-esember árnyéka a vízszintes talajon 3,5 méteres?

Az adatok feltüntetésével vázlatrajzot készítünk:

A derékszögű háromszögben: , azaz a ≈ 27,22º.

Vagyis a napsugarak kb. 27,22°-os szöget zárnak be ekkor a vízszintessel.

α

1,8 m

3,5 m

21◦

52 m1,75 m

x m

1,75 m

3. K1

,,sin

2 10 7

a = ,19 5o.a

4. K1

52 ,x 21 19 96tg o$ .=x21

52tg o

=

5. K1

,t 8 17 32 98$ .=

x 81 64 17= - =

,,

3 51 8tg a =

cos98a =

6. K1

59MATEMATIKAI V . T R I G O N O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

α

0,7

2,1

α

9 cm

8 cm

x cm

Egy háromszög minden oldalának hossza centiméterben mérve egész szám. Két oldalá-nak hossza 1 cm és 2 cm. Mekkorák a háromszög szögei?

A háromszög-egyenlőtlenségek miatt a hiányzó oldal hossza nem lehet 2 cm-nél rövidebb, dehosszabb sem. A hiányzó harmadik oldal csakis 2 cm-es lehet.Készítsünk rajzot!Az egyenlő szárú háromszög alaphoz tartozó magassága két egybevágó derékszögű három-

szögre bontja a háromszöget. Vagyis: , azaz a ≈ 75,52º.

Az eredeti háromszög hiányzó szögét a belső szögek szögösszegére vonatkozó tétellel számol-juk ki: 180º – 2 ⋅ 75,52º = 28,96º.Vagyis a háromszög szögei: 75,52°; 75,52°; 28,96°.

Az ábrán látható ABCDE ötszögnek mekkorák a szögei, mekkora a hiányzó oldala, mek-kora a területe?

Az AED derékszögű háromszögben a két hegyesszög 45°-os, .Ekkor ADC derékszögű háromszögben az A-nál lévő szögre felírható:

, azaz .

Ezek alapján az ADC derékszögű háromszögben: , Pitagorasz-tétellel pedig:

.Ekkor ACB derékszögű háromszögben az A-nál lévő szögre felírható:

, azaz .

Ezek alapján az ACB derékszögű háromszögben: , Pitagorasz-tétellel pedig:

.

Vagyis a hiányzó oldal: AB = 2, a hiányzó szögek: ,

, , .

Az ABCDE ötszög területe: .

5. Szinusztétel

Egy háromszög két oldalának hossza 23 cm és 34 cm. Ez utóbbival szemben 72°-os szögvan. Határozzuk meg az ismeretlen oldal hosszát! Mekkorák a hiányzó szögek?

Az adatok alapján készítsünk vázlatrajzot!Írjuk fel a szinusztételt:

,

.

Mivel , ezért . Vagyis a csak hegyesszög lehet:a ≈ 40º.A hiányzó harmadik szög:

.A harmadik oldalt is szinusztétellel számoljuk ki:

,

.

Tehát: c ≈ 33,15 cm, a ≈ 40º, c ≈ 68º.

,sinsinc

7268 34 33 15o

o

$ .=

7. K2

,cos2

0 5a =

8. K2

3 ,CAD 5 26oB .CAD2

1tg B =

AD 2=

AB 1 3 2= + =

60ABC oB =

30CAB oB =CAB3

1tg B =

AC 1 2 3= + =

,ACD 54 74oB .

90 45CDE 135o o oB = + =90 54,74 ,BCD 144 74o o oB = + =60ABC oB =

45 35,26 30 ,BAE 110 26o o o oB = + + =

,2

1 12

1 22

1 32

1 2 3 2 57$ $ $ .+ + = + +

1. K1

sinsinc

34 7268

o

o

=

180 180 40 72 68o o o o o. .c a b= - - - -

1a ba b1

,sin sin3423 72 0 6434o$ .a =

sinsin

72 3423

oa

=

60 MATEMATIKA I V . T R I G O N O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

1

1

11

E A

D

C B

α α

0,5 cm 0,5 cm

2 cm 2 cm

23 cm

34 cmc

72◦γ

α

B C

A

Egy háromszög 20 cm-es oldalán 42°-os és 64°-os szög található. Határozzuk meg az is-meretlen oldalak hosszát!

Az adatok alapján készítsünk vázlatrajzot!

Tudjuk, hogy .Írjuk fel a szinusztételt a c és utána a b oldallal is:

, .

, .

Vagyis az ismeretlen oldalak hossza kb. 13,9 cm és 18,7 cm.

Mekkorák a háromszög oldalai, ha a kerülete 42 cm, és van egy 27,2°-os és egy 76,8°-os szöge?

Használjuk az ábra jelöléseit!Tudjuk, hogy a = 180º – 27,2º – 76,8º = 76º.Írjuk fel a szinusztételt:

, illetve .

.A második egyenletbe behelyettesítünk az a helyére -t:

,,

.Ekkor , .Tehát az oldalak kb.: 8 cm, 17 cm, 17 cm.

Az 5 és 12 befogójú derékszögű háromszögben a derékszöget harmadoló két félegyenesmekkora darabokra vágja az átfogót?

Az ábra jelöléseit használjuk!

Az ABC derékszögű háromszögben a Pitagorasz-tétel miatt AB = 13.Ezért ha , , akkor .

Az ABC derékszögű háromszögben: , amiből . Ekkor

.Tudjuk, hogy a kis háromszögek C-nél lévő szöge 30°-os.A kis háromszögekre a belső szögösszegre vonatkozó tételt felhasználva:

.

.A rendelkezésünkre álló szögek és oldalak segítségével a kis háromszögekre alkalmazzuk a szi-nusztételt:

háromszögben: , amiből: .

5

12

x

12 − x − y

yβ

α

B

C A

H1

H2

ACH1 ,30

sinsinx

12 127 38o

o

=,

,sin

sinx127 38

30 12 7 55o

o

$ .=

180 30 , ,BH C 67 38 82 622o o o oB = - - =

180 30 22,62 ,AH C 127 381o o o oB = - - =

90 90 22,62 ,67 38o o o ob a= - = - =

sin135a = 22,62o.a

AH x1 = BH y2 = H H x y131 2 = - -

4. K2

a 17. c 17.

b 8.

, , ,b b2 123 41 874 3 114$ . -

, , ,b b b2 123 0 997 42 2 123$ $. - -^ h

, b2 123 $

,a b2 123 $. ,a a b0 997 42. - -^ h

,sinsin

ba

27 276

o

o

=,sin

sina ba

42 76 876

o

o

- -=

3. K2

sinsinb

20 7442

o

o

= 20 1 ,sinsinb

7442 3 9o

o

$ .=

sinsinc

20 7464

o

o

= ,sinsinc

7464 20 18 7o

o

$ .=

180 180 42 64 74o o o o oa b c= - - = - - =

2. K1

61MATEMATIKAI V . T R I G O N O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

a

b42 − a − b

27,2◦ 76,8◦

α

B C

A

20 cm

bc

42◦ 64◦

α

B C

A

háromszögben: , amiből: .

Ezek alapján: .A keresett darabok hossza sorban két tizedesjegy pontossággal: 7,55; 2,93; 2,52.

Egy 12 cm oldalú szabályos háromszög egyik szögét három egyenessel négy egyenlőrészre osztjuk. Mekkora darabokra vágják ezek az egyenesek a szöggel szemközti oldalt?

Készítsünk vázlatrajzot!Tudjuk, hogy a C-nél lévő kis szögek 15°-osak. A szabályosháromszög magassága is kifejezhető, hiszen ismerjük az ol-

dalhosszát: .

CF szögfelező, de szabályos háromszögben oldalfelező is egy-ben. Ezért F az AB-n felezőpont: AF = FB = 6. Legyen FP = x.A CFP derékszögű háromszögben:

, azaz .

Ekkor .A szimmetria miatt a négy keresett szakasz hosszának kere-kített értéke:

cm, cm.

Egy saroktelekről készített vázlatrajzra (ábra) bejelöltük az általunk megmért három ada-tot. Mekkora a telek területe? Milyen hosszú kerítést kell építeni a két utca felé?

Használjuk a vázlatrajz jelöléseit!

A magasság két derékszögű háromszögre vágja a nagy háromszöget. Ezekre felírhatjuk, hogy, illetve .

Vagyis , amiből .

Ekkor , és .Most már minden adat a rendelkezésünkre áll, hogy a kérdéseket megválaszoljuk.

.

.3 3

, ,sin sin

am

8 817 09 27 76c

o o .= =

38◦ 40◦20′telek

42 m

utca utca

, 358,89tc m

2 242 17 09c$ $

= = =

mc

38◦ 40◦20′

a b

42 − x x

, , ,H H x y13 13 7 55 2 52 2 91 2 = - - = - - =

BCH2 ,sinsiny

5 82 6230

o

o

=,

,sin

siny82 62

30 5 2 52o

o

$ .=

5. K2

,x42 21 87- = 40 20 20,13 ,m x 40 20 17 09tg tgco o$ $ .= =l l

40 20x x42 38tg tgo o$ $= -l ^ h40 20

42 ,x38

38 20 13tg tg

tgo o

o$.=

+l

m x 40 20tgco$= l m x42 38tgc

o$= -^ h

6. K2

,PF QF 2 78.= ,PA QB 3 22.=

, ,PA x6 6 2 78 3 22= - = - =

x156 3

tg o= 6 5 ,x 3 1 2 78tg o$ .=

CF 1223 6 3$= =

62 MATEMATIKA I V . T R I G O N O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

6−x x

12 12

C

BA P QF

.

.A telek területe kb. 359 m2, a két utca felé kb. 54,2 m hosszú kerítést kell építeni.

Az ábrán látható egy téglalap vázlatrajza. Területe: 645,25 cm2. Az A középpontú AD su-garú negyed körívre illeszkedő P pont az AB oldallal 307,5 cm2 területű háromszöget alkot,amelynek a B csúcsnál lévő szöge 64,01°. Határozzuk meg a téglalap kerületét!

Használjuk az ábra jelöléseit!

Tudjuk, hogy .

Ebből kapjuk, hogy , azaz .Most már az ABP háromszög P-nél lévő szöge is kiszámolható:

.Alkalmazzuk a szinusztételt az ABP háromszögre:

.

A téglalap oldalainak hossza: ; , azaz

.Az ABCD téglalap kerülete kb. 102,5 cm.

Egy húrtrapéz egyik szöge 68,6°, rövidebb alapja 36,4 cm, az átlója 95,2 cm. Mekkoráka trapéz hiányzó oldalai?

Helyezzük el az adatokat egy vázlatrajzon!Húrtrapéz esetén .A BCD háromszögben a szinusztételt alkalmazva:

, amiből , vagyis . Így az

ABD háromszög minden szögét meg tudjuk adni:.

.Az ABD háromszögben a szinusztétellel mindkét hiányzó oldalt kiszámíthatjuk:

, amiből .

0 40 20, ,

sin sinb

m4 20

17 09 26 40co o .= =

l l

, ,,

sinsinb

95 2 68 647 7

o

o

=,, , ,

sinsinb

68 647 7 95 2 75 6o

o

$ .=

x

x

645,25x

64,01◦α

A B

CD

P

7. K2

, , ,a b 27 76 26 4 54 16+ = + =

180 72,39 64,01 ,43 60o o o o- - =

,sin 0 9531.a ,72 39o.a

,

322,625 ,sin

sintx

x2

645 25

307 5ABP

$ $$

aa= = =

180 , , ,7ADB 47 7 68 6 63o o o oB = - - =

68,6 68,6 20,9 ,ABD 47 7o o o oB c= - = - =

,,

,sinsin

95 236 4

111 4oc

= ,,, ,sin sin111 4

95 236 4 0 3560o $ .c = 20,9o.c

0 , ,18 68 6 111 4o o ob = - =

8. K2

, ,k 2 29 22 25 102 5ABCD = + =^ h

,,

,sinsinx 645 25

43 664 01 29o

o

$ .=, ,

x645 25 22 25=

, ,,

sinsin

x

x645 25 43 6

64 01o

o

=

63MATEMATIKAI V . T R I G O N O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

D A

BC

P

95,2

36,4

b b

a

68,6◦ 68,6◦−γ

γ

β

A B

CD

, amiből .

Tehát a húrtrapéz szárainak hossza kb. 75,6 cm, a hosszabb alapja pedig 91,7 cm.

6. Koszinusztétel

Adott a háromszög két oldala és a két adott oldal által közbezárt szöge. Számítsuk ki ahiányzó oldal hosszát!a) AC = 29, BC = 34, ACBB = 81º;b) AC = 24, BC = 30, ACBB = 126º.

Alkalmazzuk a koszinusztételt!a) ,

.

b) ,.

Adott a háromszög mindhárom oldalhossza. Számítsuk ki az AB oldallal szemközti szö-gének nagyságát!a) AB = 25, BC = 28, AC = 36;b) AB = 16, BC = 18, AC = 21.

Alkalmazzuk a koszinusztételt!a) ,

,

.

b) ,

,

.

Egy 14 cm2 területű hegyesszögű háromszög két oldalának hossza 8 cm és 7 cm. Szá-mítsuk ki a hiányzó oldal hosszát!

Tudjuk, hogy , vagyis .

Ha , akkor (alkalmaztuk, hogy ).

A koszinusztétel alapján: .

A hiányzó oldal hossza: cm.

, ,,

sinsina

95 2 68 663 7

o

o

=,, 95,2 ,

sinsina

68 663 7 91 7o

o

$ .=

1. K1

29 34 2 29 34 ,cosAB 81 1688 51122 2 2 o$ $ $ .= + -

2. K1

4 , 9AB 8 1.

2 3 2 2 3 ,cosAB 4 0 4 0 126 2322 41082 2 2 o$ $ $ .= + -

,AB 41 09.

25 28 36 2 28 36 cos2 2 2 $ $ $ c= + -

0,cos2 18 21

18 21 16 67332 2 2

$ $.c = + -

8 2 8 cos16 1 21 1 212 2 2 $ $ $ c= + -

43,8o.c

,cos2 28 36

28 36 25 0 72172 2 2

$ $.c = + -

c 113 56 3= -

c 8 7 2 8 723 113 56 32 2 2 $ $ $= + - = -

sin cos 12 2a a+ =cos23c =sin

21c =

14 28sinc=sint ab2

c=

4 ,7 7o.c

3. K2

64 MATEMATIKA I V . T R I G O N O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

Egy trapéz alapjai 61 cm, illetve 18 cm, szárai 61 cm, illetve 68 cm hosszúak.Mekkorák a trapéz szögei?

Az ábra jelöléseit használjuk. Az AED háromszögben a koszinusztételt alkalmazvakiszámítjuk az a és a b értékét is.

, . Ekkor .

, . Ekkor .

A keresett szögek: 79,6°; 61,9°; 118,1°; 100,4°.

Egy turista a pihenőhelyétől keletre haladt 1 km-t, majd északkelet felé haladt 1,4 km-t,végezetül ismét kelet felé sétált 0,2 km-t. Milyen messze van ekkor a pihenőhelytől?

A vázlatrajz szemlélteti a turista útját.

Az (a szögeik páronként egyenlők), a hasonlóság aránya: .

A BC szakaszt is ilyen arányban osztja az E pont, így , .

Koszinusztétellel számolunk:

,

.A hasonlósági arányt felhasználva: .

.Vagyis a turista ekkor kb. 2,4 km-re van a pihenőhelytől.

Egy egyenes turistaúton megállunk egy jellegzetes pontnál, amit a térkép is jelöl. Jobbraelőre tekintve, az egyenes úttal 32º-os szögben látunk egy kilátót. A térképünk szerint 320 mé-terre van tőlünk. Balra előre tekintve, az egyenes úttal 40º-os szögben látunk egy templomtor-nyot. A térképünk szerint ez 1200 méterre van tőlünk. Milyen messze van a kilátótól a templom?

A szöveg alapján vázlatrajzot készítünk.Alkalmazzuk a koszinusztételt:

,.

A kilátótól a templom kb. 1142,4 méterre van.

1

1,4

0,2

135◦

A B

C D

E

0,cos2 68 43

68 43 61 47062 2 2

$ $.b = + - ,61 9o.b 180 , 1 ,61 9 18 1o o oc = - =

,cos2 61 43

61 43 68 0 18032 2 2

$ $.a = + - ,79 6o.a 180 79,6 100,4o o od = - =

4. K2

, ,AE ED 2 0 4 2 4+ = + =

,ED 0 4.

AE 2.

1 2 1 ,cosAE67

67 135 4 01102 2

2o$ $ $ .= + -b bl l

BE3035

67

= =CE307

=

, 11

0 25=DCE ABE+i i

5. K2

,KT 1142 4.

320 1200 2 320 1200 ,cosKT 72 1305 074 9482 2 2 o$ $ $ .= + -

6. K2

65MATEMATIKAI V . T R I G O N O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

43 18

61

18

6868

α ββ

γδ

A E B

D C

1200

32032◦

40◦

T

A

K

A háromszög egyik csúcsából induló oldalak hossza 45 cm, 37 cm. Az ebből induló súly-vonal hossza 35 cm.a) Mekkora a harmadik oldal?b) Mekkora szög van a nem megadott oldallal szemben?

Az ismert adatokat a vázlatrajzon rögzítettük.

a) Az ACD háromszögben a koszinusztétel:

,

.

Az ABD háromszögben a koszinusztétel:

,

.

A két egyenlet összeadásával kapjuk:

,

,.

A harmadik oldal kb. 43,45 cm.

b) Az ABC háromszögre a koszinusztétel:

, .

A közös csúcsnál kb. 63,1°-os szög van.

a) Milyen értékeket vehet fel az x, hogy x2 – x + 1, 2x – 1 és x2 – 2x egy háromszög ol-dalhosszainak mérőszáma legyen?b) Igazoljuk, hogy a fent kapott háromszögek legnagyobb szöge 120º!

a) Mivel a háromszög oldalainak hossza pozitív, ezért teljesülni kell a következő egyenlőtlensé-geknek:x2 – x + 1 > 0, 2x – 1 > 0, x2 – 2x > 0.Mindhárom feltételnek eleget tevő x-ek: .Teljesülni kell a háromszög-egyenlőtlenségeknek is:III. , amiből .

III. , amiből , azaz .

III. , amiből .

Mindent egybevetve: .

b) Egy alkalmas x behelyettesítésével megsejthető, hogy a legnagyobb szög az oldal-lal szemben lesz.(Pl: Ha , akkor , , .)Ezért erre az oldalra írjuk fel a koszinusztételt:

, ami az állítást igazolja.

7. K2

1369 1225 35 cosa a4

2

$ $ d= + -

37 35 2 35 cosa a2 2

2 2 2$ $ $ d= + -a k

45 35 2 35 0cosa a2 2

182 2 2 o$ $ $ d= + - -a ^k h

2025 1225 35 cosa a4

2

$ $ d= + +

a 18882=

a3394 24502

2

= +

,63 1o.a, ,cos

2 37 4537 45 43 45 0 4523

2 2 2

$ $.a =

+ -

,a 43 45.

