Matematika [PDF]

Zitiervorschau

© Typotex Kiadó

Reiman István: Matematika

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

Reiman István

Matematika

Budapest, 2011

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

© Reiman István, Typotex, 2011 Az 1992-es kiadás alapján készült. Lektorálták: Laczkó László, Pálmay Lóránt, Urbán János ISBN 978 963 279 300 9 Témakör: matematika

A Typotex Kiadó további kézikönyvei: Bronstejn – Musiol – Mühlig – Szemengyajev: Matematikai kézikönyv Holics István: Fizika összefoglaló

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

Tartalom

El˝oszó

13

1. Halmazok; a matematikai logika elemei 1.1. A halmaz fogalma; jelölések 1.2. Részhalmazok; komplementer halmaz 1.3. Halmazm˝uveletek 1.4. A halmazok ekvivalenciája 1.5. A matematikai logika elemei; az ítéletkalkulus 1.6. Logikai m˝uveletek

15 15 16 17 20 21 23

2. Valós számok 2.1. Természetes számok; egész számok 2.2. Racionális számok; törtm˝uveletek 2.3. Egész kitev˝os hatványok 2.4. Tizedestörtek; a racionális számok végtelen tizedestört alakja 2.5. Irracionális számok; a valós számok halmaza 2.6. Számok közelít˝o értéke, kerekítés; a számok normálalakja 2.7. A valós számok abszolút értéke

26 26 29 33

3. Algebrai egész és törtkifejezések 3.1. Algebrai egész kifejezések és m˝uveleteik www.interkonyv.hu

35 39 40 42 44 44 © Reiman István

© Typotex Kiadó

6

Tartalomjegyzék

3.2. Fontosabb azonosságok a többtagú algebrai egész kifejezések körében 3.3. Algebrai törtkifejezések és m˝uveleteik 3.4. Feladatok a racionális algebrai kifejezések körében végzett m˝uveletekre és alkalmazásaikra 3.5. Arányok, aránypárok; arányosság 4. A számelmélet elemei 4.1. A prímszámok; a számelmélet alaptétele; oszthatósági ismertet˝ojegyek 4.2. Legnagyobb közös osztó; legkisebb közös többszörös 4.3. Az egész rész; maradékos osztás; maradékosztályok 4.4. Számrendszerek 4.5. Egy bizonyítási módszer: a teljes indukció

48 50 53 54 57 57 60 62 64 65

5. Négyzetgyökös kifejezések 5.1. Számok négyzetgyöke 5.2. M˝uveletek négyzetgyökös kifejezésekkel 5.3. Példák a négyzetgyökös kifejezések körében végzett m˝uveletekre

69 69 72

6. Racionális és valós kitev˝oj˝u hatványok; logaritmus 6.1. Az n-edik gyök fogalma 6.2. Racionális kitev˝oj˝u hatványok 6.3. Valós kitev˝oj˝u hatványok 6.4. A logaritmus fogalma 6.5. A logaritmus azonosságai 6.6. Kapcsolat különböz˝o alapú logaritmusok között; logaritmusrendszerek 6.7. A logaritmus mint számítástechnikai segédeszköz

77 77 78 79 80 82

7. Egyenletek 7.1. Az egyenlet fogalma; egyenletek ekvivalenciája 7.2. Els˝ofokú egyismeretlenes egyenletek

86 86 89

www.interkonyv.hu

74

83 85

© Reiman István

© Typotex Kiadó

Tartalomjegyzék

7.3. 7.4. 7.5. 7.6. 7.7. 7.8. 7.9.

Els˝ofokú egyenletrendszerek Egyismeretlenes másodfokú egyenlet Másodfokúra visszavezethet˝o egyenletek Négyzetgyökös egyenletek Másodfokú egyenletrendszerek Egyenletekre vezet˝o feladatok Diofantikus egyenletek

7 92 98 103 105 107 108 112

8. Egyenl˝otlenségek 8.1. Az egyenl˝otlenségek alaptulajdonságai 8.2. Azonos egyenl˝otlenségek 8.3. Els˝ofokú egyismeretlenes egyenl˝otlenségek és egyenl˝otlenség-rendszerek

114 114 115

9. Százalékszámítás 9.1. A százalék fogalma; a százalékszámítás 9.2. Százalékos növekedés; százalékos csökkenés 9.3. Feladatok a százalékszámítás alkalmazására

122 122 123 124

10. Két segédeszköz: a determináns és a mátrix 10.1. A másodrend˝u determináns fogalma; általánosítható tulajdonságai 10.2. Az n-edrend˝u determináns fogalma 10.3. Többismeretlenes, els˝ofokú egyenletrendszerek; Cramer-szabály 10.4. A determinánsok általános tulajdonságai 10.5. A mátrix fogalma; speciális mátrixok 10.6. M˝uveletek a mátrixok körében 10.7. Az inverzmátrix; kapcsolat az els˝ofokú egyenletrendszerrel 11. Komplex számok 11.1. A komplex szám fogalma; m˝uveletek komplex számokkal 11.2. A komplex számsík 11.3. A komplex számok trigonometriai alakja www.interkonyv.hu

119

125 125 126 129 131 132 134 136 139 139 141 144 © Reiman István

© Typotex Kiadó

8

Tartalomjegyzék

11.4. A komplex számok exponenciális alakja 12. Egyhatározatlanú (egyváltozós) polinomok 12.1. Az egyhatározatlanú polinom fogalma; a Horner-módszer 12.2. A polinomok osztási algoritmusa 12.3. A polinomok gyöktényez˝os alakja 12.4. Egész együtthatós polinomok racionális gyökei

149 151 151 152 154 155

13. Kombinatorika 13.1. Sorba rendezési problémák; permutációk, variációk 13.2. Részhalmaz-kiválasztási problémák; kombinációk 13.3. A binomiális tétel; binomiális együtthatók 13.4. A skatulyaelv és a logikaiszita-formula 13.5. Gráfok; a gráfokkal kapcsolatos alapfogalmak 13.6. Néhány egyszer˝ubb gráfelméleti összefüggés; a gráfok Euler-vonala 13.7. Síkbeli gráfok; fák, erd˝ok; páros gráfok

159 159 164 166 168 172

14. Elemi síkgeometria 14.1. Síkgeometriai alapfogalmak. Konvex alakzatok 14.2. Szögek; szögpárok 14.3. Sokszögek; szögösszeg 14.4. Az egybevágóság; háromszögek egybevágósága 14.5. Tengelyes tükrözés; tengelyesen szimmetrikus alakzatok 14.6. Középpontos szimmetria; paralelogrammák 14.7. A kör. Kerületi és középponti szögek; Thalész tétele 14.8. Hasonlósági transzformációk; középpontos hasonlóság 14.9. Mértaniközép-tételek; Pitagorasz tétele 14.10. A sokszögek területe 14.11. A kör kerülete és területe; ívmérték 14.12. A háromszög geometriájából 14.13. Speciális négyszögek; sokszögek

180 180 181 185 188

www.interkonyv.hu

174 176

191 196 199 203 211 216 220 225 233 © Reiman István

© Typotex Kiadó

Tartalomjegyzék

9

15. A tér elemi geometriája 15.1. Egyenesek és síkok kölcsönös helyzete; párhuzamosság 15.2. Hajlásszögek és távolságok 15.3. Egybevágóság és hasonlóság a térben 15.4. Poliéderek: hasábok, gúlák; felszín és térfogat 15.5. Euler-féle poliédertétel; szabályos testek 15.6. Hengerek és kúpok 15.7. A gömb és részei 15.8. A gömbháromszög

238 240 243 245 253 255 262 267

16. Vektorok és alkalmazásaik 16.1. A vektorok fogalma 16.2. Vektorok összeadása és kivonása 16.3. A vektorok szorzása számmal 16.4. Vektorok és pontok koordinátái 16.5. Osztópont, súlypont és alkalmazások 16.6. Trigonometrikus függvények 16.7. Skaláris szorzat 16.8. Trigonometriai összefüggések a háromszögben 16.9. Vektoriális szorzat 16.10. Vegyesszorzat; kifejtési tétel 16.11. A gömbháromszögek trigonometriája

270 270 271 275 279 283 288 296 304 315 322 325

17. Koordinátageometria 17.1. A pont eltolása és elforgatása; koordinátatranszformáció 17.2. Az egyenes egyenletei síkbeli koordinátarendszerben 17.3. A kör egyenlete 17.4. A parabola és egyenletei 17.5. Az ellipszis és egyenletei 17.6. A hiperbola és egyenletei 17.7. Kúpszeletek és másodrend˝u görbék 17.8. Polárkoordináták

330

www.interkonyv.hu

238

330 333 348 354 360 366 371 374 © Reiman István

© Typotex Kiadó

10

Tartalomjegyzék

17.9. Egyenes és sík a térbeli koordináta-rendszerben

377

18. Szerkesztések 18.1. Az euklideszi alapszerkesztések és alkalmazásaik 18.2. Gyakorlati szerkesztések

385 385 396

19. Sorozatok 19.1. A sorozat fogalma, megadása 19.2. Számtani sorozatok 19.3. Mértani sorozatok 19.4. A mértani sorozat alkalmazásai; kamatoskamat-számítás 19.5. Konvergens sorozatok 19.6. Rekurziós sorozatok 19.7. Végtelen sorok

400 400 402 404 408 411 418 421

20. Függvények 20.1. A függvények fogalma, ábrázolása 20.2. A függvényekkel kapcsolatos alapfogalmak 20.3. A függvény határértéke 20.4. Folytonos függvények 20.5. Racionális egész- és törtfüggvény 20.6. Hatványfüggvény 20.7. Exponenciális és logaritmusfüggvény; exponenciális és logaritmikus egyenletek 20.8. Trigonometrikus függvények és inverzeik 20.9. Trigonometrikus azonosságok és egyenletek 20.10. Hiperbolikus függvények és inverzeik 20.11. Néhány nevezetesebb függvény