;x 2 3! 6@

;x 2 3! 6@x x x x x2 2 1 12 22- + - - +^ ^h h

; ;x21 2,3 3! - : 6D @x x2 5 2 02 2- +x x x x x1 2 2 12 2 2- + + - -^ ^h h

;x 0 3! 6@x x x x x1 2 1 22 22- + + - -^ ^h h

;x 2 3! 6@

8. E1

cosx x x

x x x x xx x xx x x

2 2 1 22 1 2 1

2 2 5 22 5 2

21

2

2 2 2 2 2

3 2

3 2

$ $a =

- -

- + - - - +=

- +

- + - =-^ ^

^ ^ ^

^h h

h h h

h

x x2 32- =x2 1 5- =x x 1 72

- + =x 3=

x x 12- +

66 MATEMATIKA I V . T R I G O N O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

35

45

37

a2

a2

α

δ

180◦−δ

A B

C

D

7. Számítások terepen

Egy trapéz alakú telket az egyik átlója mentén egy sétaúttal kettéosztottak. A 4000 m2-es telket ez a sétány 7:3 arányban szeli ketté. A telek szélességének másfélszeresével egyenlő arövidebb párhuzamos oldala. Milyen széles a telek?

A két háromszög területének arányával egyezik a két párhuzamos oldal aránya is (a két három-szög magassága azonos, ezért az oldallal arányos a területük). Legyen , , a szövegalapján a telek szélessége (vagyis a trapéz magassága): .

Ezek alapján: , amiből .

Vagyis a telek szélessége méter.

Egy réten két fa áll. Szeretnénk megtudni a távolságukat, de egyenes mentén nem lehetaz egyik fától a másikig eljutni. Az egyik fától eltávolodunk 50 métert, innen 110°-os szögbenlátjuk a két fa közötti szakaszt. Tovább távolodunk a fától még 20 métert, és ekkor 80°-os szög-ben látjuk a két fa közötti szakaszt. Milyen messze van a két fa egymástól?

Készítsünk egy felülnézeti vázlatrajzot!

Az APQ háromszögben a szinusztétel:

, azaz .

Az APB háromszögben a koszinusztétel:,

.A két fa kb. 73,5 méterre van egymástól.

A Balaton víztükrének tengerszint feletti magassága 105 méter. A Tihanyi-félsziget leg-magasabb pontján, a Csúcs-hegyen állva (tengerszint feletti magassága 235 m) két hajót pil-lantunk meg. A két hajó közötti szakaszt 52°-os szögben, a hajókat külön-külön 2,98°-os, il-letve 4,02°.-os depressziószögben látjuk. a) Milyen messze van tőlünk a két hajó?b) Milyen messze van egymástól a két hajó?

Készítsünk vázlatrajzot.A Csúcs-hegy és a Balaton vizének szintkülönbsége (rajzunkon AC szakasz) 130 méter. Bejelöl-tük a két depressziószöggel azonos nagyságú -et és -et.

y

x

z

20

50

80◦

110◦

70◦

30◦

α

β

Q

A

B

P

1. K1

CH A2 BCH A1 B

,x 73 5.

50 39,4 2 50 39,4 0 ,cosx 11 5399 91942 2 2 o$ $ $ .= + -

300 ,

sinsiny 20 8 39 4o

o

$ .=30

0sinsiny

208

o

o

=

m 40=

x 20=ta c m x x x

x2 2

7 3 210 40002

=+

=+

= =^ ^h h

m x2=

c x3=a x7=

3. K2

2. K2

67MATEMATIKAI V . T R I G O N O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

a) Az AH1C derékszögű háromszögben: , amiből .

Az AH2C derékszögű háromszögben: , amiből .

Számításaink szerint az egyik hajó kb. 2501 méterre, a másik pedig 1854 méterre van tőlünk.

b) Írjuk fel a koszinusztételt a CH1H2 háromszögre:,

.Vagyis a két hajó kb. 1996 méterre van egymástól.

Turistatérképen a Dobogókő (699 m), Pilis (756 m), Bölcső-hegy (588 m) csúcsok egy há-romszöget alkotnak. A térképen a következőket mértük: Pilis és Dobogókő 10 cm, Pilis és Böl-cső-hegy 19,2 cm, Dobogókő és Bölcső-hegy 16,3 cm. A térkép méretaránya 1:40 000.a) Milyen messze van Dobogókőtől a Bölcső-hegy?b) Milyen hosszú a Dobogókő és a Bölcső-hegy legmagasabb pontját összekötő képzeletbelivonal?c) Hány fokos emelkedési szögben kellene a Bölcső-hegyen állva „felnézni” Dobogókőre?d) A Bölcső-hegy legmagasabb pontján állva először a Pilis, utána Dobogókő irányába nézünk.Mekkora a szög a két irány között?

a) Mivel Dobogókő és a Bölcső-hegy 16,3 cm-re van a 1:40 000 méretarányú térképen, ezért avalóságban a távolságuk a mérésünk szerint 16,3 ⋅ 40 000 cm, azaz 6520 méter, vagyis 6,52 km.

b) Az adatok alapján tudjuk, hogy a szintkülönbségük 111 méter. Az előzőekben meghatároz-tuk a vízszintes távolságukat, ami 6520 méter. Pitagorasz-tétellel kapjuk az összekötő vonal

hosszát: méter.

c) Felírhatjuk a keresett szög pl. tangensét: , amiből: .

Vagyis a keresett szög kb. 1°-os.d) Koszinusztétellel számolunk:

.

.A két irány között a szög kb. 31,4°.

Egy kelet felé haladó hajóról két magaslat látható az északi parton, amelyek egymástól 5 km-re vannak, és a magaslatokat a hajóval összekötő egyenes észak-dél irányú. Néhány perchajózás után az egyik magaslat északnyugati, míg a másik észak-északnyugati irányban látható.Mennyit haladt a hajó ez alatt az idő alatt?

Készítsük el a szöveg alapján a vázlatrajzot, felhasználva az égtájak adta szögek nagyságát!A H1H2P egyenlő szárú derékszögű háromszögben a P-nél lévő külső szög 135°-os (a nem mel-lette fekvő két belső szög összege). Így H2PQ háromszögben a Q-nál 22,5°-os szög van. Vagyisez a háromszög is egyenlő szárú: PH2 = 5. A H1H2P egyenlő szárú derékszögű háromszögben

. A hajó kb. 3,5 kilométert haladt.,H HPH

2 25 3 51 2

2 .= =

130

4,02 ◦

2,98◦52◦ y

z

x

C

A

H2

H1

,,

siny

2 98130 2500 6o .=,sin

y2 98 130o

=

,x 1995 5.

2500,6 1854,4 2 2500,6 1854,4 ,cosx 52 3 982 016 5022 2 2 o$ $ $ .= + -

,,

sinz

4 02130 1854 4o .=,sin

z4 02 130o

=

4. K2

,31 4.b

, ,, , ,cos2 16 3 19 2

16 3 19 2 10 0 85372 2 2

$ $.b =

+ -

,0 975o.a6520111tg a =

111 6520 65212 2 .+

5. K2

68 MATEMATIKA I V . T R I G O N O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

45◦

22,5 ◦

135◦

H1 H2

P

Q

5

8. Trigonometrikus egyenletek

Határozzuk meg az x lehetséges értékeit, ha

a) sin x = 0,5; b) sin x = –0,4226; c) cos x = ; d) cos x = 0,2419;

e) tg x = 1; f) tg x = 5,6713; g) ctg x = –1; h) ctg x = –17,6327!

a) vagy , ahol .

b) vagy , ahol .

c) vagy , ahol .

d) vagy , ahol .

e) , ahol .

f) , ahol .

g) , ahol .

h) , ahol .

Oldjuk meg a következő egyenleteket!a) 2 sin2 x + 7 sin x – 4 = 0; b) cos2 x – 1,5 cos x – 1 = 0;

c) 2 sin2 x – sin x = 0; d) 2 cos2 x + cos x = 0;e) 12 sin2 x + sin x – 1 = 0; f) 9 cos2 x + 3 cos x – 2 = 0;g) (tg x + 1)(tg x – 2) = 0; h) tg2 x + 3 tg x = 0.

a) Megoldóképlettel: vagy .

Ez utóbbi nyilván nem lehet (minden x-re ), így a megoldások:

vagy , ahol .

b) Megoldóképlettel: vagy .

Az első nyilván nem lehet (minden x-re ), így a megoldások:

vagy , ahol .

c) Kiemeléssel: vagy .

A megoldások:, ahol .

vagy , ahol .

d) Kiemeléssel: vagy .

A megoldások:, ahol .

vagy , ahol .

e) Megoldóképlettel: vagy .

A megoldások:vagy , ahol .

vagy , ahol .

f) Megoldóképlettel: vagy .

A megoldások:vagy , ahol .

vagy , ahol ., 360x k131 813 3o o$. + , 360x k131 81 44

o o$.- + ,k k Z3 4 !

, 360x k70 531 1o o$. + , 360x k70 532 2

o o$.- + ,k k Z1 2 !

cos x31

= cos x32

=-

, 360x k19 473 3o o$.- + , 360x k160 534 4

o o$.- + ,k k Z3 4 !

14,48 360x k1 1o o$. + , 360x k165 522 2

o o$. + ,k k Z1 2 !

sin x41

= sin x31

=-

0 360x k122 2o o$= + 0 360x k243 3

o o$= + ,k k Z2 3 !

0 0x k9 181 1o o$= + k Z1!

cos x 0= cos x21

=-

0 360x k62 2o o$= + 0 360x k123 3

o o$= + ,k k Z2 3 !

0x k 181 1o$= k Z1!

sin x 0= sin x23

=

0 360x k121 1o o$= + 0 360x k242 2

o o$= + ,k k Z1 2 !

1 cos x 1# #-

cos x 2= cos x21

=-

30 360x k1 1o o$= + 0 360x k152 2

o o$= + ,k k Z1 2 !

1 sin x 1# #-

sin x21

= sin x 4=-

3

2. K2

, 180x k3 25o o$.- + k Z!

5 180x k13 o o$= + k Z!

180x k80o o$. + k Z!

0x k45 18o o$= + k Z!

360x k761 1o o$. + 360x k76 22

o o$=- + ,k k Z1 2 !

360x k451 1o o$= + 360x k452 2

o o$=- + ,k k Z1 2 !

360x k251 1o o$.- + 360x k1552 2

o o$=- + ,k k Z1 2 !

30 360x k1 1o o$= + 0 360x k152 2

o o$= + ,k k Z1 2 !

22

1. K1

69MATEMATIKAI V . T R I G O N O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

g) vagy .A megoldások:

, ahol .

, ahol .

h) Kiemeléssel: vagy .A megoldások:

, ahol .

, ahol .

Oldjuk meg a következő egyenleteket!a) 10 sin2 x – 6 sin x – 8,4 = 0; b) 100 cos2 x – 25 sin x – 79 = 0.

a) Megoldóképlettel: (ami nem ad megoldást, mert minden x-re )vagy .A megoldások:

vagy , ahol .

b) Alkalmazzuk a helyettesítést:

.Megoldóképlettel: vagy .A megoldások:

vagy , ahol .

vagy , ahol .

Oldjuk meg aa) 4 sin x cos x – 2 cos x + 2 sin x – = 0;b) sin x cos x – 3 cos x + 2 sin x – 6 = 0egyenleteket!

a) Az egyenlet bal oldalán álló kifejezést szorzattá alakítjuk:

.

vagy .

A megoldások:vagy , ahol .

vagy , ahol .b) Az egyenlet bal oldalán álló kifejezést szorzattá alakítjuk:

.vagy .

Az egyenletnek nincs megoldása.

Oldjuk meg:

a) ; b) ;

c) ; d) ;

e) ; f) !

a) I. eset: , ahol ,

,

.

x 1tg =- x 2tg =

x 3tg =-x 0tg =

0x k 181 1o$=

, 0x k63 43 182 2o o$. +

0x k45 181 1o o$=- +

k Z1!

k Z2 !

k Z1!

x k8 21 1 $r r

= +

x k42

21 $r r= +

k Z1!x x k66

23

21 $r r r- - + =a ak k

cos x 2=-sin x 3=

sin cosx x3 2 0- + =^ ^h h

,k k Z3 4 !360x k1504 4o o$= +360x k303 3

o o$= +

,k k Z1 2 !135 360x k2 2o o$=- +135 360x k1 1

o o$= +

sin x21

=cos x22

=-

2 2cos sinx x2 1 0+ - =^ ^h h

,sin x 0 35.,sin x 0 6.-

100 25sin sinx x 21 02+ - =

1cos sinx x2 2= -

,k k Z3 4 !1 , 360x k59 514 4o o$. +, 360x k20 493 3

o o$. +

,k k Z1 2 !1 , 360x k43 132 2o o$.- +, 360x k36 871 1

o o$.- +

,k k Z1 2 !, 360x k138 372 2o o$.- +41,63 360x k1 1

o o$.- +

,sin x 0 6644=-

1 sin x 1# #-,sin x 1 2644.

, 0x k71 57 182 2o o$=- + k Z2 !

3. K2

224. K2

x x55

25

tg tgr r+ = -b al kx x2

8 2tg tgr r

+ = +a ak k

sin sinx x84

76

r r+ = -a ak ksin sinx x3

22

4r r

- = +a ak k

cos cosx x85

43

2r r- = +a bk lcos cosx x6

62

3r r

- = +a ak k

5. K2

70 MATEMATIKA I V . T R I G O N O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

II. eset: , ahol ,

,

.

Az egyenlet gyökeit az x1, x2 adja.

b) I. eset: , ahol ,

.

II. eset: , ahol ,

.

Az egyenlet gyökeit az x1, x2 adja.

c) I. eset: , ahol ,

.

II. eset: , ahol ,

.

Az egyenlet gyökeit az x1, x2 adja.

d) I. eset: , ahol ,

.

II. eset: , ahol ,

.

Az egyenlet gyökeit az x1, x2 adja.

e) Értelmezési tartomány: , , ahol .

, ahol ,

.

f) .

Értelmezési tartomány: , , ahol .

, ahol ,

.

k Z1!x x k85

43

2 21 $r r r- - + =a bk l

x k48 42 2 $r r

=- +

x k86

22 $r r=- +

k Z2 !2x x k66

23 2 $

r r r- + + =a ak k

x k203

4$r r

=- +

x x k55

25

$r r r+ - - =b al k k Z!

,l l Z1 2 !x l107

2 $! r r+x l50 51 $!r r

+

x x55

25

tg tgr r+ = -b al k

x k8

31 $r r= +

k Z!x x k28 2

$r r r+ - + =a ak k

,l l Z1 2 !x l2 $! rx l163

21 $!r r

+

x k180 15

22 2 $

r r=- +

x k125 21 1 $r r=- +

2x x k84

76 2 $

r r r r+ + - = +a ak k

x x k84

76

21 $r r r+ - - =a ak k

x k4 5

22 2 $

r r= +

x k4

3 21 1 $r r= +

2x x k32

24 2 $

r r r r- + + = +a ak k

x x k32

24

21 $r r r- - + =a ak k

k Z2 !

k Z2 !

k Z1!

k Z1!

x k1807

62 2 $r r

=- +

x k60

1321 1 $

r r= +

k Z2 !2x x k85

43

22 $

r r r- + + =a bk l

71MATEMATIKAI V . T R I G O N O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

9. Trigonometrikus összefüggések (Emelt szint)

A következő kifejezéseket írjuk olyan alakban, hogy a szögfüggvényei szerepeljenekbenne:a) sin(a – 45º); b) sin(a + 60º); c) sin(30º – a); d) sin(135º + a);e) cos(a + 120º); f) cos(a – 210º); g) cos(60º + a); h) cos(240º – a).

a) .

b) .

c) .

d) .

e) .

f) .

g) .

h) .

Adjuk meg a pontos értékét!a) sin 99º cos 21º + cos 99º sin 21º;b) sin 50º cos 20º – cos 50º sin 20º;c) cos 48º cos 12º – sin 48º sin 12º;d) cos 104º cos 14º + sin 104º sin 14º.

a) sin 99º cos 21º + cos 99º sin 21º = sin 120º = ;

b) sin 50º cos 20º – cos 50º sin 20º = sin 30º = ;

c) cos 48º cos 12º – sin 48º sin 12º = cos 60º = ;

d) cos 104º cos 14º + sin 104º sin 14º = cos 90º = 0.

a) Határozzuk meg tg(a + b) értékét, ha , !

b) Határozzuk meg ctg(a + b) értékét, ha , !

a) .

b) Mivel , , ezért , .

, vagyis .

45 45sin sin cos cos sin sin cos4522

22o o oa a a a a- = - = -^ h

1. E1

0 120 120cos cos cos sin sin cos sin1221

23o o oa a a a a+ = - =- -^ h

135 135 135sin sin cos cos sin cos sin22

22o o oa a a a a+ = + = -^ h

30 30 30sin sin cos cos sin cos sin21

23o o oa a a a a- = - = -^ h

60 60 60sin sin cos cos sin sin cos21

23o o oa a a a a+ = + = +^ h

171ctg

tga b

a b+ =

+=^

^h

h1 231

231

3137

7tg$

a b+ =-

+= =^ h

31tg b =2tg a =3ctg b =2

1ctg a =

1 141

43

41

43

16131

1316tg

tg tgtg tg

$a b

a b

a b+ =

-

+=

-

+= =^ h

2121

23

0 240 240cos cos cos sin sin cos sin2421

23o o oa a a a a- = + =- -^ h

60 60 60cos cos cos sin sin cos sin21

23o o oa a a a a+ = - = -^ h

0 210 210cos cos cos sin sin cos sin2123

21o o oa a a a a- = + =- -^ h

2. E1

43tg b =4

1tg a =3. E1

21ctg a = 3ctg b =

72 MATEMATIKA I V . T R I G O N O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

Egyszerűsítsük a következő kifejezéseket a változó lehetséges értékeinél!

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

a) .

b) .

c) .

d) .

Oldjuk meg a következő egyenleteket!a) sin 2x – 2 sin x = 0; b) sin 2x + 2 cos x = 0;c) cos 2x – sin x – 1 = ; d) cos 2x + 2 sin x – 1 = 0.

a) ,,

vagy .A megoldások:

, ahol .

, ahol ,

vagyis , ahol .b) ,

,vagy .

A megoldások:

, ahol .

, ahol .

c) ,

,

,,

vagy .

A megoldások:, ahol .

, ahol .

d) ,

,

,,

vagy .A megoldások:

, ahol .

, ahol .

cossin

xx2

cos sincosx x

x2+ cos

cos cos sinx

x x x2

2-

sincos sin

xx x2

4. E1

cos x 1=sin x 0=

2sin cosx x 1 0- =^ h

2 2sin cos sinx x x 0- =

2sincos sin

sin coscos sin

xx x

x xx x

2 21

= =

coscos cos sin

cos sincos cos sin

cos sin cos sincos cos sin

cos sincos

xx x x

x xx x x

x x x xx x x

x xx

2

2

2 2- =

-

-=

+ -

-=

+

^

^ ^

^h

h h

h

cos sincos

cos sincos sin

cos sincos sin cos sin

cos sinx x

xx xx x

x xx x x x

x x2 2 2

+=

+- =

+

+ -= -

^ ^h h

2 2cossin

cossin cos sin

xx

xx x x2

= =

5. E1

k Z2 !x k22 2 $r r= +

k Z1!x k1 1 $ r=

sin x 1=sin x 0=

2sin sinx x 1 0- =^ h

2 2sin sinx x 02- =

1 2sin sin sinx x x 1 02 2- - + - =

2cos sin sinx x x 1 02 2- + - =

,k k Z2 3 !2x k6

53 3 $

r r=- +x k6

22 2 $r r=- +

k Z1!x k1 1 $ r=

sin x21

=-sin x 0=

2sin sinx x 1 0+ =^ h

2sin sinx x 02+ =

1 sin sin sinx x x 1 02 2- - - - =

cos sin sinx x x 1 02 2- - - =

x k 22 2 $r r=- + k Z2 !

k Z1!x k21 1 $r r= +

sin x 1=-cos x 0=

2cos sinx x 1 0+ =^ h

2 2sin cos cosx x x 0+ =

k Z!x k $ r=

k Z2 !x k 22 2 $ r=

k Z1!x k1 1 $ r=

73MATEMATIKAI V . T R I G O N O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

74 MATEMATIKA I V . T R I G O N O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

Oldjuk meg a következő egyenleteket!

a) ; b) tg x + ctg x = ctg 2x.

a) Értelmezési tartomány: , ahol .

Írható a következő alakban is:

.

Szorozzunk a közös nevezővel:.

Ez minden x-re teljesül, ezért a megoldás:

.

b) Értelmezési tartomány: , ahol .

Írható a következő alakban is:

,

.

Szorozzunk a közös nevezővel:,

,

,

.

Nincs valós megoldás.

10. Vegyes feladatok

Oldjuk meg a következő egyenleteket!a) sin x = x2; b) cos x = x2.

a) Ábrázoljuk a koordinátasíkon a valós számok halmazán értelmezett éshozzárendelésű függvények grafikonját.

Az elkészült ábráról a metszéspontok első koordinátájának közelítő értékét leolvassuk radiánban:, .

x

y

1

0 0,9

f

g

6. E1

sinx x

x22tg ctg+ =

k Z!x k2$!

r

3 1sin sinx x 02 2+ - =^ h

3sin cosx x 02 2+ =

2 2sin cos cos sinx x x x2 2 2 2+ = -

2cossin

sincos

sin coscos sin

xx

xx

x xx x2 2

+ = -

cossin

sincos

sincos

xx

xx

xx

22

+ =

k Z!x k2$!

r

\ ,x x k kR Z2

ahol$! !r=% /

sin cosx x 12 2+ =

cossin

sincos

sin cosxx

xx

x x1

+ =

,x 0 92 .x 01 =

g x x2=^ hsinf x x=^ h

sin x212

=-

1. K2

75MATEMATIKAI V . T R I G O N O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

b) Ábrázoljuk a koordinátasíkon a valós számok halmazán értelmezett éshozzárendelésű függvények grafikonját.

Az elkészült ábráról a metszéspontok első koordinátájának közelítő értékét leolvassuk radiánban:, .

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

a) Tudjuk, hogy minden valós x-re igaz, ezért , azaz

.Vagyis minden valós x megfelelő lesz.

b) Tudjuk, hogy minden valós x-re igaz, ezért , azaz

.Vagyis minden valós x megfelelő lesz.

Oldjuk meg a következő egyenletrendszereket!

a) ; b) .

a) Kapjuk, hogy: , .

A megoldás: vagy , ahol .

vagy , ahol .

b) I. , , II. , ,

A megoldások: I. eset

vagy , ahol .

vagy , ahol .II. eset

vagy , ahol .

vagy , ahol .

cosf x x=^ h g x x2=^ h

x

y

1

0 0,8−0,8f

g

1 sin x 1# #- 1 2 sin x 3# #-

3 sin x2 2# #+

2 3 sin x 4# #+1 sin x 1# #-

,x 0 82 .,x 0 81.-

2 sin x 1$-3 sin x 2#+

2. K2

2 sin x1 3# #-

q Z!60 360y qo o$=- +60 360y qo o$= +

p Z!1 0, 360x p6 5o o$. +, 360x p19 5o o$. +

m Z!, 360y m70 5o o$.- +, 360y m70 5o o$. +

n Z!0 360x n15 o o$= +30 360x no o$= +

cos y21

=cos y31

= sin x31

=sin x21

=

m Z!0 360y m6 o o$=- +0 360y m6 o o$= +

n Z!0 360x n15 o o$= +30 360x no o$= +

cos y21

=sin x21

=

66 6

sin cossin cos

x yx y

15

$ =

+ =3

sin cossin cos

x yx y

10

+ =

- =3

3. K2

Oldjuk meg a következő egyenleteket!

a) ; b) cos2 x = sin 2x – sin2 x.

a) ,

.

vagy , ahol , vagyis

vagy , ahol .

b) ,

, ahol , vagyis

.

Oldjuk meg a következő egyenleteket!

a) ; b) ;

c) ; d) .

a) , ( és cos(–a) = cos a)

.

A és az szögek koszinusza egyenlő.

Készítsünk rajzot az egységkörrel! Vegyünk fel egy koszinuszértéket, és rajzoljuk be a kétmegfelelő egységvektort!

I. eset: Mindkét szög ugyanahhoz az egységvektorhoz tartozik. Ekkor a két szög különbsége2r többszöröse:

, ahol ,

,

.

II. eset: A két szög nem egy egységvektorhoz tartozik. Ekkor a két szög összege is 2r több-szörösével egyenlő:

, ahol ,

,

.

Az egyenlet gyökeit az x1, x2 adja.

b) ,

.

I. eset: , ahol ,

.

cos sinx x214 4

- =

4. K2

cos sin cos sinx x x x212 2 2 2

1

- + =^ ^h h6 7 8444 444

0x k45 18o o$= +

k Z!2 90 360x ko o$= +

cos sin sinx x x22 2

1

+ =6 7 8444 444

0 0x k3 182o o$=- +0 0x k3 181

o o$= +

2 60 360x k2o o$=- +2 60 360x k1

o o$= +

,k k Z21 !

,k k Z21 !

cos x221

=

5. E1

cos sinx x33 5r r

- = +a ak k sin cosx x25

24

r r- = +b al k

cos cosx x36

22

5r r+ =- +a bk l sin sinx x6

32

5r r

- =- -a ak k

sin cos 90oa a= -^ hcos cosx x33 5 2r r r

- = + -a ak k

x x k33 10

3 21 $r r r- - - =a bk l k Z1!

x103r

-x33r

-

cos cosx x33 10

3r r- = -a bk l

x k601 1 $r r= +

x k230

21 $r r= +

x k20

231 1 $

r r= +

k Z1!x x k2109

421 $

r r r- - + =b al k

0sin cos 9 oa a= -^^ hhcos cosx x2109

4r r

- = +b al k

cos cosx x25

22 4

r r r- - = +b al k

x k12019

22 2 $r r

= +

2x k430

192 $

r r= +

k Z2 !2x x k33 10

32 $

r r r- + - =a bk l

76 MATEMATIKA I V . T R I G O N O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

x

y

1

1

O

II. eset: , ahol ,

.

Az egyenlet gyökeit az x1, x2 adja.

c) , azaz .

I. eset: , ahol ,

.

II. eset: , ahol ,

.

Az egyenlet gyökeit az x1, x2 adja.

d) , azaz .

A és a szögek szinusza egyenlő.

Készítsünk rajzot az egységkörrel! Vegyünk fel egy szinuszértéket, és rajzoljuk be a két meg-felelő egységvektort!Két esetet tudunk elképzelni.I. eset: Mindkét szög ugyanahhoz az egységvektorhoz tartozik. Ekkor a két szög különbsége2r többszöröse:

, ahol ,

,

.

II. eset: A két szög nem egy egységvektorhoz tartozik:

, ahol ,

,

.

Az egyenlet gyökeit az x1, x2 adja.

11. Háromszögelés régen és ma

Egy háromszögelési hálózatban az A és B alappontok azonos tengerszint feletti magas-ságban vannak és a távolságuk 12 km.A számítások előtt a következő szögek nagyságát tudtuk megmérni: ABCB = 58º, BACB = 46º,CATB = 5º, ahol T pont a C merőleges vetülete az A-t tartalmazó vízszintes síkra.a) Határozzuk meg a C alappont helyzetét!b) Határozzuk meg a C pont tengerszint feletti magasságát, ha az A ponté 125 m!

A szöveg alapján rajzot készítünk.a) Az ABC háromszögben a C-nél lévő szög: 180º – 58º – 46º = 76º.

Alkalmazzuk a szinusztételt erre a háromszögre:

,

sin sinx x63

25

4r r- = +a bk l

cos cosx x36

22

5r r r+ = + -a bk l

sinsinAC

12 7658

o

o

=

x k60

133

22 2 $

r r= +

k Z2 !x x k2109

422 $

r r r- + + =b al k

cos cosx x36

22

5r r+ =- +a bk l

sin sinx x63

25

r r- =- -a ak k

x k3

45

22 2 $

r r=- +

2x k3

41 1 $

r r= +

k Z2 !2x x k36

22

32 $

r r r+ + + =a bk l

k Z1!2x x k36

22

31 $

r r r+ - + =a bk l

x25

4r+x6

3r

-

x k1207

42 2 $r r

=- +

2x k8157

2 $r r= - +

k Z2 !2x x k63

25

42 $

r r r r- + + = +a bk l

x k60

1721 1 $

r r= +

x k415

17 21 $r r= +

k Z1!x x k63

25

4 21 $r r r- - + =a bk l

1. K2

77MATEMATIKAI V . T R I G O N O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

x

y

1

1

O

46◦

58◦

5◦

A

B

T

C

12 km

x

.

,

.

Vagyis a C alappont légvonalban A-tól 10,5 km-re, B-től pedig 8,9 km-re található.b) Az ATC derékszögű háromszögben:

,

.Azaz 915 méterrel van magasabban, mint az A pont, ezért a tengerszint feletti magassága1040 méter.

Az A, B és C azonos tengerszint feletti magasságban lévő háromszögelési pontok általmeghatározott háromszögben AB = 14 km, BC = 17 km, AC = 13 km. A sík terepen egy olyanD pontban állunk az ABC háromszögön belül, ahonnan az AB szakasz 135°-os, az AC szakaszpedig 100°-os szögben látszik. Milyen messze vagyunk a C ponttól?

A C-nél lévő c szög nagyságát koszinusztétellel kiszámítjuk:,

.Az ábrán látható jelöléseket használva:

.A D pontból a BC szakasz 360º – 100º – 135º = 125º alatt látszik. Így

.

Írjuk fel az ADC és a BDC háromszögekre a szinusztételt, ekkor kétismeretlenes egyen-letrendszert kapunk:

, ahonnan .

, ahonnan .

Vagyis:

.

Számoljunk közelítő értékekkel:.

Alkalmazzuk az addíciós tételeket:,

,,

.Visszahelyettesítve kapjuk a DC szakasz hosszát:

.

Vagyis a D pont kb. 10,33 km-re van a C háromszögelési ponttól.0

,0

, ,,

sinsin

sinsin

DCx

1310

26 3513

1026 35 25 15

10 33o

o

o

o o

$ $=+

=+

=^ ^h h

,x 25 15o=

sinsinBC

12 7646

o

o

=

,sinsinAC 12

7658 10 5o

o

$ .=

12 ,sinsinBC

7646 8 9o

o

$ .=

10,5 ,sinx 5 0 915o$ .=

,sin

ACx x5

10 5o

= =

2. K2

14 13 17 2 13 17 cos2 2 2 $ $ $ c= + -

,53 65o.c

,x 0 4694tg =

1,1436 0,5368sin cosx x=

0,6361 26,35 ,sin cos cos sin sin cos cos sinx x x x26 35 55 55o o o o$ + = -^ h

0,6361 ,sin sinx x26 35 55o o$ + = -^ ^h h

026,35sin

sinsin

sinx x13

1017

12555

o

o

o

o

$ $+

=-^ ^h h

1,

sinsin

DCx

3100

26 35o

o

$=+^ h

sinsinDC

13 100od

=

sinsin

DCx

17125

55o

o

$=-^ h

sinsinDC

17 125of

=

180 125 x x55o o of = - - = -

180 100 180 100 53,65 ,x x x26 35o o o o o od c= - - + = - - + = +

78 MATEMATIKA I V . T R I G O N O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

δε

xγ−x

100◦

135◦

14

1713

A B

C

D

1. Vektorok koordináta-rendszerben, műveletekvektorokkal

Adottak a következő helyvektorok: a(–2; 5), b(3; –10), c(2; 0), d(5; –2,5). Számítsuk ki azalábbi vektorok koordinátáit!

a) a + b; b) a – c + 2d; c) 2a – c + 4d; d) a + b – c – d.

a) ; b) ;

c) ; d) .

Mely x vektort adtuk hozzá az a(4; 3) vektorhoz, ha az eredmény a b(–2; 7) vektor lett?

Ha , akkor és . Tehát x(–6; 4).

Adottak az a(4; 4) és b(–6; 2) vektorok. Ábrázoljuk koordináta-rendszerben az

vektort!

Az vektor koordinátái (5; 1).

Legyen k egy pozitív valós szám, és adott két vektor: a(log2 k; log2 2k), b(–log2 k; log2 4k).Határozzuk meg az a + b vektor koordinátáit!

Az a + b vektor első koordinátája 0. A második koordináta:.

Tehát (a + b) (0; 3 + 2log2 k).

Bontsuk fel a v(6; 3) vektort a(2; –1) és b(–2; 6) irányú összetevőkre!

Legyen v = a ⋅ a + b ⋅ b. Ekkorés .

Az egyenletrendszer megoldása: , . Tehát v = 4,2a + 1,2b.

x

y

1

1

0

ab

a−b2

,4 2a =,56 1 2b = =

6 3a b- + =2 2 6a b- =

2 4 8 8 3 2log log log log log logk k k k k2 2 22

2 22

2+ = = + = +

a b2-

x3 72+ =x4 21+ =-;x xx 1 2^ h

; ,a b c d 6 2 5+ - - - -^ ^h h221 4 ;a c d 15 0- +b ^l h

2 ;a c d 6 0- +^ ^h h;a b 1 5+ -^ ^h h

2. K1

a b2-3. K1

4. K2

5. K2

21

1. K1

1 1 . É V F O L Y A M

V . K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A 79MATEMATIKA

Koordináta-geometriaV.

80 MATEMATIKA V . K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

Adott négy vektor: a(1; 2), b(–4; 2), c(5; 10) és v(–11; 8). Tudjuk, hogyv = a ⋅ a + b ⋅ b + c.Határozzuk meg az a, b valós számokat!

A feltételekből, azaz és, azaz .

Vonjuk ki a második egyenletből az elsőt:, ahonnan és ezzel .

2. Szakasz felezőpontjának, harmadolópontjánakkoordinátái

Számítsuk ki az AB szakasz felezőpontjának a koordinátáit, haa) A(–2; 7), B(4; 11); b) A(5; 3,5), B(–1,2; 4,6); c) A(k; 3k + 1), B(6 – k; 9 – 3k)!

a) F(1; 9); b) F(1,9; 4,05); c) F (3; 5).

Az AB szakasz egyik végpontja A, felezőpontja F. Számítsuk ki a szakasz másik végpont-jának a koordinátáit, haa) A(5; –2), F(3; 3); b) A(–0,6; 1,4), F(1,2; –4,2); c) A(lg 2; lg 5), F(lg 5; lg 20)!

Az egyenlőségből .

a) B(1; 8); b) B(3; –9,8); c) B(lg 12,5; lg 80).

Az A(–6; 10) pontnak a P(2; 3) pontra vonatkozó tükörképe A’. Számítsuk ki a P pontnakaz A’ pontra vonatkozó tükörképét!

Készítsünk egy fiktív ábrát.

A P pont az AA’ szakasz felezőpontja, így A’(10; –4). Az A’ pont a PP’ szakasznak felezőpontja,tehát P’(18; –11).

Egy háromszög egyik csúcspontja A(4; –6). Az A csúccsal szemközti oldal felezőpontja F(5; 11). Számítsuk ki a háromszög súlypontjának a koordinátáit!

A háromszög S súlypontja az AF szakasz F-hez közelebbi harmadolópontja. Ezek szerint Skoordinátái:

.

Az origónak az A(a1; a2 ) pontra vonatkozó tükörképe A’, a B(b1; b2 ) pontra vonatkozó tü-körképe B’. Bizonyítsuk be, hogy az origónak az AB szakasz felezőpontjára vonatkozó tükör-képe az A’B’ szakasz felezőpontja!

Az AB szakasz felezőpontja: . Az origónak erre a pontra vonatkozó tükör-

képe: )

6. E1

A(−6; 10) A′(x; y)

P(2; 3) P′(p1; p2)

5 15b = 3b = 4a =-

1a b+ =-2 2 10 8a b+ + =

4 16a b- =-4 5 11a b- + =-

AB ;F a b a b1 1 2 2= + +l ^ h

;Fa b a b

2 2AB1 1 2 2+ +

c m

;S3

143

16b l

2b f a= -f a b2= +

2. K1

3. K2

4. K2

5. E1

1. K1

81MATEMATIKAV . K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

Az origónak az A és B pontra vonatkozó tükörképei:, ,

így az A’B’ szakasz felezőpontja: .A két eredményt egybevetve a bizonyítandó állításhoz jutunk.

Az AB szakasz két végpontja A(12; 6), B(9; 18). Számítsuk ki az AB szakasz A-hoz legkö-zelebbi hatodolópontjának a koordinátáit!

Egy szakasz hatodolópontja a szakaszt 1 : 5 arányban osztja két részre. Ezek szerint a keresettpont koordinátái:

, .

A keresett osztópont: P(11,5; 8).

3. A háromszög súlypontjának, szakasz tetszőlegesosztópontjának koordinátái

Számítsuk ki az ABC háromszög súlypontjának koordinátáit, haa) A(3; –3), B(4; 5), C(2; –8); b) A(0,5; 6), B(4; –4), C(–1,5; –7)!

a) ; b) .

Adott a háromszög két csúcspontja és az S súlypontja. Határozzuk meg a harmadik csúcskoordinátáit!a) A(5; 3), B(–2; 4), S(0; 0); b) A(4; –7), B(1,4; –2,6), S(0,2; 3,6).

Az egyenlőségből .

a) C(−3; −7); b) C(−4,8; 20,4).

Számítsuk ki az AB szakasz azon pontjának koordinátáit, mely P pontra , ha

A(–12; 4), B(6; 3)!

, tehát .

Az AB szakasz egyik csúcspontja A(5; 8). A szakasz A-hoz közelebbi ötödölőpontja P(–4; 2). Határozzuk meg a B pont koordinátáit!

Az ötödölőpont 1 : 4 arányban osztja ketté a vizsgált szakaszt. Mivel

, ezért , tehát P(−40; −22).

Az ABC háromszög oldalait meghosszabbítjuk az alábbi módon: AB-t B-n túl a BP = 3AB,BC-t C-n túl a CQ = 3BC, végül a CA-t A-n túl az AR = 3CA szakasszal. Igazoljuk, hogy a PQR há-romszög súlypontja egybeesik az ABC háromszög súlypontjával!