425 425 429 434 437 440 447

21. Differenciál- és integrálszámítás 21.1. A differenciálhányados és a derivált függvény 21.2. Deriválási szabályok 21.3. Az elemi függvények deriválása 21.4. Középértéktételek és következményeik

472 472 475 478 488

www.interkonyv.hu

448 452 459 467 470

© Reiman István

© Typotex Kiadó

Tartalom

21.5. Magasabb rend˝u deriváltak; konvexitás, konkávitás 21.6. Függvényvizsgálat és alkalmazásai 21.7. A derivált alkalmazása határérték számítására; a l’Hospital-szabály 21.8. A Taylor-formula 21.9. Egyenletek közelít˝o megoldása 21.10. A primitív függvény 21.11. Az integrál fogalma 21.12. A Newton–Leibniz-tétel 21.13. Az integrálszámítás alkalmazásai 21.14. Közelít˝o módszerek az integrálszámításban 21.15. Néhány differenciálegyenlet megoldása

11

491 494 504 507 510 516 526 532 534 552 556

22. Valószín˝uség-számítás 22.1. A valószín˝uség-számítás tárgyköre; elemi események 22.2. A valószín˝uség alaptulajdonságai, a valószín˝uség klasszikus kiszámítási módja 22.3. A valószín˝uség geometriai kiszámítási módja 22.4. Feltételes valószín˝uség és függetlenség 22.5. Valószín˝uségi változók és eloszlásaik 22.6. A matematikai statisztika néhány alapfogalma

568 573 577 580 585

23. Táblázatok

589

Tárgymutató

www.interkonyv.hu

565 565

600

© Reiman István

© Typotex Kiadó

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

Kiadói el˝oszó Egy könyv megjelenése a kiadó életében napi gyakorlat. Ám azt csak utólag, és akkor is csak nagyon nehezen lehet meghatározni, hogy a sok könyv közül melyik számított igazi állomásnak, melyik jelentett igazi változást, s terelt mindent új irányba. Reiman István matematikai összefoglalója egy több évtizedes forradalmi mozgalom, az ún. „új matek” záró ékköve. Az „új matekosok”, függetlenül attól, hogy hol és kiket tanítottak, a matematika szépségét magukévá tették, és azon buzgólkodtak, hogy ezt a látásmódot továbbadják. Reiman István nem foglalkozott didaktikával, hanem leny˝ugöz˝oen tanított, mert nem csak teljes mélységében értette, amit mond, hanem ezt a megértést teljes mélységében át is tudta adni a tanítványainak. Jó volt az o˝ diákjának lenni, de ma már csak ezzel a könyvvel kárpótolhatja magát az olvasó. Örülök, hogy az a könyv, melynek ötlete több mint harminc éve merült fel bennem, szerkeszt˝oi pályám legelején, most a mi gondozásunkban jelenik meg. Az 1992-es kiadás újratördelése közben hosszasan gondolkodtunk, átnevezzük-e a szövegekben a 100 forintos bankjegyet vagy Csehszlovákiát, ám végül úgy döntöttünk, meg˝orzünk mindent eredeti állapotában. Egyrészt a szövegezés a feladat lényegét nem érinti, másrészt pedig megvan ennek a maga bája. Budapest, 2010. november 10.

Votisky Zsuzsa

El˝oszó Könyvünk a matematikának azokat a fejezeteit tartalmazza, amelyeket általában a „középfokú” jelz˝ovel szoktak megjelölni, kib˝ovítve a fels˝ofokú oktatás néhány bevezet˝o anyagrészletével. Els˝osorban a középiskolai tananyagban kíván segítséget nyújtani, de mindjárt hozzákapcsolja a matematikának azokat a tárgyköreit, amelyek átvezetnek a „magasabb” matematikába. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

14

El˝oszó

Az anyag összeállításával és tárgyalásmódjának a megválasztásával az volt a célunk, hogy az olvasó egységesen összefoglalva lásson egy-egy matematikai tárgykört az alkalmazásokkal együtt. E célból arra törekedtünk, hogy az adott szinten lehet˝oleg pontosan definiáljuk a felhasznált fogalmakat, szabatosan fogalmazzuk meg a tételeket, összefüggéseket, és ezek alkalmazásait egyszer˝ubb, ill. fokozatosan nehezed˝o példákon, feladatokon mutassuk be. A könyv terjedelme nem teszi lehet˝ové, hogy minden tételünknek a bizonyítását is közöljük, ezek egy részének csak a gondolatmenetét adhattuk meg; a hiányzó bizonyítások megtalálhatók a tankönyvekben, kézikönyvekben. A példákat és a feladatokat úgy állítottuk össze, hogy azok lehet˝oleg ne használjanak fel a matematikán kívüli, kevésbé ismert fogalmakat, amik a megoldás megértését lényegesen megnehezítenék. Az egyes fejezetek felépítése – éppen összefoglaló jellegük miatt – gyakran eltér az iskolában megszokott felépítésekt˝ol; itt többször egymás mellé kerülnek olyan szakaszok, amelyek az iskolai anyagban távol vannak egymástól, viszont esetleg különböz˝o fejezetben találhatók meg egymáshoz szorosan kapcsolódó anyagrészek. Az olvasás megkönnyítésére ezért gyakran hivatkozunk a kapcsolódó fejezet, ill. szakasz számára, pl. 20.5. a 20. fejezet 5. szakaszát jelenti; a többször felhasznált képleteket soruk jobb szélén három számmal jelöltük meg, pl. (16.5.8) a 16. fejezet 5. szakaszának a 8. képlete. A könyv végén található tárgymutatóban megkereshetjük, hogy egy-egy fogalom vagy tétel hol fordul el˝o, tehát hol találhatjuk meg ezek definícióit, ill. megfogalmazásait. A könnyebb kezelhet˝oség érdekében néhány tételt, meghatározást többször is szerepeltetünk. Szólnunk kell a könyvben használt matematikai jelölésekr˝ol. A jelölésrendszer napjainkban átalakulóban van. Igyekeztünk azokat a jelöléseket használni, amelyek ma hazánkban a legelterjedtebbek, de megadtuk a használatban lev˝o más jelöléseket is. Általában arra törekedtünk, hogy csak a legszükségesebb jelöléseket használjuk, mert ezen a szinten a túl sok matematikai jelölés feleslegesen megnehezítheti a könyv olvasását. A kézirat elkészítésében nyújtott nagy segítségükért köszönetet mondok a könyv szakmai lektorainak: Laczkó László vezet˝o tanárnak, Pálmay Lóránt vezet˝o szaktanácsadónak és Urbán Jánosnak, az OPI osztályvezet˝ojének; köszönettel tartozom P. Helvei Juditnak gondos és lelkiismeretes szerkeszt˝o munkájáért és Vadas Istvánnénak a kézirat gépeléséért és gondozásáért. Budapest, 1989. szeptember 1.

www.interkonyv.hu

Reiman István

© Reiman István

© Typotex Kiadó

1 Halmazok; a matematikai logika elemei

1.1. A halmaz fogalma; jelölések A matematikában alapfogalmaknak tekintjük azokat a fogalmakat, amelyeket nem határozunk meg, nem definiálunk más fogalmak segítségével rendszerint azért, mert meghatározásukhoz a szóban forgó fogalomnál bonyolultabb fogalmakat kellene felhasználnunk. Az egyik leggyakrabban használt alapfogalom a halmaz fogalma. A halmaz bizonyos dolgok, fogalmak, tárgyak, személyek stb. együttese, összessége; ezek a dolgok, fogalmak stb. a halmaz elemei. Néhány példa halmazokra: A: a 9-nél kisebb pozitív egész számok halmaza; B: egy adott sík háromszögeinek a halmaza; C: az 1997-nél nagyobb egész számok halmaza; D: azoknak a pozitív egész számoknak a halmaza, amelyek 3-mal osztva 2-t adnak maradékul; E: az egy osztályban tanuló diákok halmaza. Ezek közül az A-val és E-vel jelölt halmaznak véges sok eleme van; ezek számát egy természetes számmal lehet megadni, az ilyen halmazt végesnek mondjuk. Ezzel szemben a B, C, D halmazoknál ez nem lehetséges, ezek végtelen halmazok. A halmazokat rendszerint nagybet˝uvel szoktuk jelölni, az elemeit pedig kisbet˝ukkel. A hozzátartozás jele: ∈, pl. 7 ∈ A (olv.: 7 eleme az A-nak), a „nem eleme” jelölése ennek a jelnek áthúzott változata: 6∈, pl. 9 6∈ A. Egy halmazt az elemei egyértelm˝uen meghatározzák. Két halmaz akkor és csakis akkor egyenl˝o, ha elemeik azonosak. Egy halmazban egy www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

16

1. Halmazok; a matematikai logika elemei

„valami” csak egyszer szerepelhet elemként, még akkor is, ha az elemek felsorolásakor ezt esetleg többször is említenénk. A halmazokat sokféle módon adhatjuk meg; a véges halmazoknak pl. felsorolhatjuk az elemeit, az elemeket ilyenkor kapcsos zárójelbe tesszük: A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}. Megadhatjuk a halmazokat olyan utasítással is, amelynek alapján bármely elemr˝ol eldönthet˝o, hogy hozzátartozik-e a halmazhoz vagy sem. Ilyen esetben tetsz˝oleges számhalmaz esetében is használjuk a kapcsos zárójelet, méghozzá rendszerint a következ˝o formában: el˝oször leírjuk a halmaz egy általános (azaz tetsz˝oleges) elemének a jelét, pl. x-et, majd egy függ˝oleges elválasztó vonal következik, ezután megadjuk azt az ismertnek feltételezett nagyobb halmazt, amelynek x eleme, majd azt a speciális tulajdonságot, amelynek alapján az x elemeket ebb˝ol a nagyobb halmazból kiválasztjuk. Pl. az egész számok halmazát Z-vel jelölve, az el˝obbi C halmazt a következ˝o módon adhatjuk meg: C = {x | x ∈ Z, x > 1997}. Ugyanezzel a módszerrel a D halmaz megadása: D = {x | x = 3k + 2, k = 0, 1, 2, . . .}. A függ˝oleges vonal helyett gyakran kett˝ospontot vagy pontosvessz˝ot használnak. Már itt felhívjuk a figyelmet arra, hogy egy bizonyos halmazt többféle módon is megadhatunk. Célszer˝uségb˝ol bevezetjük az elem nélküli halmaz fogalmát, ennek neve: / üres halmaz, jele: 0. Példák üres halmazokra: – azon számok halmaza, amelyek kisebbek 10-nél, de nagyobbak 12nél, vagy – az x2 = −1 egyenletet kielégít˝o valós számok halmaza.

1.2. Részhalmazok; komplementer halmaz Az A halmazt a B halmaz részhalmazának nevezzük, ha A minden eleme B-nek is eleme; jelöléssel: A ⊂ B. Eszerint minden halmaz részhalmaza saját magának. Az üres halmazt minden halmaz valódi részhalmazának tekintjük; ez a tény számos tétel megfogalmazását lényegesen egyszer˝usíti. Ha viszont A részhalmaza B-nek, de nem egyenl˝o B-vel, akkor A-t a B valódi részhalmazának nevezzük, ennek a kapcsolatnak a jele A $ B. (Azt, hogy A www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

1. Halmazok; a matematikai logika elemei

17

részhalmaza B-nek, régebben az A ⊆ B szimbólummal jelölték, ebben az esetben a valódi részhalmaz jele ⊂.) Példák a részhalmazokra: – az egész számok halmazának részhalmaza a páros számok halmaza, – a páros számok halmazának részhalmaza a 10-zel osztható számok halmaza, – a háromszögek halmazának részhalmaza a szabályos háromszögek halmaza, / E2 = {1}, E3 = {2}, – az E = {1, 2, 3} halmaz részhalmazai: E1 = 0, E4 = {3}, E5 = {1, 2}, E6 = {1, 3}, E7 = {2, 3}, E8 = {1, 2, 3}. Ezek közül tehát E8 nem valódi részhalmaz, a többi valódi részhalmaz. Ha A ⊂ B és B ⊂ A, akkor szükségképpen A = B, hiszen ez azt jelenti, hogy A minden elemét B is tartalmazza, és B minden eleme A-nak is eleme, tehát A és B elemei azonosak. Éppen ezért két halmaz azonosságát (egyenl˝oségét) úgy bizonyíthatjuk, hogy megmutatjuk: bármelyikük minden eleme hozzátartozik a másik halmazhoz is. Legyen pl. az A halmaz egy síkon a P és Q pontoktól egyenl˝o távolságra lev˝o pontok halmaza, a B halmazt pedig a PQ szakasz felez˝o mer˝olegesének a pontjai alkotják. E két halmaz egyenl˝o voltának az igazolásához azt kell megmutatnunk, hogy A ⊂ B, vagyis hogy a P-t˝ol és Q-tól egyenl˝o távolságra lev˝o pontok rajta vannak a felez˝o mer˝olegesen; majd pedig azt, hogy B ⊂ A, vagyis, hogy PQ felez˝o mer˝olegesének a pontjai egyenl˝o távol vannak P-t˝ol és Q-tól. Ha A részhalmaza B-nek, akkor a B halmaz A-hoz nem tartozó elemei az A komplementer halmazát (kiegészít˝o halmazát, komplementerét) alkotják B-ben. A komplementerének jele A. Jelölje Z az egész számok halmazát, A pedig a páros egészek halmazát. A komplementere Z-ben a páratlan számok halmaza. A komplementer képzése tehát mindig bizonyos alaphalmazra vonatkoztatva történik; egy halmaz komplementer halmazáról csak akkor van értelme beszélni, ha az alaphalmazt is megadjuk. Fogalomalkotásunkból egyébként közvetlenül következik, hogy rögzített alaphalmaz esetén az A halmaz komplementerének komplementere A-val egyenl˝o: A = A.

1.3. Halmazmuveletek ˝ A számok körében bizonyos számokból a m˝uveletek során meghatározott szabályok szerint újabb számokat állítunk el˝o. Ennek a mintájára azokat az eljárásokat, amelyek során bizonyos halmazokból újabbakat állítunk el˝o, www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

18

1. Halmazok; a matematikai logika elemei

halmazm˝uveleteknek nevezzük. Ezek közül most néhány gyakrabban el˝ofordulóval foglalkozunk. Az A és B halmazok uniója azoknak az elemeknek a halmaza, amelyek az A és B halmazok közül legalább az egyiknek elemei. A és B uniójának jele A ∪ B (olv.: A unió B). A ∪ B más elnevezései: A és B egyesítése vagy A és B összege. Példák két halmaz uniójára: – a páros számok halmazának és a páratlan számok halmazának uniója az egész számok halmaza, – a 15-nél nagyobb számok halmazának és a 0-nál nagyobb számok halmazának uniója a pozitív számok halmaza, – a 15-nél nagyobb valós számok halmazának és a 15-nél kisebb valós számok halmazának uniója a valós számok halmaza a 15 kivételével. Az A és B halmazok metszetét A és B közös elemei alkotják. A és B metszetének jele A ∩ B (olv.: A metszet B), a metszetet gyakran közös résznek is mondják (néha A és B szorzatának). Példák két halmaz metszetére: – a páros számok halmazának és a páratlan számok halmazának metszete az üres halmaz, – a 15-nél nagyobb számok halmazának és a 0-nál nagyobb számok halmazának a metszete a 15-nél nagyobb számok halmaza, – a 15-nél nagyobb számok halmazának és a 30-nál kisebb számok halmazának metszete a 15 és 30 közé es˝o számok halmaza. A halmazm˝uveleteket és a velük kapcsolatos összefüggéseket jól szemléltetik az ún. Venn-diagramok (ezeket J. Venn angol matematikusról nevezték el); a halmazokat körlapokkal ábrázoljuk. Következ˝o ábráinkon az eredményül kapott halmaz határát vastag vonallal jelöltük (1.3.1. és 1.3.2. ábra).

1.3.1. ábra. Halmazok uniója

1.3.2. ábra. Halmazok metszete

Az unióm˝uvelet és a metszetképzés definíciója alapján (de a Venn-diagramok segítségével is) könnyen igazolhatók a következ˝o azonosságok: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

19

1. Halmazok; a matematikai logika elemei Unió: A ∪ B = B ∪ A,

A ∪ A = A,

A ∪ 0/ = A,

A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C.

Metszet: A ∩ B = B ∩ A,

A ∩ A = A, / A ∩ 0/ = 0,

A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C.

Megjegyezzük, hogy a halmazm˝uveleteket – ugyanúgy, mint a számok körében értelmezett m˝uveleteket – tetsz˝oleges számú halmazra is kiterjeszthetjük az utolsó ún. asszociatív tulajdonság alapján. Az A és B közös elem nélküli halmazokra jellemz˝o, hogy metszetük / az ilyen halmazokat diszjunkt halmazoknak (néha: üres, azaz A ∩ B = 0, idegen halmazoknak) mondjuk.

1.3.3. ábra. A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)

1.3.4. ábra. A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C)

A most bevezetett két m˝uvelet összekapcsolásával jönnek létre az ún. disztributív szabályok (1.3.3. és 1.3.4. ábra) A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C), A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C).

Az A halmaz és a B halmaz differenciáját (ebben a sorrendben!) az A halmaznak azok az elemei alkotják, amelyek nem elemei B-nek; A és B differenciájának jele: A\ B (olv.: A mínusz B). Az A\ B és B\ A halmazok nem azonosak (1.3.5. ábra).

1.3.5 ábra. A \ B és B \ A

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

20

1. Halmazok; a matematikai logika elemei

Ha pl. R a valós számok halmaza, R \ {−1, 0, 1} jelenti azt a halmazt, amely a valós számok halmazából a −1, 0, 1 számok elhagyásával keletkezett. Nyilván teljesülnek a következ˝o azonosságok: / / A \ 0/ = A, 0/ \ A = 0, A \ A = 0.

Következ˝o m˝uveletünk tartalmát tekintve eltér az eddigiekt˝ol, az eddig tárgyalt esetekben ugyanis a m˝uvelettel nyert halmaz elemei a kiindulásul vett halmazok elemeib˝ol állnak össze, a meghatározott szabályok szerint. Új m˝uveletünknél azonban az eredményként kapott halmaz elemei már jellegükben eltérnek az eredeti halmazok elemeit˝ol. Az A és B halmazok direkt szorzatán az összes olyan (a; b) rendezett pároknak a halmazát értjük, amelynél a a ∈ A és b ∈ B; a rendezettség azt jelenti, hogy a páron belül az A-hoz tartozót tekintjük els˝onek és a B-hez tartozót másodiknak. A és B direkt szorzatának jele: A × B (olv.: A kereszt B). A × B tehát általában nem azonos B × A-val. A × B más elnevezése: A és B Descartes-féle (olv. dékart-féle) szorzata (R. Descartes francia matematikus-filozófusról). Legyen pl. A = {1, 2, 3}, B = {4, 5}, akkor A × B = {(1, 4), (1, 5), (2, 4), (2, 5), (3, 4), (3, 5)}, B × B = {(4, 4), (4, 5), (5, 4), (5, 5)}.

Az A × B Descartes-féle szorzat elnevezése onnan származik, hogy ha A a valós számok halmaza, A × A a sík pontjainak Descartes-féle koordinátáiból áll.