Legyenek az eredeti háromszög koordinátái , , . Ekkor az ABC három-szög S súlypontja:

.

;F a b a bA B 1 1 2 2+ +l l^ h

;A a a2 21 2l^ h ;B b b2 21 2l^ h

6. E1

y6

5 6 18 8$= + =x

65 12 9

223$

= + =

;Sa b c a b c

3 31 1 1 2 2 2+ + + +

c m

;C c c1 2^ h;B b b1 2^ h;A a a1 2^ h

5 4b p a= -4p a b

5= +

;P 89

34-b l

7 2p a b9= +

3c s a b= - -s a b c3= + +

;S 135

-b l;S 3 2-^ h

1. K1

2. K1

PBPA

72

=3. K2

4. K2

5. E1

82 MATEMATIKA V . K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

A B pont az AP szakasz A-hoz közelebbi negyedelőpontja, így a P pont koordinátái:és .

Hasonlóan kapjuk a Q és R pont koordinátáit:,

,

.A PQR háromszög súlypontjának S*(x*; y*) koordinátái

,

.

Ezt egybevetve ABC háromszög súlypontjával, kapjuk a bizonyítandó állítást.

Az ABCD téglalap AB oldalának A-hoz, BC oldalának B-hez, CD oldalának C-hez, DA ol-dalának D-hez közelebbi negyedelőpontjai rendre P, Q, R, T. Igazoljuk, hogy a PQRT négyszögparalelogramma, és szimmetriacentruma megegyezik az ABCD téglalap szimmetriacentrumával!

Helyezzük el az ABCD téglalapot egy koordináta-rendszerben úgy, hogy oldalai párhuzamosaklegyenek a koordinátatengelyekkel. Ekkor két-két pont első koordinátái és két-két pont máso-dik koordinátái egyenlők lesznek (lásd ábra).

A P, Q, R, T pontok koordinátái:

, , , .

A PQRT négyszög akkor és csak akkor paralelogramma, ha átlói felezik egymást. A PR és QTszakaszok felezőpontjai:

x

y

1

1

0

A(a1; a2) B(b1; b2)

C(c1; c2)D(d1; d2)

PQ

RT

P(x; y)A B

C

Q

R

y b a5 42 2= -x b a5 41 1= -

;P b a b a5 4 5 41 1 2 2- -^ h

;R a c a c5 4 5 41 1 2 2- -^ h

;Q c b c b5 4 5 41 1 2 2- -^ h

*xb a c b a c a b c

35 4 5 4 5 4

31 1 1 1 1 1 1 1 1=- + - + -

=+ +

*yb a c b a c a b c

35 4 5 4 5 4

32 2 22 2 2 2 2 2=- + - + -

=+ +

6. E1

;T ac a

43

12 2+

c m;Rb a

c4

3 1 12

+c m;Q b

a c4

31

2 2+c m;P

a ba

43 1 1

2+

c m

83MATEMATIKAV . K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

, azaz ,

.

Tehát PQRT négyszög átlói felezik egymást, így e négyszög valóban paralelogramma.Mivel a PQRT négyszög átlóinak felezőpontja megegyezik az ABCD téglalap átlóinak felező-pontjával, ezért a két négyszög szimmetriacentruma egybeesik.

4. Két pont távolsága

Számítsuk ki az AB szakasz hosszát, haa) A(5; –2), B(4; 8); b) A(–3; 1), B(5; 5); c) A(2,5; 3), B(–4,5; –6)!

a) ;

b) ;

c) .

Egy háromszög csúcspontjainak a koordinátái A(5; 2), B(–5; –2), C(4; –11). Számítsuk kia háromszög kerületét!

, , .

Tehát a háromszög K kerülete: .

Egy kör egy átmérőjének két végpontja A(–6; 4), B(5; 3). Számítsuk ki a kör területét!

A kör R sugara az AB szakasz fele.

, tehát .

A kör T területe:

.

Az origónak az A(2; 4) pontra vonatkozó tükörképe A’, a B(8; 2) pontra vonatkozó tü-körképe B’. Milyen hosszú az A’B’ szakasz?

A’(4; 8), B’(16; 4). Tehát

.

Az AB szakasz végpontjai A(–6; 3), B(5; –10). Egy P pont az AB szakaszt 3 : 7 aránybanosztja két részre. Számítsuk ki a P pont koordinátáit, valamint az AP és BP szakaszok hosszát!

I. eset:Ha AP : PB = 3 : 7.A P pont koordinátái: P(–2,7; –0,9). A keresett távolságok:

,

II. eset: Ha BP : PA = 3 : 7.A P pont koordinátái: P(1,7; –6,1). A keresett távolságok:PA ≈ 11,9, PB ≈ 5,1.

;Fa b a c

2 2QT1 1 2 2+ +

c m

;Fa b a c

2 2PR1 1 2 2+ +

c m;Fa b b a a c

83 3

2PR1 1 1 1 2 2+ + + +

c m

A B 144 16 160 4 10= + = =l l

,T R4

122 95 812 .r r= =

R2122

=AB 121 1 122= + =

,K 116 162 170 36 55.= + +

AC 170=BC 162=AB 116=

, ,AB 2 5 4 5 3 6 1302 2= + + + =^ ^h h

AB 3 5 1 5 802 2= - - + - =^ ^h h

AB 5 4 2 8 1012 2= - + - - =^ ^h h

2. K1

3. K1

4. K2

1. K1

5. E1

, , 11,9PB 59 29 82 81.= +, , 5,1PA 10 89 15 21.= +

Legyen k egy pozitív valós szám. Egy háromszög csúcspontjainak a koordinátái A(log2k; log24k), B(log22k; log24k), C(log2k; log28k). Számítsuk ki a háromszög területét!

A pontok koordinátáit tüzetesebben megnézve azt vehetjük észre, hogy az AB oldal az x ten-gellyel, az AC oldal pedig az y tengellyel párhuzamos.

Az AB oldal hossza: .

Az AC oldal hossza: .

A háromszög egy egységnyi befogójú egyenlő szárú derékszögű háromszög.

Területe: területegység.

5. Vektorok skaláris szorzata

Számítsuk ki az alábbi a és b vektorok skaláris szorzatát!a) a(4; –2), b( 5; –2); b) a(5; 1), b(4; –4); c) a(3; 11), b(–6; 2).

a) ;

b) ;

c) .

Számítsuk ki az a és b vektorok hajlásszögét!a) a(6; –6), b(3; 2); b) a(4; 1), b(5; –2); c) a(10; 3), b(4; –2).

Az a és b vektorok a hajlásszögére: .

a) , ;

b) , ;

c) , .

Számítsuk ki a p paraméter értékét úgy, hogy az alábbi két vektor merőleges legyen egy-másra: a(1,4; 6), b(2,5; p)!

Ha az a és b vektorok merőlegesek egymásra, akkor skaláris szorzatuk 0.

, azaz , tehát .

Határozzuk meg a p paraméter értékét úgy, hogy az x tengelynek csak egyetlen olyanpontja legyen, melyből az A(4; 6) és B(10; p) pontokat összekötő szakasz derékszögben látszik!

Ha az x tengely P (xo; 0) pontjából az AB szakasz derékszögben látszik, akkor a és vekto-rok merőlegesek egymásra, tehát skaláris szorzatuk 0: .

, .

, azaz

.Ha azt akarjuk, hogy az x tengelynek csak egy olyan pontja legyen, melyből az AB szakasz de-rékszögben látszik, akkor a kapott x0-ban másodfokú egyenletnek csak egy megoldása lehet. Ezazt jelenti, hogy diszkriminánsának 0-nak kell lennie.

, ahonnan .p14 4 40 6 02- + =^ h p

23

=

x x p14 40 6 002

0- + + =

PA PB x x p4 10 6 00 0$ = - - + =^ ^h h

;PA x4 60-^ h ;PB x p10 0-^ h

PA PB 0$ =

PA PB

4. E1

6. E1

2log log log logAB k kkk2 2 12 2 2 2= - = = =

T21

=

2 1log log log logAC k kkk8 4

48

2 2 2 2= - = = =

p127

=-,p6 3 5=-1,4 2,5 6 0pa b$ $= + =

,43 26o.a,cos109 20

34 0 7282$

.a =

,35 83o.a,cos17 29

18 0 8107$

.a =

cosa a b b

a b a ba ba b

12

22

12

22

1 1 2 2

$$

$a = =

+ +

+

,78 7o.a,cos72 13

66 2 13

6261 0 1961

$ $.a = = =

a b 3 6 11 2 4$ $ $= - + =^ h

a b 5 4 1 4 16$ $ $= + - =^ h

4 5 24a b 2 2$ $ $= + - - =^ ^h h

1. K1

2. K1

3. K2

84 MATEMATIKA V . K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

Ezzel , azaz .

Tehát az x tengely egyedüli pontja, melyből AB derékszögben látszik: P(7; 0).

Az ABC derékszögű háromszög befogóira egy-egy négyzetet emeltünk, majd e négyze-tek egy-egy csúcsát összekötöttük az ábrán látható módon; legyen az így keletkezett összekötőszakasz felezőpontja F. (ábra) Igazoljuk, hogy az ABCF négyszög húrnégyszög!

Helyezzük el az ábrát egy koordináta-rendszerben úgy, hogy a befogók egy-egy tengelyre il-leszkedjenek, és legyen a befogók hossza a és b.

Az ABCF négyszög akkor és csak akkor húrnégyszög, ha , hiszen az AB szakasz C-ből derékszögben látszik. A megfelelő pontok koordinátáiból az F pont koordinátái:

. Ekkor

, azaz .

, azaz .

.

Tehát az és vektorok merőlegesek egymásra, így az ABCF négyszög valóban húrnégyszög.

B

A

C F

FA FB

FA FBb a b a a b a b b a a b a b a b

2 2 2 20$ =-

+ --

+ -=

+ --

+ -=

^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^h h h h h h h h

;FA b b a a b2 2- - - -

b l ;FA b a a b2 2+ - -

b l

;FB b a a a b2 2- - - -

b l ;FB b a a b2 2- - +

b l

;F b a a b2 2- -

b l

0AFB 9 oB =

ba

x

yB(0; a)

A(b; 0)

C F

E(−a; a)

D(b; −b)

x 7 002- =^ hx x14 49 00

20- + =

5. E2

85MATEMATIKAV . K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

86 MATEMATIKA V . K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

Igazoljuk, hogy a kocka egy éle, egy lapátlója és a testátlója olyan háromszöget határoz-nak meg, melynek van két merőleges súlyvonala!

A kocka egy éle, lapátlója és testátlója olyan derékszögű háromszöget határoznak meg, melyekoldalainak aránya 1 : : . Azt kell megmutatni, hogy az ilyen háromszögnek van két me-rőleges súlyvonala. Helyezzük el ezt a háromszöget egy olyan koordináta-rendszerben, melynekbefogói a tengelyekre illeszkednek. Ha méretarányos ábrát készítünk, akkor észrevehetjük, hogy– valószínűleg – az átfogóhoz és a oldalhoz tartozó súlyvonalak merőlegesek egymásra.

A háromszög S súlypontjának a koordinátái: . Írjuk fel az és vektorokat és szá-

mítsuk ki ezek skaláris szorzatát.

, .

.

Tehát a két súlyvonal valóban merőleges egymásra.

6. Alakzat és egyenlete

Melyek azok a P (x; y) pontok, amelyek koordinátái kielégítik az alábbi egyenlőségeket?a) ; b) ; c) .

x

y

1

1

0

x = −4

a)

x

y

1

1

0

y = 1

b)

x 4=- y 1= y 1 3- =

1. K1

SB SC92

92 0$ = - =

;SB32

32

-c m ;SC32

31

- -c m

;S32

31

c m SB SC

x

y

?

C(0; 0)A(

√2; 0)

(0; 1)B

S

2

2 3

6. E2

c) , azaz vagy .

Melyek azok a P (x; y ) pontok, amelyek koordinátái kielégítik az alábbi egyenlőségeket?

a) ; b) ; c) .

a) vagy .

b) vagy , ahonnan vagy .

y 1 3!- = 4y = 2y =-

x

y

1

1

0

y = 0

x = −1 x = 1

y 0= x 1 02- = x 1= x 1=-

x

y

1

1

0

y = 0

x = 0

x 0= y 0=

x y 0$ = x y1 02 $- =^ h x y4 1 02- - =^ _h i

2. K2

x

y

1

1

0

y = 4

y = −2

87MATEMATIKAV . K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

88 MATEMATIKA V . K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

c) , ahonnan vagy , vagy , ahonnan vagy

.

Szemléltessük az alábbi egyenletekkel megadott alakzatokat!a) ; b) .

a) A ponthalmaz egy origó középpontú, 3 egység sugarú kör pontjai.

b) , ahonnan , vagy , vagy . Azegyenletnek eleget tevő pontok halmaza egy, a koordinátatengelyekkel 45o-os szöget bezáróegyenes, mely az első és a harmadik síknegyedben halad.

y 1=-

x 4 02- = x 2= x 2=- y 1= y 1=

x

y

1

1

0

y = 0

x = 0x = y

x y xy xy x y 02- = - =^ h x 0= y 0= x y= x y=

x

y

1

1

0

x2 + y2 = 9

x y 92 2+ = x y xy 02 2

- =

3. K2

x

y

1

1

0

y = 1

y = −1

x = −2 x = 2

Szemléltessük az alábbi egyenletekkel megadott alakzatokat!.

.

Tehát vagy vagy .

Határozzuk meg a sík azon P (x; y ) pontjainak a koordinátáit, melyekre!

1. és , azaz és .vagy2. és , azaz és .

Határozzuk meg a sík azon P (x; y ) pontjainak a koordinátáit, melyekre!

1. és , azaz és vagy ,vagy2. és , azaz és vagy ,1x $ 1y # 1x $ 1x #- 1y1 # #-

x 1# y 1$ x1 1# #- y 1#- y 1$

x y1 1 0#- -_ _i i

6. E2

x

y

1

1

0

x = 2

y = 1

x ≥ 2 és y ≤ 1

x ≤ 2 és y ≥ 1

2 0x $- 1 0y #- 2x $ 1y #

x 2 0#- y 1 0$- x 2# y 1$

x y2 1 0#- -^ ^h h

5. E1

x

y

1

1

0 y = 0

x = 0

x2 + y2 = 1

x 0= y 0= x y 12 2+ =

x y y x xy xy x y xy xy x y 1 03 3 2 2 2 2+ - = + - = + - =^ ^h h

x y y x xy 03 3+ - =

4. E1

89MATEMATIKAV . K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

x

y

0 1

1

90 MATEMATIKA V . K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

7. Adott P0(x0 ; y0) ponton átmenő, adott v(v1; v2)irányvektorú egyenes egyenlete; két pontonátmenő egyenes egyenlete

Írjuk fel a P0 ponton átmenő, v irányvektorú egyenes egyenletét!a) Po(–3; 4), v(–2, 5); b) Po(11; 2), v(3; –1); c) Po(4; –6), v(0; 4).

a) 5x + 2y = –15 – (–8) = –7 vagyis 5x + 2y = −7;b) –x – 3y = –11 – 6 vagyis x + 3y = 17;c) 4x – 0 ⋅ y = 16 – 0 ⋅ (–6) vagyis x = 4.

Írjuk fel az egyenes egyenletét, ha áthalad az A ponton és párhuzamos a megadott egye-nessel!a) A(4; 8), 3x – 10y = 2; b) A(–2; 9), y – 6x = 10; c) A(0; 6), 2x + 13y = 5.

Ha a keresett egyenes párhuzamos a megadott egyenessel, akkor irányvektoraik megegyeznek.a) A megadott egyenes egy irányvektora: v(10; 3). A keresett egyenes egyenlete

, azaz ;b) A megadott egyenes egy irányvektora: v(−1; −6). A keresett egyenes egyenlete

, azaz ;c) v(−13; 2). A keresett egyenes egyenlete .

Egy egyenes áthalad a P (9; 2) ponton és az y tengely pozitív feléből háromszor akkora sza-kaszt metsz ki, mint az x tengely pozitív feléből. Írjuk fel az egyenes egyenletét!

Ha a keresett egyenes az y tengely pozitív feléből háromszor akkora szakaszt metsz ki, mint azx tengely pozitív feléből, akkor egy irányvektora a v(−1, 3) vektor.

Az egyenes egyenlete: 3x + y = 27 + 2 = 29 vagyis 3x + y = 29.

Írjuk fel az A és B pontokon átmenő egyenes egyenletét!a) A(7; 2), B(4; –2), b) A(–1; 0), B(5; –2), c) A(0; –10), B(6; 11)

a) Az egyenes egy irányvektora: vAB(3; 4). Az egyenes egyenlete:vagyis ;x y4 3 28 6- = - x y4 3 22- =

4. K1

x

y

1

1

0

v

v(−1; 3)P(9; 2)

3. K2

x y2 13 78+ =

x y6 12 9- + = + 6x y 21- + =

x y3 10 12 80- = - 3 10x y 68- =-

2. K1

1. K1

b) Az egyenes egy irányvektora: vAB(−6; 2) vagy az ezzel párhuzamos (−3; 1). Az egyenes egyen-lete:

;c) Az egyenes egy irányvektora: vAB(−6; −21), vagy az ezzel párhuzamos (2; 7). Az egyenes

egyenlete:7x − 2y = 20.

Egy háromszög csúcspontjai: A(4; –4), B(0; 6), C(–4; –2). Írjuk fel a háromszög súlyvona-laira illeszkedő egyenesek egyenletét!

A háromszög súlyvonala valamely csúcsból a szemközti oldal felezőpontjába húzott szakasz. Le-gyenek a háromszög oldalfelező pontjai E, F, G (lásd ábra).

Az felezőpontok koordinátái E(0; −3); F(2; 1), G(−2; 2).Az A csúcson átmenő súlyvonal egy irányvektora vAG(6; −6), vagy (1; −1). E súlyvonal egyenlete−x − y = −4 + 4, vagyis x + y = 0.A C csúcson átmenő súlyvonal egy irányvektora vCF(−6; −3), vagy (2; 1). A C csúcson átmenősúlyvonal egyenlete: x − 2y = −4 + 4, vagyis x – 2y = 0.A B csúcson átmenő súlyvonal E pontja ugyancsak illeszkedik az y tengelyre, így a B csúcson át-menő súlyvonal egyenlete: x = 0.

Egy egyenes az x tengelyt az (a; 0) pontban, az y tengelyt a (0; b) pontban metszi

(a ≠ 0, b ≠ 0). Igazoljuk, hogy ennek az egyenesnek az egyenlete !

A kérdéses egyenes egy irányvektora v(a; −b). Az egyenes egyenlete:, vagyis .

Osszuk el az egyenlet mindkét oldalát ab-vel; azt kapjuk, hogy

.