1.4. A halmazok ekvivalenciája Tegyük fel, hogy az A és B halmazok olyanok, hogy A minden eleméhez hozzárendelhet˝o B-nek egy és csakis egy eleme úgy, hogy minden B-beli elem A-nak pontosan egy eleméhez van hozzárendelve. Ezt a hozzárendelést, kapcsolatteremtést, az A és B közötti kölcsönösen egyértelm˝u (más elnevezéssel: egy-egy értelm˝u) hozzárendelésnek nevezzük. A kölcsönösen egyértelm˝u hozzárendelés azt is jelenti, hogy a két halmaz elemeib˝ol elempárokat képezünk úgy, hogy minden elempárban szerepel egy-egy elem mindkét halmazból, és mindkét halmaz valamennyi eleme pontosan egy elempárban fordul el˝o. Legyen pl. A a pozitív egészek, B pedig a pozitív páros egészek, C pedig a páratlan pozitív egészek halmaza. A : 1, 2, 3, 4, . . ., n, n + 1, . . . B : 2, 4, 6, 8, . . ., 2n, 2n + 2, . . . C : 1, 3, 5, 7, . . ., 2n − 1, 2n + 1, . . . www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

1. Halmazok; a matematikai logika elemei

21

Kölcsönösen egyértelm˝u hozzárendelés létesíthet˝o A és B elemei között úgy, hogy A minden eleméhez a B-beli kétszeresét (az egymás alatt álló számokat) rendeljük hozzá, ily módon minden B-beli elemhez pontosan egy A-beli tartozik, ti. éppen a fele. Az A és C halmaz elemei között is létesíthet˝o kölcsönösen egyértelm˝u megfeleltetés; itt is minden A-beli elemhez az alatta lev˝ot rendeljük hozzá, azaz az n pozitív egészhez az n-edik páratlan számot, 2n − 1-et. Viszont a B és C halmazok elemei között is van kölcsönösen egyértelm˝u megfeleltetés, B minden eleméhez rendeljük hozzá az el˝otte állót, azaz a nála eggyel kisebb számot, általában a 2n alakú számhoz 2n − 1-et. Ha két halmaz elemei között kölcsönösen egyértelm˝u megfeleltetés létesíthet˝o, akkor a két halmazt ekvivalensnek (egyenérték˝unek) mondjuk. El˝obbi megállapításunk szerint tehát a pozitív egész számok halmaza ekvivalens a páros és a páratlan pozitív egészek halmazával is; ugyanakkor a páros és páratlan egészek halmaza egymással is ekvivalens. Ha két véges halmaz ekvivalens, akkor azonos az elemszámuk, ez közvetlenül következik az ekvivalencia fogalmából. A halmazok ekvivalenciája tehát annak a fogalomnak a kiterjesztése a halmazok körében, amit a véges halmazok esetén úgy fejezünk ki, hogy azonos az elemszámuk. A mi fogalomalkotásunknak következménye a végtelen halmazok körében, hogy egy végtelen halmaz ekvivalens lehet valódi részhalmazával; pl. mint láttuk, a pozitív egészek halmaza ekvivalens a pozitív páros számok vagy a pozitív páratlan számok halmazával. A pozitív egészek halmazával ekvivalens halmazokat megszámlálható halmazoknak nevezzük. Bebizonyítható, hogy megszámlálható az egész számok halmaza is, s˝ot a racionális számoké is. Nem igaz azonban, hogy bármely végtelen halmaz megszámlálható; a valós számok halmaza vagy egy egyenes pontjainak a halmaza nem megszámlálható. Az A, B, C halmazok vizsgálatakor a megszámlálható halmazokról szemléletes képet is nyerhetünk; az, hogy a megszámlálható halmaz elemei a pozitív egészek elemei „alá írhatók”, azt jelenti, hogy sorozatba rendezhet˝ok, bizonyos egymásutániság, sorrend állapítható meg közöttük. A megszámlálhatóság és a (végtelen) sorozatba való rendezhet˝oség egy halmaznál tehát ugyanazt jelenti.

1.5. A matematikai logika elemei; az ítéletkalkulus A matematikának jellegzetessége, hogy tételeit, eredményeit más tételekb˝ol levezeti, azaz bizonyos megszabott módon már meglév˝o tételekb˝ol, állításokból újabb tételekre következtet. A helyes matematikai következtetések szerkezeti törvényeivel a matematikai logika foglalkozik. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

22

1. Halmazok; a matematikai logika elemei

A legáltalánosabb következtetési módok (következtetési sémák) alapját a logikai ítéletek alkotják. Logikai ítéletnek nevezünk egy kijelent˝o mondatot, ha egyértelm˝uen eldönthet˝o, hogy a benne foglalt állítás igaz vagy hamis. A logikai ítéletet az egyszer˝uség kedvéért csak ítéletnek fogjuk nevezni; az ítélet fogalmát szokás még az „állítás”, „kijelentés” szavakkal is jelölni. A matematikai logika az ítéleteknél eltekint azok tartalmától, jelentését˝ol, csupán igaz vagy nem igaz (azaz hamis) voltukkal foglalkozik; az ítélet „igaz” vagy „hamis” voltát az ítélet logikai értékének nevezzük. Nézzünk most néhány egyszer˝u ítéletet. A: A háromszög síkidom. B: A háromszög szögeinek összege 180◦. C: 1990 egész szám. D: 1990 páratlan szám. E: 1990 páros szám. Az A, B,C, E ítéletek logikai értéke igaz, a D ítéleté hamis. A fenti egyszer˝u ítéletb˝ol új ítéletet alkothatunk pl. úgy, hogy tagadjuk valamelyik ítéletet, vagy pedig két ítéletet valamilyen formában összekapcsolunk. Ezt az eljárás szokás az ítéletek körében végzett m˝uveletnek nevezni, feltéve, hogy az új ítélet logikai értékét az eredeti ítélet (vagy ítéletek) logikai értéke egyértelm˝uen meghatározza. A matematikai logika ítéletm˝uveletekkel foglalkozó része az ítéletkalkulus, más elnevezéssel: kijelentéskalkulus vagy állításkalkulus. A legegyszer˝ubb ítéletm˝uvelet a negáció (tagadás); a P ítélet negációján a „Nem igaz, hogy P” ítéletet értjük. Jele: ¬P, olvasása: nem P. Ez azt jelenti, hogy ha P igaz, akkor ¬P hamis, ha P hamis, akkor ¬P igaz. El˝oz˝o példáinkban pl. ¬C : „nem igaz, hogy 1990 egész szám”, vagy egyszer˝uen: „1990 nem egész szám” hamis állítás, mivel C igaz volt. Viszont ¬D : „1990 nem páratlan szám”, ítélet igaz, mivel D hamis volt. A negáció az egyetlen olyan ítéletm˝uvelet, amelynél csak egy ítéletb˝ol alkotunk új ítéletet; a többi m˝uveletnél már legalább két ítéletb˝ol indulunk ki. A P és Q ítélet konjunkcióján a „P és Q” ítéletet (vagy ennek valamilyen átfogalmazott alakját) értjük. P és Q konjunkciójának jele: P∧Q, olvasása: P és Q. Definíció szerint P ∧ Q akkor és csakis akkor igaz, ha P is és Q is igaz. El˝oz˝o példáinkban A ∧ B: „A háromszög síkidom és szögeinek összege 180◦ ” igaz állítás, mert A is és B is igaz; viszont a C ∧ D ítélet: „1990 egész szám és páratlan” hamis állítás, mert D hamis volt. Hasonlóan kapjuk, hogy pl. A ∧C, B ∧C igaz; A ∧ D, B ∧ D hamis ítéletek. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

23

1. Halmazok; a matematikai logika elemei

A P és Q ítéletek diszjunkcióján „a megenged˝o vagy”-gyal összekapcsolt „P vagy Q” ítéletet értjük. P és Q diszjunkiójának jele: P ∨ Q, olv.: P vagy Q. P ∨ Q akkor és csakis akkor hamis, ha P is és Q is hamis. A P ∨ Q ítélet nyelvtanilag pontos megfogalmazása nem mindig egyszer˝u, mert lényegében azt jelenti, hogy P ∨ Q akkor igaz, ha P és Q közül legalább az egyik igaz (de lehet, hogy mind a kett˝o is). Pl.: D ∨ E igaz, mert E igaz, de D nem; C ∨ D is nyilván igaz. A P és Q ítéletek implikációján a „ha P, akkor Q” alakú ítéletet nevezzük, ami akkor és csakis akkor hamis, amikor P igaz, de Q hamis. Jele P → Q, olv.: ha P, akkor Q (vagy P implikálja Q-t). Pl. A → B igaz, C → D hamis, D → C igaz. (Ezt az utóbbit megállapodás szerint igaznak tekintjük, bár hétköznapi értelemben nem használjuk.) Észrevehetjük, hogy a konjunkcióval és a diszjunkcióval ellentétben az implikációnál már nem cserélhet˝o fel az ítéletek sorrendje. A matematikai levezetések egyik leggyakoribb ítéletm˝uvelete az ekvivalencia (egyenérték˝uség). A P és Q ítéletek ekvivalenciáján a „P akkor és csakis akkor, ha Q” ítéletet nevezzük; jele P ↔ Q, olvasása: P akkor és csakis akkor, ha Q, vagy P ekvivalens Q-val. P ↔ Q akkor és csakis akkor igaz, ha P és Q egyszerre igazak vagy egyszerre hamisak. Pl.: A ↔ B igaz, B ↔ A igaz, C ↔ D hamis.

1.6. Logikai muveletek ˝ Észrevehetjük, hogy példáinkban ítéletm˝uveleteink leegyszer˝usített nyelvi megfogalmazásai sokszor „sántítanak”, nem érezzük pontosnak a tartalmukat, s ezt a látszólagos ellentmondást csak hosszabb körülírással tudjuk feloldani. Az igazság az, hogy a m˝uveletek eredményeként kapott ítéletek igazságértékét definícióknak kell tekintenünk, a m˝uveletek lényegében azt jelentik, hogy a logikai értékek (igaz, hamis) rendezett párjaihoz (negáció esetén egyetlen logikai értékhez) egy logikai értéket rendelünk. Ha az igaz értéket i-vel, a hamis értéket h-va1 jelöljük, akkor pl. i ∧ h = h, i ↔ i = i. A logikai értékekkel végzett m˝uveletek – az ún. logikai m˝uveletek – értéktáblázata ezek szerint a következ˝o (p és q ún. logikai változók, az i és h értékek valamelyikét jelölik): p

q

i i h h

i h i h

www.interkonyv.hu

¬p h h i i

p∧q i h h h

p∨q i i i h

p→q i h i i

p↔q i h h i

© Reiman István

© Typotex Kiadó

24

1. Halmazok; a matematikai logika elemei

Ezeken kívül még más logikai m˝uveletek is használatosak. A m˝uveletek összekapcsolásával – ugyanúgy, mint a számok körében – itt is kaphatunk azonosságokat, olyan egyenl˝oségeket, amelyek a bennük szerepl˝o logikai változók bármely értékeire fennállnak. Néhányat a nevezetesebb azonosságok közül: ¬(¬ p) = p, (1.6.1) (p ∨ q) ∨ r = p ∨ (q ∨ r),

p ∨ ¬ p = i, p ∧ ¬ p = h,

¬(p ∧ q) = ¬ p ∨ ¬q, ¬(p ∨ q) = ¬ p ∧ ¬q, p ∧ q = ¬(¬ p ∨ ¬q),

p ↔ q = (p → q) ∧ (q → p).

(1.6.2)

(1.6.3) (1.6.4) (1.6.5) (1.6.6) (1.6.7)

Ezeknek a bizonyítása a bennük szerepl˝o logikai változók minden lehetséges értékének a vizsgálatával történhet. Ha pl. p = i, q = h, az (1.6.5) azonosság bal oldala: p ∨ q = i ∨ h = i, ¬i = h, ¬(p ∨ q) = h, a jobb oldala: ¬ p = h, ¬q = i, h ∧ i = h, ¬ p ∧ ¬q = h. Az (1.6.6) azonosság szerint a konjunkció kifejezhet˝o negáció és diszjunkció segítségével; ez egyébként nemcsak a konjunkcióra, hanem valamennyi logikai m˝uveletre igaz. Az implikáció ilyen jelleg˝u kifejezése pl.: p → q = ¬ p ∨ q. Az ítéletkalkulus m˝uveleteinek és így a logikai m˝uveletek szemléltetésére jól használhatók a Venn-diagramok (1.3. szakasz) ezek segítségével kapcsolatot találhatunk a halmazm˝uveletek és a logikai m˝uveletek között. Legyen a H alaphalmaz képe egy téglalap, H valódi részhalmazai pedig a körlemezekkel ábrázolt p és q halmazok. Feleltessük most meg a p és q logikai változóknak a p és q részhalmazokat, a p-vel és q-val végzett logikai m˝uveleteknek pedig halmazm˝uveleteket, méghozzá: ¬ p-nek, ill. ¬q-nak p, ill. q H-beli komplementerét, p ∨ q−nak p és q unióját, p ∧ q-nak p és q metszetét. Könnyen beláthatjuk, hogy ennél a megfeleltetésnél minden halmazm˝uveleti azonosságnak egy, a logikai változók és m˝uveleteik körében érvényes azonosság felel meg. Szemléltessük pl. az (1.6.4), (1.6.5) azonosságokat, amiket egyébként De Morgan-azonosságnak szokás nevezni (1.6.1. ábra): www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

1. Halmazok; a matematikai logika elemei

25

1.6.1. ábra. De Morgan-azonosságok

A matematikai logika tárgykörébe tartozik két szövegrövidítési szimbólum: A „Minden x-re” szöveg szimbolikus jelölése: ∀x. A „Van olyan x, hogy” szöveg szimbolikus jelölése: ∃x. Pl.: Jelöljön A és B halmazokat. – Az A
a B részhalmaza, ha ∀x ∈ A-ra x ∈ B is igaz vagy ∀x (x ∈ A → → x ∈ B) . / – Ha ∃x ∈ A, amelyre x ∈ B is igaz, akkor A ∩ B 6= 0.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

2 Valós számok

2.1. Természetes számok; egész számok Számkörünkben el˝oször a természetes számok fogalma alakult ki, ezek: 0, 1, 2, 3, . . . (Megjegyezzük, hogy a 0-t csak az utóbbi két évtized iskolai gyakorlata tekinti természetes számnak; végeredményben megegyezés kérdése, hogy a természetes számok köré soroljuk-e vagy sem.) A természetes számok halmazának jele N vagy N. A természetes számok körében két alapm˝uvelet van: az összeadás és a szorzás, ezek ebben a számkörben korlátlanul elvégezhet˝ok. Az összeadás és szorzás legfontosabb azonosságai: a+b = b+a (a+b)+c = a+(b+c) ab = ba (ab)c = a(bc)

az összeadás kommutatív szabálya, az összeadás asszociatív szabálya, a szorzás kommutatív szabálya, a szorzás asszociatív szabálya.

(2.1.1) (2.1.2) (2.1.3) (2.1.4)

Az a + b összegben a és b összeg tagjai, az ab szorzatban a és b a szorzat tényez˝oi. Ezek a szabályok több tagra, ill. szorzótényez˝ore is kiterjeszthet˝ok és azt jelentik, hogy az összeadást tetsz˝oleges csoportosításban és sorrendben végezhetjük el, s ugyanúgy a számok szorzását is. Az (a + b)c = ac + bc disztributív szabály (2.1.5) azt jelöli, hogy egy összeget (akárhány tagút) úgy szorozhatunk meg egy számmal, hogy az összeg minden tagját megszorozzuk a számmal, majd www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

2. Valós számok

27

a szorzatokat összeadjuk. A szorzást egyszer˝uen csak a tényez˝ok egymás mellé írásával jelöljük, vagy pedig szorzóponttal ab = a · b. Két szám szorzatánál mindig kitesszük a szorzópontot: 9 · 1627. Az összeadás szempontjából a 0-nak, a szorzás szempontjából az 1-nek kitüntetett szerepe van az a + 0 = a, b·1 = b tulajdonságok miatt; egy számhoz 0-t adva a szám nem változik meg, egy számot 1-gyel szorozva szintén változatlan marad a szám, és az összeadásnál, szorzásnál csak a 0-nak, ill. az 1-nek van ilyen tulajdonsága. A természetes számoknak van egy „természetes” sorrendje, a sorrendben utóbb állót az el˝obb állónál nagyobbnak mondjuk (vagy fordítva kisebbnek). Pl. 29 > 2 (olv.: 29 nagyobb 2), 0 < 17 (olv.: 0 kisebb 17). Használjuk még a ≦ jelet (olv.: kisebb vagy egyenl˝o, ill. nem nagyobb) és a ≧ jelet (olv.: nagyobb vagy egyenl˝o, ill. nem kisebb). A természetes számok körében az a+x = 0 egyenletnek csak akkor van megoldása, ha a = 0. Ha a 6= 0, nevezzük el a ellentettjének azt a számot, amelyet a-hoz adva 0-t kapunk, és jelöljük ezt −a-val („mínusz a”), akkor a + (−a) = 0, az így kapott −1, −2, −3, . . . számokat a természetes számokhoz csatolva az egész számok halmazát kapjuk, ennek a halmaznak jele Z vagy Z. Az egész számok nagysági sorrendje: . . . < −4 < −3 < −2 < −1 < 0 < 1 < 2 < 3 < 4 < . . . . Az egész számokon belül a 0-nál nagyobb számok a pozitív egészek, a 0-nál kisebbek a negatív egészek; elvben a pozitív egészeket is jelölhetnénk így: +1, +2, +3 stb. A +, ill. − jeleket itt a számok el˝ojelének szokás mondani. A c szám pozitív voltát ezért általában c > 0, negatív voltát c < 0 formában szoktuk megadni. Ha c nem negatív: c ≧ 0, ha c nem pozitív: c ≦ 0. Megjegyezzük, hogy −a ellentettjének a-t tekintjük. Kib˝ovített számkörünkben fontos fogalom a számok abszolút értéke. Minden számhoz tartozik egy szám, amely az illet˝o számnak az abszolút értéke. A c szám abszolút értékének jele |c| (olv.: c abszolút értéke). Megállapodás szerint ( c, ha c ≧ 0, |c| = −c, ha c < 0, szavakkal: 0 abszolút értéke 0, pozitív szám abszolút értéke magával a számmal, negatív szám abszolút értéke pedig ellentettjével egyenl˝o. Pl.: |14| = 14, |0| = 0, | − 72| = 72. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

28

2. Valós számok

Azt a m˝uveletet, amelynek segítségével az a-hoz meghatározzuk azt a számot, amelyet a-hoz adva egy adott b számot kapunk, kivonásnak nevezzük; pontosabban: az a + x = b egyenlet megoldását b − a-val jelöljük. b − a tehát az a szám, amelyre a + (b − a) = b

teljesül. A természetes számok halmazában a kivonás csak akkor végezhet˝o el, ha b ≧ a. b − a-t egyébként b és a különbségének mondjuk. Az egész számok körében a m˝uveleti szabályok megállapításakor azt tartjuk szem el˝ott, hogy az összeadás és szorzás kommutatív, asszociatív és disztributív törvényei érvényben maradjanak. (Ez az ún. permanencia elv.) Bebizonyítható, hogy ebben az esetben a következ˝o szabályokhoz jutunk: ha a és b pozitív 0 + (−a) = −a, (−a) + (−b) = −(a + b)   ha a > b,  a − b, a + (−b) = (−b) + a = 0, ha a = b,   −(b − a), ha a < b.