8. Adott P0(x0 ; y0) ponton átmenő, adott n(n1 ; n2)normálvektorú egyenes egyenlete

Írjuk fel a P ponton átmenő, n normálvektorú egyenes egyenletét!a) P(–1; 5), n(2; 3); b) P(10; 13), n(–2; 7); c) P(0; 6), n(8; –5).

a) , azaz ;b) , azaz ;c) . x y8 5 30- =-

x y2 7 20 91- + =- + x y2 7 71- + =

x y2 3 2 15+ =- + x y2 2 13+ =

1. K1

ax

by 1+ =

bx ay ab- - =- bx ay ab+ =

ax

by 1+ =

6. E1

x

y

1

1

0

A

B

CE

FG

5. K2

x y3 1+ =-

91MATEMATIKAV . K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

Írjuk fel az AB szakasz felezőmerőlegesének az egyenletét!a) A(7; –2), B(–3; 4); b) A(11; 0), B(–9; 6).

a) Az AB szakasz felezőpontja FAB(2; 1). Az AB szakasz egy irányvektora vAB(−10; 6), vagy (−5; 3).Ez a vektor a felezőmerőlegesnek normálvektora. Tehát a felezőmerőleges egyenlete:

, azaz ;b) Az AB szakasz felezőpontja FAB(1; 3). Az AB szakasz egy irányvektora vAB(−20; 6), vagy (−10; 3).

Ez a vektor a felezőmerőlegesnek normálvektora. Tehát a felezőmerőleges egyenlete: , azaz .

Írjuk fel a megadott ponton átmenő, a megadott egyenesre merőleges egyenes egyenle-tét!a) P (6; –1), 3x + 5y = –4; b) P (–6; 3), –4x + 7y = 11.

a) A megadott egyenes egy normálvektora n(3; 5). Ez a vektor a keresett egyenesnek egy irány-vektora, tehát a kért egyenes egyenlete: , vagyis .

b) A megadott egyenes egy normálvektora (−4; 7). Ez a vektor a keresett egyenesnek egy irány-vektora, tehát a kért egyenes egyenlete: , vagyis .

Egy háromszög csúcspontjainak a koordinátái A(3; 4), B(7; 5), C(–2; 7). Hol metszi az A csúcshoz tartozómagasságvonal az x tengelyt?

Készítsünk egy ábrát.

A BC egyenes egy irányvektora vBC(−9; 2). Ez a vektor azA csúcshoz tartozó magasság egyenesének egy normál-vektora. Tehát a magasságvonal egyenlete:

, azaz .

Ez ott metszi az x tengelyt, ahol . Ekkor .

Egy térképhez rögzített koordináta-rendszerben (ahol az egység mindkét tengelyen 160 m), két tanya koordinátái A(–2; 3), B(6; 1). Az országút a térképen az x tengelynek felelmeg. Milyen messze van az egyes tanyáktól az országúton az M buszmegálló, ha az mindkét ta-nyától egyenlő távolságra van?

Az AB szakasz felezőmerőlegesének és az x tengelynek ametszéspontját kell kiszámítani.Az AB szakasz F felezőpontja FAB(2; 2). Az AB egyenesegy irányvektora vAB(8; −2), vagy (4; −1). Ez a vektor a fe-lezőmerőlegesnek egy normálvektora. Tehát a felezőme-rőleges egyenlete: . Ez ott metszi az x ten-gelyt, ahol , vagyis . Tehát az M pontkoordinátái M(1,5; 0). Most számítsuk ki az MA (vagyMB) távolságot.

.Tehát az M megállónak az egyes tanyáktól való távolságakb. m., ,4 61 160 737 6$ .

, , ,MA 3 5 3 21 25 4 612 2 .= + =

y 0= ,x 1 5=

x y4 6- =

5. K2

y 0= x9

19=

x y9 2 27 8- + =- + 9 2x y 19- + =-

4. K2

x y7 4 42 12+ =- + x y7 4 30+ =-

x y5 3 30 3- = + x y5 3 33- =

3. K1

x y10 3 10 9- + =- + x y10 3 1- =

x y5 3 10 3- + =- + x y5 3 7- =

2. K1

92 MATEMATIKA V . K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

x

y

1

1

0

A

B

C

x

y

1

1

0

A

BM

Egy egyenlő szárú háromszög alapjának két végpontja A(3; 3), B(5; 7). A háromszög súly-pontja az y tengelyre illeszkedik. Számítsuk ki a harmadik csúcs koordinátáit!

Az egyenlő szárú háromszög súlypontja rajta van az alaphoz tartozó magasságvonalon, vagyisaz alap felezőmerőlegesén. Az AB alap felezőpontja F(4; 5). Az AB egyenes egy irányvektoravAB(2; 4) vagy (1; 2). Ez a vektor az alaphoz tartozó magasság egyenesének egy normálvektora.Tehát az AB alap felezőmerőlegesének egyenlete: . Ez az egyenes az y tengelyt

-nél metszi, vagyis az S súlypont koordinátái: S(0; 7). A háromszög harmadik C(c1; c2) csúcs-pontjára

, azaz , és , azaz .

Tehát a harmadik csúcs koordinátái C(−8; 11).

Egy sportcsarnok tetőszerkezetének egy acélszerke-zetét látjuk a ábrán. A ferde tetőrészt annak felezőpontjá-ban, rá merőlegesen kell kitámasztani. Mekkora legyen akitámasztó acélrúd d hossza?

Az adatokból következik, hogy és .

Helyezzük el az ábrát egy jól választott koordináta-rendszerben.

Az EC ferde tető F felezőpontjának koordinátái . Az EC

egyenes egy irányvektora vEC(4; −3). Ez a vektor a gerenda egye-nesének egy normálvektora. Tehát a gerenda egyenesének egyen-lete: . Ez az egyenes az x tengelyt

-ben metszi, tehát a gerenda T talppontja T (9,125; 0). A gerenda g hossza:

m.

6. K2

, , ,g 14 9 125 6 5 8 1242 2 .= - +^ h

,x 9 125=

, ,x y4 3 56 19 5 36 5- = - =

;F 142

13b l

d =?8 m

12 m5 m

5 m

4 m

3 m

A B

C

DE

x

y

1

1

0

A

BS

F

CD 3= ED 4=

7. E1

c3

3 501+ +

= c 81 =-c

33 7

72+ += c 112 =

y 7=

x y2 14+ =

93MATEMATIKAV . K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

d =?8 m

12 m5 m

5 m

x

y

1

1

0

g

T B(16; 0)

C(16; 5)

F

E(12; 8)

9. Két egyenes metszéspontja, pont és egyenestávolsága

Számítsuk ki az egyenletükkel adott alábbi egyenesek metszéspontjának koordinátáit!a) , ; b) , .

a) A metszéspont M(3; 1). b) A metszéspont M(−2; 4).

Egy háromszög oldalegyeneseinek egyenlete:; ; .

Számítsuk ki a háromszög kerületét!

Ki kell számítanunk a három egyenes egyenletéből bármely két-két egyenes metszéspontját. Azelső két egyenes metszéspontja M1(2; 3). Az első és a harmadik egyenes metszéspontja M2(5; 8).A második és a harmadik egyenes metszéspontja M3(4; −7). A háromszög kerülete:

.

Írjuk fel annak az egyenesnek az egyenletét, mely áthalad aés

egyenletű egyenesek metszéspontján és merőleges a egyenletű egyenesre!

A megadott két egyenes M metszéspontja M(−1; 5). A egyenes egy normálvektoran(4; −7). Ez a vektor a rá merőleges egyenesnek egy irányvektora, tehát a keresett egyenlet:

, azaz .

Egy háromszög csúcspontjainak a koordinátái A(2; 1), B(4; 7), C(10; 1). Számítsuk ki a há-romszög köré írható körének sugarát!

A háromszög köré írható körének K középpontjaaz oldalfelező merőlegesek metszéspontja. Az AColdal felezőmerőlegesének egyenlete x = 6.A BC oldal felező pontja F(7; 4); irányvektora vBC(1; –1). A BC oldal felezőmerőlegesének egyen-lete . A két felezőmerőleges K metszés-pontja K(6; 3). A háromszög köré írható köréneksugara a K pontnak a háromszög valamelyik csú-csától (pl. C-től) való távolsága.

.

Számítsuk ki a P pont és a megadott egyenes távolságát!a) P (–2; 6), x + y = 1; b) P (–2; –4), 4x + 2y = 5.

a) A megadott egyenes egy normálvektora n(1;1). Ez a rá merőleges egyenesnek irányvektora.Tehát a P ponton átmenő, az egyenesre merőleges egyenes egyenlete . Ennek azegyenesnek és az eredeti egyenesnek a metszéspontja M(−3,5; 4,5). Az M és P pontok tá-volsága .

b) A P-ből a megadott egyenesre állított merőleges egyenes egyenlete . A most ka-pott egyenes és az eredeti egyenes M metszéspontja M(2,2; −1,9). A PM távolság

.

Egy háromszög csúcspontjai A(–4; 1), B(2; –3), C(1; 2). Számítsuk ki az A csúcsból indulómagasság hosszát!

A BC egyenes egy irányvektora vBC(1; −5). Ezzel a BC egyenes egyenlete, azaz .x y5 7- - =- x y5 7+ =

6. K2

, , ,PM 4 2 2 1 4 692 2 .= +

x y2 6- =

, , ,PM 1 5 1 5 2 1212 2 .= +

x y 8- =-

5. K2

KC 4 2 202 2= + =

x y 3- =

4. K2

x y7 4 7 20- - = - x y7 4 13+ =

x y4 7 11- =

x y4 7 11- =

x y4 1+ = x y3 2 7+ =

3. K1

,K M M M M M M 34 104 226 31 061 2 1 3 2 3 .= + + = + +

x y5 3 1- = x y5 13+ = x y15 67- =

2. K1

x y2 5- = x y3 5 14+ = x y3 10 46- =- x y2 7 24+ =

1. K1

94 MATEMATIKA V . K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

x

y

1

1

0

RA C

B

K

A vBC vektor az A csúcsból induló magasságvonal egy normálvektora. Tehát az A csúcson át-menő magasság egyenlete: .Az és egyenesek egyenletéből álló egyenletrendszer megoldása ,

, vagyis az A csúcson átmenő magasság talppontja T (1; 2). Ez a pont azonos a háromszögC csúcsával. Ez azt jelenti, hogy a háromszög derékszögű és az A csúcsból induló magasságaéppen az AC befogó. Ennek hossza .

Mekkora legyen a b paraméter értéke, hogy a és egyenesekmetszéspontja rajta legyen a egyenesen?

A két megadott egyenes M metszéspontjának koordinátái M(4; −2). Ha ez a pont rajta van aegyenletű egyenesen, akkor , azaz , ahonnan

.

10. Adott P0(x0 ; y0) ponton átmenő, adott m meredekségű egyenes egyenlete,egyenesek párhuzamosságának és merőlegességének feltétele

Írjuk fel a P ponton átmenő, m meredekségű egyenes egyenletét!

a) P (5; 0), ; b) P (–4; 7), ; c) P (1; – ), .

a) , azaz ;

b) , azaz ;

c) , azaz .

Az alábbi egyenesek közül melyek párhuzamosak egymással és melyek merőlegesek egy-másra?

; ; ; ; .

Az egyenesek irányvektorait, vagy normálvektorait, vagy meredekségeit összehasonlítva arra ju-tunk, hogyA 2. és a 3. egyenes párhuzamos egymással. Az 1. és az 5. egyenes párhuzamos egymással.A 4. egyenes merőleges az 1. és az 5. egyenesre.

Határozzuk meg az egyenletű egyenes meredekségét!

Az egyenes egyenletét ab-vel megszorozva . Tehát az egyenes egy irányvektora

v(−a; b). Így az egyenes m meredeksége: .

Egy egyenes meredeksége 3, egy másik egyenes meredeksége 1. Számítsuk ki a két egye-nes hajlásszögét!

A v(1; 3) és v*(1; 1) vektorok hajlásszögét kell meghatároznunk. A két vektor a hajlásszöge –a skaláris szorzat alapján:

, vagyis a ≈ 26,56º.,cos10 2

45

2 0 8944$

.a = =

4. K2

mab

=-

bx ay ab+ =

3. K1ax

by 1+ = ,a b0 0! !^ h

x y2 7 11- = x y3 4 3+ =- x y6 8 15+ = x y7 2 13+ = ,x y3 5 4- + =-

2. K1

y x22

1 1$+ =- -^ h y x2

12

1=- -

y x732 4$- =- +^ h y x

32

313

=- +

y x21 5$= -^ h y x

21

25

= -

m21

= m32

=- 2 m2

1=-

1. K1

b 2=-

x by3 16+ = b3 4 2 16$ $+ - =^ h b12 2 16- =

x by3 16+ =

7. E1 x y6 22+ = x y2 5 2+ =-

AC 5 1 262 2= + =

y 2=

x y5 7+ = x y5 9- =- x 1=

x y5 9- =-

95MATEMATIKAV . K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

Egy háromszög csúcspontjai: A(5; 4), B(1; 2), C(3; –3). Számítsuk ki a háromszög oldale-gyeneseinek a meredekségét!

A háromszög oldalegyeneseinek egy-egy irányvektora, és m meredeksége:

vAB(−4; −2) vagy (2; 1), tehát az AB oldalegyenes meredeksége ,

vAC(−2; −7), tehát az AC oldalegyenes meredeksége ,

vBC(2; −5), tehát a BC oldalegyenes meredeksége .

Az és egyenesek merőlegesek egymásra. Számítsuk ki az egye-nesek metszéspontjának a koordinátáit!

Ha e két egyenes merőleges egymásra, akkor meredekségeik szorzata −1, tehát , ahon-

nan . Ezzel a két egyenes egyenlete

és .

, azaz ,

, ahonnan , és ezzel .

A és egyenesek merőlegesekegymásra. Számítsuk ki a két egyenes metszéspontjának koordinátáit!

Dolgozhatunk meredekséggel, de dolgozhatunk irány- vagy normálvektorokkal is. Az egyenesekegy-egy irányvektora rendre:v(−p; p +1), v*(−p −1; 2p +1).E két vektor merőleges egymásra, tehát skaláris szorzatuk 0.

.

Mivel , ezért csak lehet. Ezzel az eredeti egyenletek:

és , azaz és .

Az egyenletrendszer megoldása (vagyis a két egyenes M metszéspontjának koordinátái)

.

11. A kör egyenlete; a kör és a kétismeretlenesmásodfokú egyenlet

Írjuk fel a kör egyenletét, ha középpontja és sugara

a) K(–1; 7), r = 8; b) K(0; –5), r = ; c) K(–7; 3), r = 12!

a) ; b) ; c) .

Írjuk fel a kör egyenletét, ha adott a K középpontja és egy P pontja!a) K(3; –1), P (7; 2); b) K(3; 0), P (4; 4); c) K(0; 0), P (5; –3).

A kör sugara a P és K pontok távolsága.

a) , a kör egyenlete ;

b) , a kör egyenlete ;

c) , a kör egyenlete .PK r 5 3 342 2= = + = x y 342 2

+ =

PK r 1 4 172 2= = + = x y3 172 2

- + =^ h

PK r 16 9 5= = + = x y3 1 252 2- + + =^ ^h h

2. K1

x y1 7 642 2+ + - =^ ^h h x y 5 22 2

+ + =^ h x y7 3 1442 2+ + - =^ ^h h

2

1. K1

;M58

511

- -b l

x y32

31

31

- =- x y31

32 2+ =- x y2 1- =- x y2 6+ =-

p 1!- p31

=-

p p p p p p1 1 2 1 1 3 1 0+ + + + = + + =^ ^ ^ ^ ^h h h h h

7. E1 p x py p1+ + =^ h p x p y p2 1 1 3 1+ + + = -^ ^h h p 1!-^ h

x a a1 12 2+ = +^ h x 1= y a

a1

= -

axa a

x a1 1- =- + a x x a12 2

- =- +

y axa1

= - ya

x a1=- +

ba1

=-

ab 1=-

6. K2 y ax b= + y bx a= +

m25

=-

m27

=

m21

=

5. K2

96 MATEMATIKA V . K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

Állapítsuk meg a következő kétismeretlenes másodfokú egyenletekről, hogy kör egyen-letei-e, és ha igen, adjuk meg a középpontot és a sugarat!a) ;

b) ;

c) .

Alakítsuk teljes négyzetté a kétismeretlenes másodfokú egyenleteket.a) . A kapott egyenlet a K(5; −4) középpontú, sugarú kör egyenlete.

b) . A kapott egyenlet a középpontú, sugarú kör egyen-

lete.c) . A kapott egyenlet nem kör egyenlete; nincs olyan P(x; y) pont, mely-

nek koordinátái ezt az egyenletet kielégítenék.

Egy kör érinti a koordinátatengelyeket és áthalad a P (2; 1) ponton. Adjuk meg a köregyenletét!

Ha a kör érinti a koordinátatengelyeket és áthalad a P(2; 1) ponton, akkor az első síknegyedbenkell lennie. Ekkor középpontjának a koordinátái egyenlők a kör sugarával, tehát egyenlete

.A P pont koordinátái kielégítik ezt az egyenletet;

, azaz .A kapott másodfokú egyenlet megoldásai: , . Tehát két, a feltételeknek eleget tevő körvan; ezek egyenlete:

és .

Írjuk fel annak a körnek az egyenletét, mely áthalad az A(2; 3) és B(6; 7) pontokon és aközéppontja az x tengelyen van (ábra)!

A kör középpontját az AB szakasz felezőmerőlegese metszi ki az x tengelyből. Az AB szakasz fe-lezőpontja F(4; 5), a felezőmerőleges egy normálvektora n(1; 1). A felezőmerőleges egyenlete:

. Ez az egyenes az x tengelyt a K(9; 0) pontban metszi.

A kör sugara a KB (vagy KA) szakasz hossza: . Ezzel a keresett kör egyen-lete

.x y9 582 2- + =^ h

KB 3 7 582 2= + =

x

y

1

1

0

A

F

B

K

x y 9+ =

5. K2

x y1 1 12 2- + - =^ ^h h x y5 5 252 2

- + - =^ ^h h

r 11 = r 52 =

r r r2 12 2 2- + - =^ ^h h r r6 5 02

- + =

x r y r r2 2 2- + - =^ ^h h

4. K2

x y1 2 11 2+ + - =-^ ^h h

x y21 1 1

22

+ + + =b ^l h ;K21 1- -b l r 1=

x y5 4 12 2- + + =^ ^h h r 1=

0x y x y2 4 62 2+ + - + =

, 0x y x y2 0 252 2+ + + + =

x y x y10 8 40 02 2+ - + + =

3. K1

97MATEMATIKAV . K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

x

y

11O

A

B

K

Adott az egyenlet. Határozzuk meg a k paraméter értékét úgy,hogya) ne legyen kör egyenlete;b) olyan kör egyenlete legyen, mely érinti az x = –4 egyenest;c) olyan kör egyenlete legyen, mely áthalad a P (–2; 2) ponton!

Alakítsuk át a megadott kör egyenletét: . Tehát a kör középpontjaés sugara: K(2; −4), .a) Ez az egyenlet akkor nem kör egyenlete, ha , azaz .

b) A kör középpontja az egyenestől 6 egység távolságra van. , ahonnan.

c) Ha a P(−2; 2) pont rajta van a körön, akkor koordinátái kielégítik az egyenletét:, ahonnan .

Egy háromszög csúcspontjai A(2; 1), B(10; 1), C(7; 4). Írja fel a háromszög köré írható kö-rének az egyenletét!

A háromszög AB oldala felezőmerőlegesének egyenlete x = 6. A BC oldal F felezőpontja .