Ezt az eredményünket így is fogalmazhatjuk: két negatív számot úgy adunk össze, hogy abszolút értéküket összeadjuk és az eredményt mínusz el˝ojellel látjuk el. Pl.: −7 − 12 = −19; egy pozitív és egy negatív számot úgy adunk össze, hogy vesszük a két szám abszolút értékét, ezek közül a nagyobbikból kivonjuk a kisebbiket és az eredményt ellátjuk a nagyobbik abszolút érték˝u szám el˝ojelével. Pl.: 6 + (−3) = 6 − 3 = 3; 6 −17 = −(17− 6) = −11, 2− 9 = −9 + 2 = = −(9 − 2) = −7. Mivel pl. 6 + (−3) = 6 − 3, ezért 6 + (−3) helyett általában mindjárt 6 − 3-at szoktunk írni. Alapazonosságainkból következik, hogy ha összegeket adunk össze, ezek tagjait tetsz˝oleges sorrendben adhatjuk össze úgy, hogy az összeget egybefoglaló zárójeleket egyszer˝uen elhagyjuk: (6−9 + 2 + 8) + (−12 + 7 + 1−3) = 6−9 + 2 + 8 − 12 + 7 + 1−3 = 0. Egy összeg ellentettjét úgy kapjuk meg, hogy az összegben tagjainak az ellentettjeit adjuk össze; pl. −(6 − 8 − 9 + 12 + 1) = −6 + 8 + 9 − 12 − 1. Ebb˝ol következik, hogy összeget úgy vonunk ki, hogy a kisebbítend˝ohöz az összeg ellentettjét adjuk hozzá, pl.: 86 − (−9 − 13 + 2 − 20) = 86 + 9 + 13 − 2 + 20.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

2. Valós számok

29

Kivonásnál tehát az összeget egybefoglaló zárójel elhagyása a benne lev˝o tagok el˝ojelének a megváltoztatásával jár. Hasonló okokból igazak a szorzás következ˝o azonosságai: 0a = a0 = 0, a(−b) = (−a)b = −ab,

(−a)(−b) = ab.

Ezek következménye, hogy egy szorzat akkor és csakis akkor nulla, ha legalább egyik tényez˝oje 0; egyez˝o el˝ojel˝u számok szorzata pozitív, különböz˝o el˝ojel˝ueké negatív. Pl.: 9 · (−16) = −144; (−7) · (−4) = 28; (4 − 6 + 2) · (−9 + 6) = = 4 · (−9) + (−6) · (−9) + 2 · (−9) + 4 · 6 + (−6) · 6 + 2 · 6 = = −36 + 54 − 18 + 24 − 36 + 12 = 0. Továbbá: páratlan számú negatív szám szorzata negatív, páros számú negatív szám szorzata pedig pozitív.

2.2. Racionális számok; törtmuveletek ˝ Ha az egész számok körében adottak az a és b egészek (a 6= 0), nem mindig találunk olyan x egészet, amelyre az ax = b (2.2.1) egyenl˝oség teljesülne, pl. nincs olyan x egész, amely kielégíti a 3x = 5 feltételt, viszont van olyan y, amelyre 3y = 12 teljesül, ti. az y = 4. Ezt a tényt úgy szoktuk kifejezni, hogy 12 osztható 3-mal és az osztás eredménye 4; viszont 5 nem osztható 3-mal. Általában: azt a m˝uveletet, amely adott a és b számokhoz (a 6= 0) olyan x számot határoz meg, amelyre ax = b teljesül, osztásnak nevezzük. Példánk azt mutatja, hogy az egészek körében az osztás nem mindig végezhet˝o el. Kib˝ovíthetjük azonban az egész számok halmazát úgy, hogy az osztás elvégezhet˝o legyen. Új számokat vezetünk be, a törtszámokat vagy törteb ket. Megállapodunk abban, hogy (a 6= 0) olyan számot jelentsen, amely a b kielégíti a (2.2.1) egyenl˝oséget, azaz a tört azt a számot jelenti, amelynek a b olvasása: b a-szorosa b-vel egyenl˝o; b a tört számlálója, a a nevez˝oje. a b per a vagy b törve a-val; -t b és a hányadosának is mondjuk. a www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

30

2. Valós számok

b is kielégíti, 1 b = b, azaz ha a tört nevez˝oje 1, akkor a tört a számlálójával egyenl˝o; és 1 c megfordítva: minden c egész szám tekinthet˝o alakú törtnek. 1 A törtek értelmezésével máris kiterjesztettük a szorzás fogalmát az a b és számokra. Szeretnénk most már az összeadást és szorzást valamennyi a b alakú számra (tehát köztük az egészekre is) kiterjeszteni úgy, hogy éra vényben maradjon mindkét m˝uvelet esetén a kommutatív és asszociatív szabály, valamint a disztributív szabály is. Ezekb˝ol a törtekre és m˝uveleteikre az alábbiak következnek (a továbbiakban feltesszük, hogy a nevez˝oben szerepl˝o szám nem nulla). Mivel az x = 1 · x = b egyenl˝oséget az x = b és az x =

1. Egy tört értéke nem változik, ha a számlálót és a nevez˝ot is ugyanazzal a számmal megszorozzuk vagy elosztjuk, azaz: b kb = , ahol k tetsz˝oleges egész szám (k 6= 0). a ka 8 40 2 1 6 12 54 4 = = = = , 6= = = . 12 24 120 6 3 1 2 9 Ha a számlálót és a nevez˝ot ugyanazzal a számmal megszorozzuk, azt mondjuk, hogy b˝ovítjük a törtet, ha ugyanazzal a számmal osztjuk, akkor egyszer˝usítjük. Els˝o példánkban rendre 2-vel, majd 5-tel b˝ovítettünk, utána 20-szal, majd 2-vel egyszer˝usítettünk. Pl.:

Megfordítva: ha két tört egyenl˝o, akkor bármelyikük a másikból egyszer˝usítéssel vagy b˝ovítéssel származtatható. 2. A tört pozitív, ha a számláló és nevez˝o egyenl˝o el˝ojel˝u, és negatív, ha a számláló és nevez˝o különböz˝o el˝ojel˝u. −6 6 6 −6 6 +6 6 = , = =− , = . Pl.: +7 7 7 −7 7 −7 7 Külön a számlálóba és a nevez˝obe nem szoktunk el˝ojelet kiírni, csupán a tört elé. 3. Azonos nevez˝oj˝u (közös nevez˝oj˝u) törtek összeadásakor az összeg számlálója a számlálók összege, a nevez˝oje pedig a közös nevez˝ovel egyenl˝o. b c b+c + = . a a a 3 7 9 3−7+9 Pl.: − + = . 5 5 5 5 www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

2. Valós számok

31

Az 1. tulajdonság alapján b˝ovítéssel (vagy egyszer˝usítéssel) a törteket közös nevez˝ore hozhatjuk és így már összeadhatjuk; közös nevez˝onek olyan számot választunk, amely valamennyi nevez˝onek többszöröse. 3 · 15 2 · 10 17 · 12 2 · 60 3 2 17 + − +2 = + − + = 4 6 5 60 60 60 60 19 45 20 204 120 + − + =− . = 60 60 60 60 60 A közös nevez˝ore hozás technikájával még foglalkozunk a 4.2. szakaszban. 4. Két tört szorzatának számlálója a számlálók szorzata, nevez˝oje a nevez˝ok szorzata. ac a c · = . b d bd Ha az egyik tört értéke egész, akkor pl. a c ac a a c· = ·c = · = , b b b 1 b a tört és egész szám szorzásakor a tört számlálóját szorozzuk az egész számmal, a nevez˝o változatlan marad. 2·3 6 2  3 =− =− . Pl.: · − 7 8 7·8 56 Két törtet (általánosabban: két számot) egymás reciprokának nevezünk, ab a b a b reciproka nyilván , hiszen · = = 1. Az a ha szorzatuk 1. b a b a ab 1 a 1 egész szám reciproka viszont , mivel a · = = 1. a a a a c 5. -nek -vel való osztásakor arra a kérdésre keresünk választ, hogy b d mekkora x, ha c  a c x= 6= 0 . d b d a d ad a(cd) a c ad Az x = · = érték itt megfelel˝o, hiszen · = = . b c bc d bc b(cd) b a c Az osztás m˝uveletében -t osztandónak, -t osztónak, az eredményt peb d ad -t, hányadosnak nevezzük. Az osztásnak mint m˝uveletnek a m˝uvedig, bc ad b a c . leti jele kett˝ospont, pl. b : a = , : = a b d bc A törttel való osztás az osztandónak és az osztó reciprokának a szorzását jelenti. Ha az osztó egész, pl. c-vel egyenl˝o, akkor a c a 1 a a :c= : = · = , b b 1 b c bc www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