A BC oldal irányvektora v(1; −1). Ez a vektor a felezőmerőlegesnek normálvektora. Tehát a fele-zőmerőleges egyenlete: . A háromszög köréírható köre K középpontja K(6; 0). A kör

r sugara: . Tehát az ABC háromszög köréírható körének egyenlete:

.

Adott két kör: és . Mekkora legyen ab értéke, hogy e két kör kívülről érintse egymást?

Ha két kör kívülről érinti egymást, akkor középpontjaik távolsága egyenlő a két kör sugaránakösszegével. Alakítsuk át a körök egyenletét.

, tehát , ,

, tehát , .

, vagyis .

,

, ahonnan (≈ –4,02).

Adott két kör: és . Határozzukmeg annak a körnek az egyenletét, mely érinti e két kört és érintiaz x tengelyt!

Mivel a keresett kör érinti az x tengelyt, ezért középpontjának má-sodik koordinátája r vagy –r (az ábrán látható K középpontú körtaz x tengelyre tükrözve szintén a feltételeknek megfelelő kört ka-punk).

Írjuk fel Pitagorasz tételét a KTO és a KTK1 derékszögű háromszö-gekre.

és .

Mivel u < 0, ezért a második egyenlet: .Az első egyenletből

, azaz .A második egyenletből

, azaz .r r r u u4 4 6 92 2 2+ + = + - + r u u4 6 52

= - +

r r r u2 12 2 2+ + = + r u2 12

= -

r r u2 32 2 2+ = + -^ ^h h

r r u1 2 2 2+ = +^ h r r u2 32 2 2

+ = + +^ _h i

9. E2 x y 42 2+ = x y3 12 2

- + =^ h

b5 42 2 272- = - b 2 272 37= -

b5 34 8- = -

K K r r1 2 1 2= + b34 8 5= + -

x y b1 2 52 2- + - = -^ ^h h ;K 1 22^ h r b52 = -

x y2 3 82 2+ + + =^ ^h h ;K 2 31 - -^ h r 81 =

8. E1 4x y x y4 6 92 2+ + + + = x y x y b2 4 02 2

+ - - + =

x y6 172 2- + =^ h

r KA 16 1 17= = + =

x y 6- =

;F2

1725

b l

7. K2

k4 6 202 2- + = -^ h k 32=-

k 16=-

x 4=- k20 6- =

k20 0#- k 20$

r k20= -

x y k2 4 202 2- + + = -^ ^h h

6. K2 x y x y k4 8 02 2+ - + + =

98 MATEMATIKA V . K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

x

y

1

K(u; r)

O K1

2

Helyettesítsük az előbb kapott egyenlet kétszeresét az utóbbi egyenletbe:, vagyis ,

, , .

Mivel u < 0, ezért csak a negatív megoldás jön számításba. Ha , akkor .

A feladat feltételeinek eleget tevő körök egyenlete:és .

Megjegyzés: Érdemes megvizsgálni az u = 1 eredményt is. Ekkor r = 0. Ebben az esetben az eredmény egy pont:az (1; 0) koordinátájú pont. Mivel ennek a megadott két körrel is és az x tengellyel is egy közös pontja van, ezértkoordinátái kielégítik az eredetileg felírt egyenletrendszert. Mivel a 0 sugarú kört nem engedjük meg, ezért ez azeredeti feladatnak nem lehet megoldása.

12. Kör és egyenes kölcsönös helyzete

Számítsuk ki a megadott kör és egyenes közös pontjainak koordinátáit!a) , ; b) , .

a) Az egyenes egyenletéből . Ezt a kör egyenletébe helyettesítve azt kapjuk, hogy

, azaz , vagyis ,

, és ezekkel , .

A kör és az egyenes metszéspontjai: , .

b) . Ezzel a kör egyenlete ,

, ahonnan , .

A kör és az egyenes metszéspontjai: , .

Számítsuk ki az körnek azokat a pontjait, melyek az A(0; 5)és B(4; –3) pontoktól egyenlő távolságra vannak!

Az A és B pontoktól egyenlő távolságra levő pontok halmaza az AB szakasz felezőmerőlegesé-nek a pontjai. A keresett pontokat e szakaszfelezőmerőleges metszi ki a megadott körből. Az ABszakasz F felezőpontja F (2; 1). Az AB egyenes egy irányvektora v(4; −8) vagy (1; −2). Tehát aszakaszfelezőmerőleges egyenlete: , ahonnan . Ezt a kör egyenletébe helyet-tesítve

, azaz , ahonnan , .A körnek az A és B pontoktól egyenlő távolságra levő pontjai: M1(2; 1), M2(10; 5).

Egy kör egyenlete . A kör egy belső pontja P (1; 3). Számítsukki a P ponton áthaladó legrövidebb húr hosszát!

A kör egyenletéből , tehát a kör K középpontja és r sugara: K(−1; 1), .A P ponton átmenő legrövidebb húrt a P ponton átmenő, PK egyenesre merőleges egyenesmetsz ki a körből. A PK egyenes egy irányvektora vPK(2; 2), vagy (1; 1). Így a keresett egyenesegyenlete: , ahonnan . Ezzel a kör egyenlete:

, azaz , , .A P ponton átmenő legrövidebb húr végpontjai: M1(3; 1), M2(–1; 5). A húr hossza e két pont tá-volsága:

.M M 4 4 4 21 22 2

= + =

x x x x4 2 2 4 14 02 2+ - + - - - =^ ^h h x x2 3 02

- - = x 31 = x 12 =-

x y 4+ = y x4= -

16x y1 12 2+ + - =^ ^h h r 4=

3. K2 x y x y2 2 14 02 2+ + - - =

y y y y4 20 10 25 02 2+ - - + = y y6 5 02

- + = y 11 = y 52 =

x y2 0- = x y2=

2. K1 x y x y10 10 25 02 2+ - - + =

;M 3 11^ h ;M 1 32 - -^ h

x x2 3 02- - = x 31 = x 12 =-

y x 2= - x x x x2 4 4 2 18 02 2+ - + - - - =^ ^h h

;M 0 01^ h ;M51

53

2b l

x 01 = x51

2 = y 01 = y53

2 =

x x x9 2 02 2+ - = x x5 02

- = x x5 1 0- =^ h

y x3=

x y x2 02 2+ - = x y3 0- = x y x y4 4 18 02 2

+ + - - = x y 2- =

1. K1

x y7 24 492 2+ + + =^ ^h h x y7 24 492 2

+ + - =^ ^h h

u 7=- r u2

1 242

= - =

u2

6 36 282

6 8,1 2

! != - + = - u 71 =- u 12 =

u u u2 2 6 52 2- = - + u u6 7 02

+ - =

99MATEMATIKAV . K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

Az AB szakaszra, mint átmérőre írt kör egyenlete . Az AB sza-kasz felezőmerőlegesének egyenlete . Határozzuk meg az A és B pontok koordi-nátáit!

A kör egyenletéből ; a kör középpontja K(−3; 2). A megadott felezőme-rőleges egy normálvektora n(4; −1). Ez a vektor az AB egyenesnek egy irányvektora. Tehát az ABegyenes egyenlete , vagyis . Ezzel a kör egyenlete

, azaz , , .Az A és B pontok: (−7; 3) és (1; 1).

Egy háromszög két csúcspontja A(0; 3), B(–3; 0). A harmadik csúcs rajta van azegyenletű körön. Határozzuk meg a harmadik csúcs koordinátáit úgy,

hogy a háromszög területe a lehető legnagyobb legyen!

A megadott kör középpontja és sugara K(4; 2), r = 2. A háromszög területe akkor lesza legnagyobb, ha a keresett C csúcs a legtávolabb van az AB oldal egyenesétől. A megadott körnek az AB egyenestől legtávolabbi pontja az AB-vel párhuzamos „tá-volabbi” érintő érintési pontja.A C pontot a kör középpontján átmenő, AB-re merőleges egyenes metszi ki a kör-ből. A K ponton átmenő, AB-re merőleges egyenes egyenlete x + y = 6, ahonnan y = 6 – x. Ezt a kör egyenletébe helyettesítve azt kapjuk:

, ahonnan , .A keresett metszéspont első koordinátája biztosan nagyobb 4-nél (azaz a kör első

koordinátájánál), így a keresett metszéspont: .Tehát a háromszög területe akkor lesz a legnagyobb, ha a harmadik csúcsa a kör

koordinátájú pontja.

Hány db olyan pozitív egész n szám van, melyre teljesül, hogy azegyenletű körnek van közös pontja az egyenessel, de nincs

közös pontja az egyenessel?

Ha a megadott körnek van közös pontja az egyenessel, akkor ( -et a körbe he-lyettesítve) az

egyenletnek van megoldása, tehát D diszkriminánsára . Tehát, ahonnan .

Ha a megadott körnek nincs közös pontja az egyenessel, akkor az

egyenletnek nincs megoldása, tehát diszkriminánsa negatív:, ahonnan .

Ezek szerint n lehetséges értékei: 19, 20, 21, …, 30,vagyis 12 db a feltételeknek eleget tevő n pozitív egészszám van.

Az ABCD téglalap oldalai AB = 20, BC = 10. A tég-lalap AB oldalára, mint átmérőre egy félkört rajzoltunk atéglalap belseje felé. A téglalap átlói e félkört a P és Q pon-tokban metszik. Számítsuk ki az ABPQ négyszög területét!

Helyezzük el az ábrát egy jól választott koordináta-rend-szerbe. Az ABPQ négyszög egy szimmetrikus trapéz.Ha ki tudjuk számítani a P pont koordinátáit, akkor ismertlesz a trapéz magassága, és a PQ rövidebb párhuzamos ol-dala. A P pontot az AC egyenes és a félkör metszéspontja-

;4 2 2 2+ -^ h

;M 4 2 2 2+ -^ h

4x 22 = -x 4 21 = +x x8 14 02- + =

7. E1

n36 4 9 01- - +^ h n 182

y y n6 9 02+ - + =

x 1=

n100 4 5 0$- - +^ h n 30#

D 0$

x x n10 5 02- - + =

y 1=- y 1=-

x 1=-

x y x y n10 6 02 2+ - + + = y 1=-

6. E1

x y x y8 4 16 02 2+ - - + =

5. E1

y y y y5 4 6 5 4 4 4 02 2- + + - - - =^ ^h h y y4 3 02

- + = y 31 = y 12 =

x y4 3 8- - = - x y5 4= -

x y3 2 172 2+ + - =^ ^h h

x y4 14- =-

4. K2 x y x y6 4 4 02 2+ + - - =

100 MATEMATIKA V . K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

x

y

1

1

PQ

A T B(20; 0)

C(20; 10)D

x

y

1

1

0B

A

C

K

K(10; 0)

ként kapjuk meg. Az AC egyenes egyenlete: . A félkör K középpontja K(10; 0), sugara

. Tehát a félkörre illeszkedő kör egyenlete: . Helyettesítsük az egyenesegyenletét a kör egyenletébe:

, ahonnan , , .

Az x = y = 0 az A pont (ezt eddig is tudtuk). A P pont koordinátái P(16; 8). Ez azt jelenti, hogy atrapéz magassága 8, rövidebb párhuzamos oldala . A trapéz területe:

területegység.

13. Két kör kölcsönös helyzete

Számítsuk ki az alábbi körök közös pontjainak a koordinátáit!a) , ;

b) , .

a) A két kör egyenletét kivonjuk egymásból: az egyenes egyenletéhez jutunk. Ezt va-lamelyik (pl. az első) egyenletbe visszahelyettesítve

, ahonnan , amiből x = 0 vagy x = −2.A körök metszéspontjai M1(0; 2), M2(−2; 4).

b) A két kör egyenletét kivonjuk egymásból: az egyenes egyenletéhez jutunk. Ezt azelső kör egyenletébe visszahelyettesítve

, ahonnan .

Ez utóbbi egyenlet bal oldalán teljes négyzet található: , azaz . Ezek szerinta két kör az M(3; 2) pontban érinti egymást.

Írjuk fel annak a körnek az egyenletét, mely áthalad az és azegyenletű körök metszéspontjain, és középpontja az y = x egyenesre illeszkedik!

A két kör egyenletének különbségéből az egyenlet adódik. Ezt valamelyik kör egyenle-

tébe visszahelyettesítve , ebből y = 0 vagy . Így a két kör metszéspontjai

M1(0; 0), . A keresett kör középpontja az M1M2 szakasz felezőmerőlegesének és az

y = x egyenesnek a metszéspontja.

Az M1M2 szakasz F felezőpontja . Az M1M2 felezőmerőlegesének egy normálvektora

n(2; 1). A felezőmerőleges egyenlete: . Ennek az egyenesnek és az y = x egyenesnek

a metszéspontja . A kör sugara a KM1 szakasz hossza:

.

A keresett kör egyenlete: .

Írjuk fel annak a körnek az egyenletét, mely áthalad az és azegyenletű körök metszéspontjain, és középpontja az x tengelyre illesz-

kedik!

A két kör egyenletének különbségéből a , azaz . Innen

, ahonnan .x x x x23 2

23 2 6 02

2+ - + - + - =b l x x 2 0- =^ h

x y3 2 4- = y x23 2= -

x y x y2 2 02 2+ - + - =

3. K2 x y x y 6 02 2+ + - - =

x y31

31

922 2

- + - =b bl l

r31

31

322 2

= + =b bl l

x y10 1002 2- + =^ hr 10=

y x21

=

;K31

31

b l

x y2 1+ =

;F52

51

b l

;M54

52

2b l

y y5 2 0- =^ h y52

=

x y2=

x y y2 02 2+ - =

2. K2 x y x 02 2+ - =

x 3 02- =^ h x 3=

x x x x5 4 2 5 3 02 2+ - - - - + =^ ^h h x x6 9 02

- + =

y x5= -

x x x2 8 2 12 02 2+ - - - + =^ ^h h x x 2 0+ =^ h

y x2= -

x y x y4 2 3 02 2+ - - + = x y x y10 8 33 02 2

+ - - + =

x y y8 12 02 2+ - + = x y x y4 4 4 02 2

+ + - + =

1. K1

T2

20 12 8128ABPQ

$=

+=

^ h

PQ 20 2 4 12$= - =

x x x20 10041 1002 2

- + + = x x16 02- = x 01 = x 162 =

101MATEMATIKAV . K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

A két kör metszéspontjai: M1(0; −2), M2(2; 1). Az M1M2 szakasz felezőmerőlegesének egyenlete

. Ez az x tengelyt ott metszi, ahol . Ezzel a keresett kör K középpontja

. A keresett kör r sugara: . Tehát a keresett kör egyenlete:

.

Az és egyenletű körök kívülről érin-tik egymást, és területeik összege 26r. Határozzuk meg az a és b paraméterek értékét!

A megadott körök középpontja és ugara:

, ; , .

Ha két kör kívülről érinti egymást, akkor . Esetünkben .A feltételek szerint

, azaz .

Az előző egyenletből , így írhatjuk

, vagyis .A másodfokú egyenlet megoldása után azt kapjuk, hogy

, vagy , .Felhasználva r1 és r2 jelentését az a és b paraméterek lehetséges értékei:

és vagy és .

Bizonyítsuk be, hogy ha két kör egyenletét kivonjuk egymásból, akkor olyan egyenesegyenletét kapjuk, mely a két kör középpontjain átmenő egyenesre merőleges!

Legyen a két körés

.Ekkor a két kör középpontja K1(a1; b1), K2(a2; b2). A körök középpontjain átmenő egyenes egyirányvektora .Most vonjuk ki egymásból a két egyenletet; azt kapjuk, hogy

.

Egy egyenes egyenletét kaptuk, melynek egy irányvektora . A kapott vektor ésa középpontokon átmenő egyenes irányvektorának skaláris szorzata:

.Tehát a körök egyenleteinek különbségéből adódó egyenlet olyan egyenes egyenlete, mely akörök középpontjain átmenő egyenesre merőleges.

14. A kör érintőjének egyenlete

Írjuk fel a kör érintőjének egyenletét a kör egy adott P pontjában!a) , P (3; 4);

b) , P (3; 3).

A kör egy adott P pontjába húzott érintő merőleges a P pontba húzott sugárra. Ezek szerint azérintő a P ponton átmenő, vektorra merőleges egyenes, ahol K a kör középpontja.

a) A kör középpontja K(−1; 1). A P pontbeli érintő egy normálvektora . Tehát azérintő egyenlete: ;

b) A kör K középpontja K(4; 2). A keresett érintő egy normálvektora . Tehát az érintőegyenlete: .x y 0- + =

;KP 1 1-^ h

x y4 3 24+ =

;KPn 4 3= ^ h

KP

x y x y8 4 18 02 2+ - - + =

x y x y2 2 23 02 2+ + - - =

1. K1

0a a b b b b a av vK K 2 1 1 2 2 1 2 11 2$ = - - + - - =^ ^ ^ ^h h h h

;b b a av 1 2 2 1- -^ h

a a x b b y c c2 2 2 2 02 1 2 1 2 1- + - + - =^ ^h h

;a a b bvK K 2 1 2 11 2- -^ h

2 2 0x y a x b y c22 2

2 2+ - - + =

x y a x b y c2 2 02 21 1 1+ - - + =

5. E1

a 20=- b 52= a 4= b 28=

r 51 = r 12 = r 11 = r 52 =

r r6 2622

22

- + =^ h r r6 5 022

2- + =

r r61 2= -

r r 2612

22r r r+ = 26r r1

222

+ =

r r K K1 2 1 2+ = r r 61 2+ =

;K 1 21^ h r a51 = - ;K 7 22^ h r b532 = -

4. E1 x y x y a2 4 02 2+ - - + = x y x y b14 4 02 2

+ - - + =

x y41

16652

2- + =b l

;K41 0b l r

161 4

1665

= + =

x y2 321

+ = y 0=

102 MATEMATIKA V . K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

Írjuk fel az egyenletű körnek a egyenesre merőleges érintőjé-nek egyenletét

A megadott egyenes egy normálvektora n(2; 4) vagy (1; 2). Ez a vektor az érintők egy irányvek-tora.Az érintési pontot a megadott egyenessel párhozamos, a kör középpontján átmenő egyenesmetszi ki a körből. A kör középpontja az origó K(0; 0). A megadott egyenessel párhuzamos, akör középpontján átmenő egyenes egyenlete , azaz . Ezt a kör egyenletébehelyettesítve azt kapjuk:

, ahonnan .

Tehát a keresett érintők érintési pontjai: , .

Az érintők egyenlete: és .

Írjuk fel az egyenletű kör y = x egyenessel párhuzamos érintőinek azegyenletét!

A megadott egyenes (tehát a keresett érintők) meredeksége m = 1. Ezek szerint az érintők egyen-lete alakú egyenes, ahol b az egyenes és az y tengely metszéspontja. Az egyenes ésa kör közös pontjainak x koordinátáit az

másodfokú egyenlet megoldásai adják. Ha azt akarjuk, hogy az egyenes érintő legyen, vagyiscsak egy közös pontja legyen a körrel, akkor ennek az egyenletnek csak egy megoldása lehet.Ez azt jelenti, hogy diszkriminánsának 0-nak kell lennie.

, vagyis ,

, azaz ,

.

Tehát a keresett érintők egyenlete és .