32

2. Valós számok

tehát: tört egész számmal való osztásakor a tört nevez˝ojét kell az osztóval megszorozni. 9 54 17 17 1 17 5 7 4 7 5 35 :7= · = . Pl.: : = · = ; 6 : = 6 · = ; 9 5 9 4 36 9 5 5 3 3 7 21 Tört törttel való osztását néha a szorzás közvetlen „megfordításaként” is elvégezhetjük: tört törttel való osztásakor az osztandó számlálóját az osztó számlálójával, az osztandó nevez˝ojét pedig az osztó nevez˝ojével osztjuk. 14 14 : 7 2 12 4 12 : 4 3 : = = , :7= = . Pl.: 35 5 35 : 5 7 9 9 9 Az osztás m˝uveleténél kikötöttük, hogy az osztó nem lehet 0. Az a szám 0-val való osztása azt jelentené az osztás definíciója szerint, hogy olyan x értéket kell meghatároznunk, amelyre 0·x = a teljesül. Nem teljesülhet azonban 0 · x = a, ha a 6= 0, tehát az osztás nem végezhet˝o el. Ha viszont a = 0, a 0 · x = 0 egyenl˝oséget minden x szám kielégíti, s így az osztásnak mint egyértelm˝u m˝uveletnek nincs értelme. Ezért nullával nem lehet osztani, és tört nevez˝oje nem lehet 0. Ha viszont a 6= 0, az ax = 0 egyenl˝oséget csak a 0 elégíti ki, ezért 0 b = 0, és megfordítva: a tört definíciója szerint, ha = 0, akkor a 6= 0 a a b és a · = 0, ez pedig csak akkor lehetséges, ha b = 0; ez azt jelenti, hogy a egy tört értéke akkor és csakis akkor 0, ha a számlálója 0. A törtszámokkal kib˝ovített számkörünk a racionális számok halmaza, amelynek szokásos jelölése Q. p Racionális számoknak nevezzük a alakú számokat, ahol p és q tetq sz˝oleges egész számok és q 6= 0. Mint láttuk, a racionális számok körében az összeadás, szorzás, kivonás és osztás korlátlanul elvégezhet˝o (feltéve, hogy az osztó nem nulla). A racionális számok halmaza valódi részhalmazként tartalmazza az egész számok halmazát. Ma már ritkán találkozunk a következ˝o törtekkel kapcsolatos kifejezésekkel: valódi tört az 1-nél kisebb, áltört az 1-nél nagyobb tört. Vegyesszámnak szokás nevezni az egész szám és az 1-nél kisebb tört összegét, ha az 1 1 összeadás jele nélkül írjuk a tagokat egymás mellé, pl. 8 + = 8 ; ez 2 2 az alak matematikai formulákban nem használatos, mivel alkalmazása félreértésekre vezethet. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

2. Valós számok

33

2.3. Egész kitev˝os hatványok Az ab szorzatban a-t és b-t a szorzat tényez˝oinek mondjuk. Ha egy n tényez˝os szorzat minden tényez˝oje a-val egyenl˝o, akkor ennek tömör írásmódja an : a · a · a · . . .· a = an . (2.3.1) Az an (olv.: a az n-ediken) kifejezést az a szám n-edik hatványának nevezzük, azt a m˝uveletet pedig, amely az a számhoz az an hatványt rendeli, hatványozásnak, vagy n-edik hatványra való emelésnek mondjuk. an -ben az a hatványalap, n pedig a hatványkitev˝o. A második, ill. harmadik hatványt négyzetnek, ill. köbnek is nevezzük. Megállapodunk abban, hogy a1 = a legyen. A hatvány fogalmából közvetlenül következik, hogy minden pozitív egész n-re 0n = 0, 1n = 1, és megfordítva: ha n pozitív egész és an = 0, akkor a = 0, ill. ha an = 1, akkor a = 1. A szorzás el˝ojelszabályából következik, hogy – a pozitív számok minden hatványa pozitív, – a negatív számok páros kitev˝oj˝u hatványa pozitív, páratlan kitev˝os hatványa negatív (ha a hatványkitev˝o pozitív egész). Speciálisan: a számok négyzete nemnegatív szám. Pl.: 210 = 1024, 34 = 81, 105 = 100 000, 452 = 2025, (−2)10 = 1024, (−2)9 = −512, (−7)3 = −343. A hatványmennyiségek (2.3.1) alatti meghatározásából következik a hatványozás néhány lényeges azonossága. El˝oször két azonosság az egyenl˝o kitev˝oj˝u hatványok köréb˝ol: 1. (ab)n = (ab)(ab) . . . (ab) = (a · a · . . . · a)(b · b · . . . · b) = an bn , azaz szorzat n-edik hatványa (n pozitív egész) a tényez˝ok n-edik hatványának a szorzatával egyenl˝o, vagyis: szorzatot tényez˝onként hatványozhatunk. Pl.: (2 · 5)3 = 23 · 53 = 8 · 125 = 1000.  a 5 a a a an = · · . . . · = n (n pozitív egész), 2. b b b b b azaz tört n-edik hatványa a számláló és a nevez˝o n-edik hatványának a hányadosa.  5 25 32 2 . = 5= Pl.: 3 3 243 Két lényeges azonosság az egyenl˝o alapú hatványok köréb˝ol: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

34

2. Valós számok

3. an · ak = an+k , n, k pozitív egészek, mivel mind a bal, mind a jobb oldalon egy olyan szorzat áll, amelyben az a szám n + k-szor szerepel tényez˝oként, tehát egyenl˝o alapú hatványok szorzatában a közös alap kitev˝oje a tényez˝ok kitev˝oinek az összegével egyenl˝o. 4. Ha n > k pozitív egészek, legyen n − k = s, azaz n = k + s, ak · as as an ak+s = = as = an−k , an : ak = k = k = k a a a ·1 1 egyenl˝o alapú hatványok hányadosában a közös alap kitev˝oje az osztandó és az osztó kitev˝ojének a különbsége. 5. Hatványok hatványozásakor az alap új kitev˝oje a hatványkitev˝ok szorzata lesz, mert (an )k = an · an · . . . · an = an+n+...+n = ank .

Pl.: (23 )2 = 26 , (125 )7 = (127 )5 = 1235 . Számrendszerünkben 10 bizonyos hatványainak külön neve van: 102 száz, 109 milliárd, 3 10 ezer, 1012 billió, 104 tízezer, 1018 trillió, 5 10 százezer, 1024 kvadrillió, 6 10 millió, 1030 kvintillió stb. A hatványfogalmat minden egész kitev˝ore kiterjesztjük. A kiterjesztést azonban úgy akarjuk értelmezni, hogy a hatványozás pozitív egész kitev˝ore megismert azonosságai érvényben maradjanak, ezért a 0, ill. a negatív egész kitev˝os hatványokat a racionális számok körében a következ˝o módon értelmezzük: a) Nulla, ill. negatív kitev˝os hatvány alapja nem lehet 0. b) Minden szám nulla kitev˝os hatványa 1-gyel egyenl˝o. c) Minden szám negatív egész kitev˝os hatványa az alap reciprokának ellentett kitev˝os hatványával egyenl˝o. Általánosságban tehát:  n 1 1 0 −n = n (a 6= q). a = 1, a = a a  0 1 0 Pl.: (27) = = (−1)0 = 10 = 1. 3  −3  −4  4 1 1 5 625 1 2 3 −3 = 8 = 512, = = , 2 = 3= , 2 8 8 5 2 16 1 1 10−4 = 4 = , 1−7 = 17 = 1. 10 10 000 www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

2. Valós számok

35

Bebizonyítható, hogy az egész kitev˝os hatványok körében is érvényben maradnak a pozitív egész kitev˝os hatványokra megismert azonosságok, de már nem kell kikötnünk, hogy az osztandó kitev˝oje nagyobb legyen az osztó kitev˝ojénél; ügyelnünk kell azonban arra, hogy a nulla alapra nem terjesztettük ki a nulla, ill. negatív kitev˝os hatványok fogalmát. 1 Pl.: 95 ·9−5 = 90 = 1, 38 ·3−7 = 38−7 = 3, 74 : 712 = 74−12 = 7−8 = 8 , 7 1 56 : 56 = 50 = 1, (3 · 2)−9 = 3−9 · 2−9 = 9 9 , 27 · 2−7 = 20 = 1. 3 ·2  4  −3 24 · 73 5 2 · = 4 3, 3 7 3 ·5  7  −6  6 7 4 47 46 4 5 4 4 : = 7: = 7: 6= , 5 4 5 5 5 5 5  5 !−4  −20  20 2 3 320 2 = = = 20 . 3 3 2 2 10 néhány nevezetesebb negatív egész kitev˝os hatványa: 10−1 10−2 10−3 10−4

tized század ezred tízezred

10−5 10−6 10−7

százezred milliomod tízmilliomod stb.

2.4. Tizedestörtek; a racionális számok végtelen tizedestört alakja A tizedestört olyan tört, amelynek számlálója egész szám, nevez˝oje pedig 10 nemnegatív egész kitev˝oj˝u hatványa. A tizedestörteknek a tízes számrendszerben speciális írásmódja van, amely szervesen beleillik a számok tízes számrendszerbeli felírási módjába, ezért el˝oször az egész számok tízes számrendszerbeli ábrázolását tekintjük át. Az 5413 számban minden számjegy 10 valamilyen hatványának a többszörösét jelzi, méghozzá 3 a 10 nulladik hatványáét, 1 a 10 els˝o, 4 a 10 második, 5 pedig a 10 harmadik hatványáét, azaz 5413 = 5 · 103 + 4 · 102 + 1 · 10 + 3 · 100,

az utolsó tag természetesen 3 · 1 = 3 alakban is írható. Ez azt jelenti, hogy egy leírt egész számban jobbról balra haladva az els˝o számjegy 1-eseket, a második 10-eseket, a harmadik 102 -eseket (azaz százasokat), a negyedik