Milyen hosszú érintő húzható az egyenletű körhöz a P (2; 5)pontból ?

A kör K középpontja K(5; −1), sugara 4. Legyen az érintési pont E. Ekkor a PEK háromszög de-rékszögű, átfogója , egyik befogója a kör sugara: KE = 4. Pitagorasz téte-léből

, ahonnan .

Bizonyítsuk be, hogy ha az egyenletű körnek az egyenes érintője,

akkor !

Ha a megadott egyenes érintője a megadott körnek, akkor az

egyenletnek egy megoldása van, vagyis diszkriminánsa 0., azaz ,

,

,

, ahonnan ,

és éppen ezt kellett belátnunk.

m r b r2 2 2 2= - m

rb 12

2

2

= -

m b m b b r m r 02 2 2 2 2 2 2 2- - + + =

D m b m b r4 4 1 02 2 2 2 2= - + - =^ ^h h

x m x mbx b r2 02 2 2 2 2+ + + - = m x mbx b r1 2 02 2 2 2

+ + + - =^ h

x mx b r2 2 2+ + =^ h

mrb 12

2

2

= -

5. E1 x y r2 2 2+ = y mx b= +

PE45 162= + PE 29=

PK 9 36 45= + =

4. K2 x y x y10 2 10 02 2+ - + + =

y x 2 2= + + y x 2 2= + -

b2

4 16 8 2 2,1 2! != - =

b b4 2 8 3 02 2+ - + =^ ^h h b b4 2 02

- + =

x x bx b x2 4 3 02 2 2+ + + + + = x b x b2 2 2 3 02 2

+ + + + =^ h

x x b x4 3 02 2+ + + + =^ h

y x b= +

3. K2 x y x4 3 02 2+ + + =

x y2 5 5- =- x y2 5 5- =

;E 2 5 51 -^ h ;E 2 5 52 -^ h

y y4 252 2+ = y 5!=

x y2 4 0+ = x y2=-

2. K2 x y 252 2+ = x y2 4 5+ =

103MATEMATIKAV . K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

15. A parabola, a parabola tengelyponti egyenlete

Írjuk fel annak a parabolának az egyenletét, melynek a) tengelypontja T (–3; 5), vezéregyenesének egyenlete y = 1;b) tengelypontja T (2; 4), fókuszpontja F (2; 2,5);c) fókuszpontja F (–4; –2), felfelé nyíló és paramétere p = 4!

a) A tengelypont és a vezéregyenes ismeretében a parabola paramétere p = 8. A parabola egyen-

lete ;

b) A parabola lefelé nyitott, paramétere p = 3. A parabola egyenlete: ;

c) A fókuszpont és a paraméter ismeretében a parabola T tengelypontja T (−4; −4). A parabola

egyenlete: .

Határozzuk meg a parabola tengelypontját, fókuszpontját, paraméterét és vezéregye-nesének egyenletét!

a) ; b) ; c) .

a) Tengelypont: T (0; 0), paraméter: p = 2, fókuszpont: F (0; 1), vezéregy.: y = –1.b) Tengelypont: T(−3; 1); paraméter: p = 3; fókuszpont: F (−3; 2,5), vezéregy.: y = –0,5.c) Tengelypont: T (5; 3); paraméter: p = 1; fókuszpont: F (5; 2,5); vezéregy.: y = 3,5.

Határozzuk meg a parabola tengelypontját, paraméterét, fókuszpontját és vezéregye-nesének az egyenletét!a) ; b) .

a) . Tengelypont: T(−4;−10), paraméter: ; fókuszpont:

, vezéregy.: .

b) . Tengelypont: T (1; 3); paraméter: ;

fókuszpont: ; vezéregyenes: .

Írjuk fel annak a felfelé nyíló parabolának az egyenletét, határozzuk meg tengelypontjátés paraméterét, mely áthalad azA(0; 11), B(1; 6), C(–1; 18) pontokon!

Legyen . A megadott pontok koordinátáit felhasználva az alábbi egyenleteketírhatjuk fel:

, , , azaz , .Innen , . A parabola egyenlete

.

A parabola tengelypontja és paramétere: T (3; 2), .p21

=

y x x xx

6 11 3 22

213

22 22

$= - + = - + =

-+^

^h

h

a 1= b 6=-

c 11= a b c 6+ + = a b c 18- + = a b 5+ =- a b 7- =

y ax bx c2= + +

4. K2

;F 1825

b l y823

=

y x x xx

2 225 2 1 3

2411

32 22

$= - + = - + =

-+^

^h

h: D p

41

=

; ,F 4 9 5- -^ h ,y 10 5=-

y xx

4 102

214

1022

$= + - =

+-^

^h

hp

21

=

y x x8 62= + + y x x2 4 52

= - +

3. K1

y x4

2

= yx

63

12

=+

+^ h

yx

25

32

=--

+^ h

2. K1

yx

84

42

=+

-^ h

yx

62

42

=--

+^ h

yx

163

52

=+

+^ h

1. K1

104 MATEMATIKA V . K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

Kössük össze az parabola minden pontját a fókuszponttal, és vegyük az így ke-

letkező szakaszok felezőpontjainak a halmazát. Milyen ponthalmazt kapunk? (ábra)

Legyen az adott parabola egy tetszőleges P0 pontja .

A P0F szakasz E felezőpontjának a koordinátái . Ezek szerint a keresett ponthal-

maz pontjainak x és y koordinátái így függenek a P0 pont x0 koordinátájától:

; .

Az első egyenletből . Ezt a második egyenletbe helyettesítve azt kapjuk, hogy

.

Tehát a keresett ponthalmaz egy olyan parabola, melynek tengelypontja , paramétere

pedig az eredeti parabola paraméterének a fele.

Egy parabola tengelye az x tengely, tengelypontja az origóban van, paramétere p, fó-

kuszpontja . Határozzuk meg e parabola egyenletét!

A vezéregyenes egyenlete . Egy P (x; y) pont akkor és csak akkor van rajta

a parabolán, ha az F fókuszponttól vett távolsága egyenlő a vezéregyenestől vetttávolságával.

,

.

A parabola egyenlete: .y px22=

x p px y x p px4 4

22

2 22

+ - + = + +

PF x p y x p2 2

22

= - + = +b l

x p2=-

;F p2

0b l

6. E1

;T p04b l

yp

x ppx p

px p

44

4 22

4

2 2 2 2

$=

+= + = +

x x20 =

xx2

0= yp

x p4

02 2

=+

;Ex

px p

2 40 0

2 2+

e o

x

y

1

1

0

F�0; p

2

�E

P0

�x0;

x20

2p

�

;P xp

x20 0

02

e o

5. E1 yp

x2

2

=

105MATEMATIKAV . K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

x

y

O

y = x2

2p

x

y

1

1

0

x = −p2

F

P(x; y)

16. Parabola és egyenes, a parabola érintője

Számítsuk ki a parabola és az egyenes metszéspontjainak a koordinátáit!

a) , ;

b) , ;

c) , .

a) , , azaz . A másodfokú egyenlet megoldásai:

, . Tehát az egyenes és a parabola közös pontjai:

, .

b) Mivel , ezért , ahonnan . A másodfokú egyenlet megol-

dásai: , , tehát a parabola és az egyenes közös pontjai: , .

c) , tehát , ahonnan . A kapott másod-fokú egyenlet diszkriminánsa , tehát az egyenletnek nincs valós megoldása,vagyis az egyenesnek és a parabolának nincs közös pontja.

Számítsuk ki az parabolának azokat a pontjait, amelyek az A(–1; 5) és B(5; –1)

pontoktól egyenlő távolságra vannak!

A keresett pontok az AB szakasz felezőmerőlegesének és a parabolának a metszéspontjai. Az ABszakasz F felezőpontja F(2; 2). Az AB egyenes egy irányvektora v(1; −1). Ez a vektor a felező-merőlegesnek egy normálvektora. Tehát a felezőmerőleges egyenlete. , azaz .

Ekkor , azaz . A kapott egyenlet megoldásai , . Tehát a parabo-

lának az A és B pontoktól egyenlő távolságra levő pontjai M1(0; 0), M2(4; 4).

Írjuk fel a parabola érintőjének egyenletét a megadott pontban!

a) , P (–2; 1), b) , P(2; –2), c) , P (2; 8)

a) A P ponton átmenő m meredekségű egyenes egyenlete, azaz .

A parabola és az egyenes közös pontjainak x koordinátái az

, azaz

másodfokú egyenlet megoldásai adják. Mivel az érintőnek csak egy közös pontja van a para-bolával, ezért az egyenletnek csak egy megoldása lehet, vagyis a diszkriminánsa 0 kell, hogylegyen.

, azaz ,

, ahonnan .Tehát az érintő egyenlete: .

b) A P ponton átmenő m meredekségű egyenes egyenlete, vagyis .

, tehát .

A diszkriminánsnak 0-nak kell lennie, tehát, azaz ,

, ahonnan .Az érintő egyenlete: .

c) A P ponton átmenő m meredekségű egyenes egyenlete, vagyis .y m x8 2- = -^ h y mx m2 8= - +

y x2 2=- +

m 2 02+ =^ h m 2=-

D m m4 16 16 02= + + = m m4 4 02

+ + =

mx m x2 22

2

- - =- x mx m2 4 4 02+ - - =

y m x2 2+ = -^ h y mx m2 2= - -

y x 1=- -

m 1 02+ =^ h m 1=-

D m m16 32 16 02= + + = m m2 1 02

+ + =

mx m x2 14

2

+ + = x mx m4 8 4 02- - - =

y m x1 2- = +^ h y mx m2 1= + +

y x4

2

= y x2

2

=- y x2 2=

3. E1

x x4

2

= x x4 02- = x 01 = x 42 =

x y 0- = y x=

2. K2 y x4

2

=

100 8 19 0$ 1-

y x2 2= - x x2 2 2 3 12- =- + +^ h x x2 10 19 02

+ + =

x 31 = x 12 = ;M 3 31^ h ;M 1 12^ h

y x= xx

21

12

=-

+^ h

x x4 3 02- + =

;M 1 7 4 71 - + -^ h ;M 1 7 4 72 - - +^ h

x 1 71 =- + 1x 72 =- -

y x3= - x x32

2

- = x x2 6 02+ - =

y x2 3 12=- + +^ h x y2 2+ =

yx

21

12

=-

+^ h

x y 0- =

y x2

2

= x y 3 0+ - =

1. K1

106 MATEMATIKA V . K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

, tehát .A diszkriminánsnak 0-nak kell lennie:

, azaz ,

, ahonnan .Az érintő egyenlete: .

Adott az parabola. Bizonyítsuk be, hogy a vezéregyenes bármely pontjából a pa-

rabolához húzott érintők merőlegesek egymásra!

A vezéregyenes egyenlete . Legyen a vezéregyenes egy tetszőleges pontja,

és legyen m egy érintő meredeksége.A P0 ponton átmenő, m meredekségű egyenesek egyenlete:

, azaz .

Ekkor

, azaz .

Mivel az érintőnek egy közös pontja van a parabolával, ezért ennek az egyenletnek egy megol-dása van, vagyis az egyenlet diszkriminánsa 0.

, vagyis ,

,

, .Ezzel megkaptuk a Po ponton átmenő két érintő meredekségét. E két meredekség akkor merő-leges egymásra, ha szorzatuk −1.

.Ezzel beláttuk, hogy a vezéregyenes bármely pontjából a parabolához húzott érintők merőlege-sek egymásra.

Egy parabola két pontja: A és B. Ezek merőleges vetülete a vezéregyenesen: A* és B*. Iga-zolja, hogy a fókuszponton átmenő, AB-re merőleges egyenes felezi az A*B* szakaszt!

Legyen a parabola két pontja

, , ekkor , .

Az AB egyenes egy irányvektora

vagy .;x xp

x xv

2AB 2 122

12

--

e o ;p

x xv 1

2AB2 1+

c m

;A xp

x21

12

e o ;B xp

x22

22

e o * ;A x p21 -b l * ;B x p

22 -b l

5. E2

m m x x x x x x x x1 1 1 1 11 2 0 02

0 02

02

02

02

02$ = + + - + = - + = - - =-_ _ ^i i h

m x x 11 0 02

= + + m x x 12 0 02

= - +

mx x x x

22 4 4

22 2 1

,1 20 0

20 0

2! !=

+=

+

D m mx4 4 2 1 020= - + =^ h m mx2 1 02

0- - =

x

y

1

1

0

P0�x0; −1

2

�

mx mx x21

20

2

- - = x mx mx2 2 1 020- + + =

y m x x21

0+ = -^ h y mx mx21

0= - -

y21

=- ;P x21

0 0 -b l

4. E1 y x2

2

=

y x8 8= -

m 8 02- =^ h m 8=

D m m8 2 8 02= - - =^ h m m16 64 02

- + =

mx m x2 8 2 2- + = x mx m2 2 8 02

- + - =

107MATEMATIKAV . K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

108 MATEMATIKA V . K O O R D I N Á T A - G E O M E T R I A

1 1 . É V F O L Y A M

Ez a vektor a felírandó egyenesnek egy normálvektora. Tehát az F ponton átmenő, AB-re merő-leges egyenes egyenlete:

, azaz .

Ez az egyenes ott metszi a vezéregyenest, ahol . Ezek szerint

, vagyis ,

ahonnan

.

Tehát a vezéregyenes és az AB-re merőleges, F-en átmenő egyenes E metszéspontjának koordi-

nátái: . Ez a pont pedig éppen az A*B* szakasz felezőpontja, amit bizonyítanunk

kellett.

;Ex x p

2 21 2+

-b l

2xx x x x

4 21 2 1 2$=+

=+

xp

x x p x x2 2 4

1 2 1 2$++

- =+

b l xx x x x

4 41 2 1 2-+

=+

y p2=-

xp

x xy

px x p

2 2 21 2 1 2$ $++

=+ x

px x

yx x

2 41 2 1 2$++

=+

x

y

0

y = −p2

y = x2

2p

B

�x2;

x22

2p

�

A

�x1;

x21

2p

�

A∗ �x1; −p2

�B∗ �x2; −p

2

�

F�0; p

2

�

E

1. Események

Legyen az A esemény, hogy dobókockával páros számot, a B esemény pedig, hogy há-rommal osztható számot dobunk.Milyen dobást jelentenek a következő események?a) ; b) ; c) ; d) ; e) .

a) .

b) .

c) .

d) .

e) .

Jelentse A azt az eseményt, hogy dobókockával 6-nál kisebb számot, a B eseményt pedig,hogy prímszámot dobunk.Milyen dobást jelentenek a következő események?a) ; b) ; c) ; d) ; e) .

a) .

b) .

c) .

d) .

e) .

Egy szabályos dobókockával dobunk. Állapítsuk meg, hogy a felsorolt események közülmelyeka) elemi események;b) összetett események;c) melyek egyenlők;d) melyek egymást kizárók?

A: a dobott szám öttel osztható.B: a dobott szám négynél nagyobb.C: a dobott szám hatnál kisebb.D: a dobott szám ötnél nagyobb.E: a dobott számnak négy osztója van.F: a dobott szám kettőnél nagyobb, de ötnél nem.

A szöveggel megfogalmazott eseményeket megadhatjuk felsorolással is:, , , , , .

Ezek alapján könnyen tudunk válaszolni a kérdésekre.a) A, D, E.b) B, C, F.c) D és E.d) Pl.: C és D.

3; 4; 5F = " ,E 6= " ,D 6= " ,1; 2; 3; 4; 5C = " ,;B 5 6= " ,A 5= " ,

A 6= " ,

B A- = " ,

;A B 1 4- = " ,

; ;AB 2 3 5= " ,

; ; ; ;A B 1 2 3 4 5+ = " ,

; ;A 1 3 5= " ,

B A 3- = " ,

;A B 2 4- = " ,

AB 6= " ,

; ; ;A B 2 3 4 6+ = " ,

AB A-A B-ABA B+

2. K2

3. K2

AB A-A B-ABA B+

1. K2

1 1 . É V F O L Y A M

V I . V A L Ó S Z Í N Ű S É G - S Z Á M Í T Á S 109MATEMATIKA

Valószínűség-számításVI.

A számegyenesen választunk egy x valós számot. Jelentse A azt az eseményt, hogy, B pedig azt, hogy . Mely intervallumból választhatjuk az x-et, hogy a kö-

vetkező események teljesüljenek?a) ; b) ; c) ; d) ; e) .

a) .

b) .

c) .

d) .

e) .

A műveleti szabályok segítségével mutassuk meg, hogy !

A következő átalakítások elvégezhetők, amivel igazoljuk az állítást:.

Mutassuk meg, hogy két esemény összege mindig felírhatóa) két;b) háromegymást páronként kizáró esemény összegeként!

a) Legyen a két esemény A és B. Ekkor összegük így alakítható át:.

Tehát az összeg valóban felbontható két, egymást kizáró esemény összegére.

b) Alkalmazzuk elsőként az előzőekben kapott eredményt, majd folytatjuk az átalakításokat:.

Tehát az összeg valóban felbontható három, egymást páronként kizáró esemény összegére.

Hozzuk egyszerűbb alakra a következő kifejezést: !

Elvégezhetjük a következő átalakításokat:

.

2. Események valószínűsége

Egy dobozban nyolc, tapintásra egyforma dobókocka van: négy piros, három fehér ésegy zöld. Bekötött szemmel kiveszünk három darabot. Milyen elemi eseményei vannak ennek akísérletnek?

Elemi események: három pirosat,két pirosat és egy fehéret,két pirosat és egy zöldet, egy pirosat és két fehéret,egy pirosat, egy fehéret és egy zöldet,három fehéret,két fehéret és egy zöldet húzunk.

AB BB AB AB0= + = + =

A B A B A B AA B A B B A B B A B0+ + + = + + = + + = + =^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^h h h h h h h h

A B A AB IA AB B B A AB AB AB AB+ = + = + = + + = + +^ h

A B I A B A A A B A AB+ = + = + + = +^ ^ ^h h h

AB AB A B B AI A+ = + = =^ h

; ;x 3 7,3 3! - 6@ @ @

7;x 9! 6@

3;x 5! @ @

5;x 7! @ @

3;x 9! 6@

A B+ AB A B- B A- A

x3 71 # x5 91 1

4. K2

1. K1

7. E1 A B A B A B+ + +^ ^ ^h h h

AB AB A+ =5. E1

6. E1

110 MATEMATIKA V I . V A L Ó S Z Í N Ű S É G - S Z Á M Í T Á S

1 1 . É V F O L Y A M

Egy gimnáziumi évfolyamon a matematikából és a fizikából kapott ötös osztályzatok kap-csolatát vizsgálják. Tetszőlegesen kiválasztott tanulókra legyen A esemény, hogy jeles osztályzatavan matematikából, legyen B esemény, hogy jeles osztályzata van fizikából. Tudjuk, hogy

, és . Mennyi a valószínűsége annak, hogy egy tetszőlegesen kiválasztott tanulónak ötöse van mate-matikából?

Mivel és , ezért egy tetszőlegesen kiválasztott tanulónak 0 valószí-nűséggel lesz jeles osztályzata fizikából úgy, hogy matematikából nincs jelese. Ezek alapján:

.Vagyis 0,8 a valószínűsége annak, hogy egy tetszőlegesen kiválasztott tanulónak ötöse van ma-tematikából.

A hét tanulóból álló fakultációs csoportban öt lány van. Az egyik órán a tanár a két fele-lőt véletlenszerűen választotta ki. Melyik az esélyesebb, hogy két lány fog felelni, vagy pedig egyfiú és egy lány?

Bármelyik két tanuló kiválasztásának ugyanannyi az esélye. Mivel tízféleképpen tudunk lánypártösszeállítani, és tízféleképpen tudunk vegyes párt összeállítani, ezért egyenlő az esély.

Kilenc, alakra egyforma sütemény van a tálcán, amelyből hat darabba mazsolás túrót,háromba pedig mazsola nélküli túrót töltöttek. Két süteményt véletlenszerűen megeszünk. Me-lyik az esélyesebb, hogy két mazsolásat választunk, vagy pedig két különbözőt?

Bármelyik két sütemény kiválasztásának ugyanannyi az esélye. Mivel tizenötféleképpen tudunkmazsolás párt választani, és tizennyolcféleképpen tudunk vegyes párt választani, ezért a két kü-lönböző választásának az esélye nagyobb.

3. Klasszikus valószínűségi mező

Egy 13 tagú csoport 3 tagja lány. A neveket felírják egy-egy cédulára, majd véletlenszerűenhúznak két cédulát. Mennyi a valószínűsége annak, hogy ilyen módon két lányt sorsolnak ki?

Az összes eset száma: .

A kedvező esetek száma: .

A keresett valószínűség: p(két lány) .

Egy minden oldalán befestett kockát 125 azonos méretű kis kockára fűrészelünk szét. Azígy kapott kis kockákból véletlenszerűen kiválasztunk egyet. Mennyi a valószínűsége annak, hogya kis kocka a) egyetlen lapja sem; b) egy lapja; c) két lapja; d) három lapja; e) négy lapja festett?

A kockát 125 azonos méretű kis kockára vágtuk, vagyis a kocka kis kockából áll. Ezértaz összes esetek száma 125 lesz. Minden feladatnál meghatározzuk a kedvező esetek számát,így a kérdéses valószínűséget is meg tudjuk mondani.a) Kedvező esetek száma: .

A keresett valószínűség: p(egyetlen lap sem festett) .

b) Kedvező esetek száma: .

A keresett valószínűség: p(egy lap festett) .

6 3 3 54$ $ =

5 5 5$ $

12554

=

12527

=

3 3 3 27$ $ =

783

261

= =

32

3=e o

132

78=e o

0,8p A B p A+ = =^ ^h h

0,15p AB =^ h,p B 0 15=^ h

2. K2

,p B 0 15=^ h 0,15p AB =^ h 0,p A B 8+ =^ h

2. K2

3. K2

4. K2

1. K2

111MATEMATIKAV I . V A L Ó S Z Í N Ű S É G - S Z Á M Í T Á S

1 1 . É V F O L Y A M

c) Kedvező esetek száma: .

A keresett valószínűség: p(kettő lap festett) .

d) Kedvező esetek száma: 8.

A keresett valószínűség: p(három lap festett) .

e) Kedvező esetek száma: 0.A keresett valószínűség: p(négy lap festett) = 0.

Dobjunk fel két szabályos dobókockát. Mennyi a valószínűsége annak, hogy a dobottpontok összegea) 2; b) 3; c) 5?

Az egyik kockával is hatfélét és a másik kockával is hatfélét dobhatunk, így az összes esetekszáma .a) Kedvező esetek száma: 1. (Az összeg: 2 = 1 + 1)

A keresett valószínűség: p(az összeg 2) .

b) Kedvező esetek száma: 2. (Az összeg: 3 = 1 + 2 = 2 + 1)

A keresett valószínűség: p(az összeg 3) .

c) Kedvező esetek száma: 4. (Az összeg: 5 = 1 + 4 = 2 + 3 = 3 + 2 = 4 + 1)

A keresett valószínűség: p(az összeg 5) .

Dobjunk fel három szabályos dobókockát. Mennyi a valószínűsége annak, hogy a dobottpontok összegea) 3; b) 11; c) 20?

Mindhárom kockával hatfélét dobhatunk, így az összes esetek száma: .a) Kedvező esetek száma: 1. (Az összeg: 3 = 1 + 1 + 1)

A keresett valószínűség: p(az összeg 3) .

b) Kedvező esetek száma: 27. (1 + 4 + 6 hatféle sorrendben; 1 + 5 + 5 háromféle sorrendben; 2 + 3 + 6 hatféle sorrendben; 2 + 4 + 5 hatféle sorrendben; 3 + 3 + 5 háromféle sorrendben;3 + 4 + 4 háromféle sorrendben)

A keresett valószínűség: p(az összeg 11) .

c) Kedvező esetek száma: 0. (A dobott számok összege legfeljebb 18.)A keresett valószínűség: p(az összeg 20) = 0.

A 32 lapos magyar kártyából kiválogatjuk a 7-es, 8-as és 9-es lapokat (mindegyikből négyvan). Ezek közül véletlenszerűen háromszor húzunk egy-egy lapot. A húzás után mindig vissza-keverjük a húzott lapot. Mennyi a valószínűsége annak, hogy a húzás sorrendjében leírt szám-jegyek által alkotott háromjegyű szám oszthatóa) hárommal; b) kilenccel; c) hattal?

Az összes esetek száma: .a) A számjegyek összegének oszthatónak kell lenni hárommal. A megfelelő számjegyek:1. eset: 7, 8, 9.Bármelyik hetest, bármelyik nyolcast, bármelyik kilencest húzhatjuk, és ezeknek hatféle sorrendjelehet. Vagyis a kedvező esetek száma: .

Vagyis: .

2. eset: 7, 7, 7.Bármelyik hetest négy közül húzhatjuk, ezért a kedvező esetek száma: .

Vagyis: .; ;p 7 7 71728

64271

= =^ h

4 4 4 64$ $ =

; ;p 7 8 91728384

92

= =^ h

6 4 4 4 384$ $ $ =

12 17283=

21627

81

= =

2161

=

6 6 6 216$ $ =

364

91

= =

362

181

= =

361

=

6 6 36$ =

12 3 36$ =

1258

=

12536

=

3. K2

4. K2

5. K2

112 MATEMATIKA V I . V A L Ó S Z Í N Ű S É G - S Z Á M Í T Á S

1 1 . É V F O L Y A M

3. eset: 8, 8, 8.

Az előzőhöz hasonlóan: .

4. eset: 9, 9, 9.

Az előzőhöz hasonlóan: .

A négy esetben kapott valószínűségek összege adja a keresett valószínűséget:

p(hárommal osztható) .

b) A számjegyek összegének oszthatónak kell lenni kilenccel.A megfelelő számjegyek: 9, 9, 9.Bármelyik kilencest négy közül húzhatjuk, ezért a kedvező esetek száma: .

Vagyis a keresett valószínűség: p(kilenccel osztható) .

c) A számjegyek összegének oszthatónak kell lenni hárommal és az utolsó jegynek párosnak kelllenni. A megfelelő számjegyek:1. eset: 7, 8, 9.Bármelyik hetest, bármelyik nyolcast, bármelyik kilencest húzhatjuk, és a hetesnek és a kilen-cesnek két sorrendje lehet (a nyolcas az utolsó helyen áll). Vagyis a kedvező esetek száma:

.

Vagyis: .

2. eset: 8, 8, 8. Bármelyik nyolcast négy közül húzhatjuk, ezért a kedvező esetek száma: .

Vagyis: .

A két esetben kapott valószínűségek összege adja a keresett valószínűséget:

p(hattal osztható) .

A lottón az 1, 2, …, 90 számok közül ötöt húznak ki. Mennyi a valószínűsége annak,hogy egy szelvény kitöltése esetén nem lesz találatunk?

Az összes esetek száma: . Az hogy a kihúzott öt szám közül egyik sem szerepel a szelvé-

nyünkön -féleképpen következhet be.

A keresett valószínűség: p(nincs találat) .

A 32 lapos magyar kártyát egy kártyajátékhoz a négy játékos között egyenlően szétosz-tunk. Mekkora valószínűséggel kerül a négy király egy játékoshoz?

A lehetséges esetek száma: .

A kedvező esetek száma: .

A keresett valószínűség: p(négy király) .4 4

,328

248

168

88

284

248

168

88

328

284

0 0078$ $ $

$ $ $ $ $

.= =

e e e e

e e e e

e

e

o o o o

o o o o

o

o

4284

248

168

88

$ $ $ $e e e eo o o o

328

248

168

88

$ $ $e e e eo o o o

,905

855

0 746.=

e

e

o

o

855

e o

905

e o

272

271

273

91

= + = =

; ;p 8 8 81728

64271

= =^ h

4 4 4 64$ $ =

; ;p 7 8 91728128

272

= =^ h

2 4 4 4 128$ $ $ =

172864

271

= =

4 4 4 64$ $ =

92

271

271

271

92

91

93

31

= + + + = + = =

; ;p 9 9 91728

64271

= =^ h

; ;p 8 8 81728

64271

= =^ h

6. K2

7. K2

113MATEMATIKAV I . V A L Ó S Z Í N Ű S É G - S Z Á M Í T Á S

1 1 . É V F O L Y A M

Egy pénzérmét háromszor egymás után feldobunk. Mennyi annak a valószínűsége, hogyaz érmén a) sorrendben fej, írás, írás lesz;b) pontosan kétszer lesz írás?

a) Az összes esetek száma: 8.A kedvező esetek száma: 1.

A keresett valószínűség: .

b) Az összes esetek száma: 8.A kedvező esetek száma: 3 (1. I, I, F; 2. I, F, I; 3. F, I, I).

A keresett valószínűség: p(két írás) .

4. Binomiális eloszlás

Péter és László sokat asztali fociznak (csocsóznak) egymással. A tapasztalat szerint Péter0,7, László 0,3 valószínűséggel nyer meg egy meccset. Egy játéksorozatban az a győztes, akitöbbször nyer. a) Mekkora László nyerési esélye, ha három meccset játszanak?b) Mekkora Péter nyerési esélye, ha öt meccset játszanak?

a) László akkor nyeri meg a játéksorozatot, ha a három meccsből hármat vagy kettőt megnyer.Használjuk a binomiális eloszlásra tanult összefüggést:

p(László nyer) .

Vagyis László nyerési esélye 0,216.

b) Péter akkor nyeri meg a játéksorozatot, ha az öt meccsből ötöt, négyet vagy hármat megnyer.Használjuk a binomiális eloszlásra tanult összefüggést:

p(Péter nyer) .

Vagyis Péter nyerési esélye kb. 0,84.

A tapasztalatok szerint egy középiskolában a tanulók 12%-a nem visz magával számo-lógépet. Mekkora a valószínűsége annak, hogy 30 véletlenszerűen kiválasztott tanuló közül leg-alább háromnak nincs számológépe?

Meghatározzuk, hogy mekkora a valószínűsége annak, hogy mindenkinek van, egy tanulónaknincs, kettő tanulónak nincs számológépe. Használjuk a binomiális eloszlásra tanult összefüggést:

p(mindenkinek van) ,

p(egy tanulónak nincs) ,

p(kettő tanukónak nincs) .

A keresett valószínűség: p(legalább háromnak nincs) =

.

Vagyis kb. 0,7153 a valószínűsége annak, hogy 30 véletlenszerűen kiválasztott tanuló közül leg-alább háromnak nincs számológépe.

1 0,12 0,88 0,12 0,88 0,12 0,88 ,300

301

302

0 71530 30 1 29 2 28$ $ $ $ $ $ .= - - -e e eo o o

0,12 0,88302

2 28$ $= e o

0,12 0,88301

1 29$ $= e o

, ,300

0 12 0 880 30$ $= e o

0,7 0,3 0,7 0,3 0,7 0,3 0,55

54

53

836925 0 4 1 3 2$ $ $ $ $ $= + + =e e eo o o

0,3 0,7 , , ,33

32

0 3 0 7 0 2163 0 2 1$ $ $ $= + =e eo o

83

=

, ,p F I I81

=^ h

8. K2

1. K2

2. K2

114 MATEMATIKA V I . V A L Ó S Z Í N Ű S É G - S Z Á M Í T Á S

1 1 . É V F O L Y A M

Egy feladatlapon 12 eldöntendő kérdés szerepel. Ha valaki legalább hatra jól válaszol,akkor már nem elégtelen a dolgozata. Mekkora valószínűséggel kap elégtelennél jobb osztály-zatot az, aki véletlenszerűen töltötte ki a válaszokat?

Használjuk a binomiális eloszlásra tanult összefüggést:

p(elégtelennél jobb)

.

Vagyis kb. 0,61 valószínűséggel kap elégtelennél jobb osztályzatot az, aki véletlenszerűen töltiki a kérdéses feladatlapot.

Egy kockával háromszor dobunk egymás után. A kísérlet kimenetele a hatos dobásokszámával egyenlő. Adjuk meg az egyes kimenetelekhez a valószínűségeket!

A hatos dobás valószínűsége: , a nem hatos dobás valószínűsége: . Hasz-

náljuk a binomiális eloszlásra tanult összefüggést!

.

.

.

.

Legyen A esemény, hogy egy szabályos pénzérmét négyszer egymásután feldobva há-romszor kapunk írást.Legyen B esemény, hogy egy szabályos pénzérmét nyolcszor egymásután feldobva hatszor ka-punk írást.Legyen C esemény, hogy egy szabályos pénzérmét nyolcszor egymásután feldobva ötször kapunkírást.Állítsuk növekedő sorrendbe az események valószínűségét!

Használjuk a binomiális eloszlásra tanult összefüggést!

.

.

.

Hozzuk közös számlálóra a törteket: , , .

Vagyis .p B p C p A1 1^ ^ ^h h h

327

647

287

p C85 2

121

3275 3

= =^ e b bh o l l

p B86 2

121

6476 2

= =^ e b bh o l l

p A43 2

121

413 1

= =^ e b bh o l l

p 333 6

165

2161db hatos

3 0= =^ e b bh o l l

p 232 6

165

21615db hatos

2 1= =^ e b bh o l l

p 030 6

165

216125db hatos

0 3= =^ e b bh o l l

p 131 6

165

21675db hatos

1 2= =^ e b bh o l l

p A65

=^ hp A61

=^ h

, ,126

127

1212

0 5 0 6112$f .= + + +e e eo o o= G

0,5 0,5 0,5 0,5 , ,126

127

1212

0 5 0 56 6 7 5 12 0$ $ $ $ $ $f= + + + =e e eo o o

3. K2

4. K2

5. K2

115MATEMATIKAV I . V A L Ó S Z Í N Ű S É G - S Z Á M Í T Á S

1 1 . É V F O L Y A M

5. Geometriai valószínűség

Egy másfél kilométer hosszú vízvezeték halad a 15 méter széles aszfaltozott út mellett, dea vezeték nyomvonala 11-szer keresztezi merőlegesen az utat. Csőtörés esetén mekkora a való-színűsége annak, hogy aszfaltot is kell bontani? (Feltételezésünk szerint a cső minden pontjánugyanolyan valószínűséggel lehet csőtörés.)

Az esemény valószínűségére használjuk a képletet, ahol G a vízvezeték hosszát, g

pedig a vízvezetéknek az aszfalt alatti hosszát jelenti. A szöveg szerint: G = 1500 méter, g = 165 méter.

A keresett valószínűség: .

Tehát csőtörés esetén 0,11 a valószínűsége annak, hogy aszfaltot is kell bontani.

Egy céltábla koncentrikus körökből áll, ezek sugara 2, 4, 6, 8 és 10 cm. Minden lövésseleltaláljuk a céltáblát, és minden pontját azonos valószínűséggel. Adjuk meg az öt tartomány el-találásának valószínűségét!

Készítsünk a céltábláról egy vázlatrajzot!

Kiszámoljuk az öt tartomány területét (mértékegységként cm2-t használunk). Egy kör és négykörgyűrű területét kell meghatároznunk.

,

,

,

,

.Az egész céltábla területe:

.

Az esemény valószínűségére használjuk a képletet (i = 1; 2; 3; 4; 5), ahol T a céltábla

területét, ti pedig az egyes tartományok területét jelenti:

,

,

,

,

.p A10036

259

5 rr

= =^ h

p A10028

257

4 rr

= =^ h

p A10020

51

3 rr

= =^ h

p A10012

253

2 rr

= =^ h

p A100

4251

1 rr

= =^ h

p ATt

ii=^ h

T 10 1002 $ r r= =

t 10 8 3652 2$ $r r r= - =

t 8 6 2842 2$ $r r r= - =

t 6 4 2032 2$ $r r r= - =

t 4 2 1222 2$ $r r r= - =

t 2 412 $ r r= =

,p A1500165 0 11= =^ h

p AGg

=^ h

1. K1

2. K1

116 MATEMATIKA V I . V A L Ó S Z Í N Ű S É G - S Z Á M Í T Á S

1 1 . É V F O L Y A M

t5t4

t3t2

t1

A hírekben ezt a mondatot halljuk: A Budapest – Miskolc vasútvonalon műszaki hibamiatt megállt a gyorsvonat. Mekkora valószínűséggel érkezett meg késés nélkül ismerősünk Budapestről Hatvanba? (A Budapest – Miskolc távolságot vegyük 200 km-nek, a Budapest – Hat-van távolságot pedig 60 km-nek.)

Ha a műszaki hiba a Hatvan – Miskolc szakaszon történt, akkor az illető késés nélkül érkezhe-tett Hatvanba.Mivel egyéb értesülésünk nincs, ezért azt feltételezzük, hogy a pálya bármelyik pontján ugyan-akkora eséllyel lehet a műszaki hiba.

Az esemény valószínűségére használjuk a képletet, ahol H a teljes hosszt, h pedig a

Budapest – Hatvan távolságot jelenti:

,

Vagyis 0,3 valószínűséggel érkezett meg késés nélkül az illető Budapestről Hatvanba.

Az ábrán látható táblára rászáll egy légy. Mekkora az esélye annak, hogy piros részreszáll? (A táblán látható szürke vízszintes vonalat segítségnek rajzoltuk be!)

A tábla területét vegyük 1-nek. Ekkor a piros rész területe .

A keresett valószínűség: .

Az ábrán látható ablakot 20 cm-rel lejjebb húztuk. Mek-kora esélye lesz annak a szúnyognak, amelyik át akar repülni azablakon? (Az ablak magassága 80 cm, a teteje félkör, alatta tég-lalap található.)

Az ablaktáblából lent nem látunk egy 20 cm magas, 50 cm szélestéglalapot, amelynek a területe 1000 cm2. Ezért a fenti nyílás isekkora. Az ablak területe cm2-ben:

.

A keresett valószínűség: .

0,268 eséllyel tud átrepülni a szúnyog az ablakon.,

,p A3731 75

1000 0 268.=^ h

,T 50 552

25 3731 752

$ $ .r= +

83

83

,p A20060 0 3= =^ h

p AHh

=^ h

3. K1

5. E1

4. K2

117MATEMATIKAV I . V A L Ó S Z Í N Ű S É G - S Z Á M Í T Á S

1 1 . É V F O L Y A M

60

20

50