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

36

2. Valós számok

103 -ösöket (azaz ezreseket) jelent, ezt úgy is szoktuk mondani, hogy ezeknek a számoknak a helyi értéke ebben a sorrendben 100 , 101 , 102 , 103 , 104 , 105, . . . stb. Ha egy szám 10 negatív egész kitev˝oj˝u hatványainak a többszöröseib˝ol adódik össze, azaz felírható tizedestörtek összegeként, pl.: 8 7 1 6 + + + , 10 102 103 104 akkor ezt a 0,6871 alakban ábrázoljuk, ahol 6 helyi értéke 10−1 , 8 helyi értéke 10−2 , 7 helyi értéke 10−3 és 1 helyi értéke 10−4 . 1997,846 egy egész szám (1997) és egy tizedestört összegét jelenti, a két részt az ún. tizedesvessz˝o választja el (újabban tizedesvessz˝o helyett gyakran tizedespontot használnak): 846 1997,846 = 1997 + 3 . 10 Megjegyezzük, hogy ezt egyetlen tört alakjában is megadhatjuk: 1997 · 103 + 846 1 997 846 = . 103 1000 Elvben a tizedesjegyek után még tetsz˝oleges sok 0 írható, ezeket a 0kat azonban csak akkor szoktuk kiírni, ha ezzel jelezni akarjuk bizonyos közelít˝o értékek pontosságát. Ezekr˝ol b˝ovebbet a 2.6. szakaszban. A tizedestörtekkel való számolás azért fontos, mert lényegében ugyanúgy alkalmazhatók rájuk az írásbeli m˝uveleti eljárások – a matematikában ezeket algoritmusoknak mondjuk – mint az egész számokra. Összeadás és kivonás során arra kell ügyelnünk, hogy a számok felírásával az egyenl˝o helyi érték˝u számok kerüljenek egymás alá: 219,864 84,5136 0,712 · 2,13 − 76,2199 + 3,071 1424 712 87,5846 143,6441 2136 1,51656 Szorzáskor a részletszorzatokban figyelmen kívül hagyjuk a tizedesvessz˝ot, az eredmény a tizedesvessz˝o után annyi jegyet tartalmaz, mint amennyi összesen a tényez˝okben van. 10n -nel (n pozitív egész) való szorzásnál egyszer˝uen n hellyel jobbra visszük a tizedesvessz˝ot, pl.: 17,3149 · 103 = 17314,9,

ugyanis 173 149 · 103 173 149 173 149 · 103 = = = 17314,9. 17,3149 · 103 = 4 10 104 10

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

37

2. Valós számok Ha az eredmény egész szám, a tizedesvessz˝ot már nem tesszük ki: 7,4142 · 10 000 = 7,4142 · 104 = 74 142; 42,014 · 105 = 4 201 400.

Az osztási eljárás egyszer˝ubbé tétele miatt ügyelünk arra, hogy az osztó mindig egész szám legyen; ez elérhet˝o, mivel a hányados (azaz az osztás eredménye) nem változik, ha mind az osztandót, mind az osztót megszorozzuk 10 olyan hatványával, hogy az osztóból egész szám legyen. Ez gyakorlatilag azt jelenti, hogy mind az osztandóban, mind az osztóban annyi jeggyel visszük jobbra a tizedesvessz˝ot, ahány tizedesjegy az osztóban van. Pl.: 1,51656 : 2,13 = 151,656 : 213, 1,51656 : 0,712 = 1516,56 : 712, 123,54 : 0,0142 = 1 235 400 : 142. Az osztáskor a hányadosban akkor jelenik meg a tizedesvessz˝o, amikor az osztandónál is eljutunk az els˝o tizedesjegyhez: 1516,56 : 712 = 2,13 925 2136 000

0,01024 : 16 = 0,00064 64 00

Az osztási eljárás (osztási algoritmus) módot ad arra, hogy a racionális számokat tizedestört alakjában írjuk fel. Az egész szám is tekinthet˝o tizedes törtnek, itt a tizedesvessz˝o után (tetsz˝olegesen sok) 0 áll: 7 = 7,0000. 10n -nel való osztás esetén (n > 0, egész) a tizedesvessz˝ot n hellyel balra visszük: Pl. 4428,342 : 105 = 0,04428342. Lehetséges, hogy az osztás néhány (esetleg sok) lépés után véget ér, azaz az osztás folyamán 0 maradékhoz jutunk; az eredmény ún. véges tizedestört. 861 = 861 : 525 = 1,64 525 3360 2100 0000 Ez az eset azonban nagyon ritkán következik be. Az osztások többsége végtelenségig folytatható, mint pl. a következ˝o racionális számok esetében: 1 7 = 1 : 3 = 0,333 . . . = 7 : 6 = 1,166 . . . 3 10 6 10 10 40 1. 40. . . . . www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

38

2. Valós számok

12 = 12 : 7 = 1,7142857 . . . 7 50 10 30 20 60 40 50. . .

1043 = 1043 : 3996 = 0,26101 . . . 3996 10430 24380 4040 4400 404. . .

Minden példánknak közös tulajdonsága, hogy a tizedestörtben bizonyos számcsoportok – ún. szakaszok – ismétl˝odnek. Ez szükségképpen így van, hiszen az osztási maradékok mindig kisebbek, mint az osztó, és így számuk legfeljebb az osztónál 1-gyel kisebb lehet, ezért osztás közben újra fel kell lépnie olyan maradéknak, amely már szerepelt, és ett˝ol kezdve a maradékok is és a hányados számjegyei is ismétl˝odnek. Az ismétl˝od˝o szakaszok kezd˝odhetnek mindjárt a tizedesvessz˝o után, vagy esetleg kés˝obb; állhatnak egy vagy több jegyb˝ol. Az eredményül kapott végtelen szakaszos tizedestörtben a szakaszt szokásos az els˝o és utolsó jegye fölé írt ponttal jelölni, így a többi jegy kiírása feleslegessé válik. Ezzel a jelöléssel: 7 12 1043 1 ˙ ˙ ˙ ˙ ˙ 1. ˙ = 0,3; = 1,16; = 1,71428 = 0,2610 5; 3 6 7 3996 Ha még azt is figyelembe vesszük, hogy az egész számok és a véges tizedestörtek is tekinthet˝ok végtelen szakaszos tizedestörtnek, hiszen a szám után tetsz˝olegesen sok nulla írható, kimondhatjuk, hogy minden racionális szám végtelen szakaszos tizedestört alakjában adható meg. Bebizonyítható, hogy ezekkel a végtelen tizedestörtekkel ugyanúgy végezhetjük az írásbeli összeadást, kivonást, vagy a 10 hatványaival való szorzást, mint a véges tizedestörtekkel. Ennek ismeretében azonban megp (p és q egész) mutathatjuk, hogy minden végtelen szakaszos tizedestört q alakban is el˝oállítható. Ennek módszerét három példán világítjuk meg. (A példáinkban szerepl˝o számokat jelölje rendre x, y, z. ) y = 6,191919 . . . z= 1,312312 . . . x = 0,4444 . . . 10x = 4,4444 . . . 100y = 619,191919 . . . 1000z = 1312,312312 . . . 9x = 4 99y = 613 999z = 1311 4 1311 437 613 x= z= = . y= 9 999 333 99 A racionális számok halmaza tehát azonos a végtelen szakaszos tizedestörtek halmazával. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

39

2. Valós számok

p csakis akkor egyenl˝o egy véges tizedestörtq tel, ha q a prímszámok közül csak 2-vel vagy 5-tel osztható, feltéve, hogy a tört már nem egyszer˝usíthet˝o. A végtelen szakaszos tizedestörtek közül ki szokás zárni azt, amely egy jegyt˝ol kezdve már csak csupa 9-esb˝ol áll, mert ilyen nem jöhet létre az osztási eljárással. Itt jegyezzük meg, hogy

2.5. Irracionális számok; a valós számok halmaza Elméleti meggondolásaink olyan eredményre vezetnek, hogy nem tudjuk minden szakasz hosszát racionális számmal kifejezni. Ha pl. egy négyzet oldalának hossza 1, akkor az átlójának hossza nem lehet racionális szám, azaz nem lehet végtelen szakaszos tizedestörttel kifejezni. Az ilyen típusú problémák megoldására vezetjük be az irracionális szám fogalmát: Irracionális számoknak a végtelen nem szakaszos tizedestörteket nevezzük. Irracionális szám pl. a 0,101001000100001 . . . szám, mert jegyei nem ismétl˝odnek szakaszosan. (Irracionális számok lépnek fel nagyon gyakran a gyökvonással kapcsolatban, err˝ol b˝ovebbet az 5.1. szakaszban.) A racionális és irracionális számok halmazának az egyesítése a valós számok halmaza. A valós számok tehát végtelen tizedestörtek formájában adhatók meg. Bebizonyítható, hogy a valós számokra érvényesek mindazok a m˝uveleti azonosságok, amiket a racionális számok körében felsoroltunk, tehát: a+b = b+a ab = ba (kommutativitás); a + (b + c) = (a + b) + c

a(bc) = (ab)c

a(b + c) = ab + ac

(asszociativitás); (disztributivitás).

Továbbá: a kivonás és a (nem 0-val való) osztás egyértelm˝uen elvégezhet˝o, azaz két valós számnak a különbsége és a hányadosa is valós szám. A fenti tulajdonságokkal rendelkez˝o számhalmazokat számtesteknek (vagy egyszer˝uen: testeknek) nevezzük, beszélünk tehát a racionális számtestr˝ol és a valós számtestr˝ol. A valós számtest jele: R vagy R. A valós számok halmaza is rendezett, azaz bármely két a és b elem között fennáll az a < b, a = b, a > b kapcsolat egyike. Érvényesek az egész kitev˝os hatványok 2.3. szakaszban felsorolt azonosságai. Az a és b valós számok közötti számok halmazát, tehát amelyekre a < x < b teljesül, az a, b által meghatározott nyílt intervallumnak (számköznek) nevezzük; jele: ]a, b[, olv.: a, b nyílt intervallum. Ha a nyílt intervallumhoz a-t és b-t is hozzávesszük, zárt intervallumot kapunk, jele: [a, b], ezek azokat az x számokat tartalmazzák, amelyekre a ≦ x ≦ b teljesül. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

40

2. Valós számok

Ha a-t hozzászámítjuk az intervallumhoz, de b-t nem, alulról zárt, felülr˝ol nyílt intervallumot (jele: [a, b[ ), fordított esetben alulról nyílt, felülr˝ol zárt intervallumot kapunk (jele: ]a, b] ). A valós számhalmaz alapvet˝o tulajdonságát fejezi ki a következ˝o tétel (az ún. Cantor-féle axióma): Ha az [a1 , b1 ], [a2 , b2 ], . . . , [an , bn ], . . . zárt intervallumok végtelen halmaza olyan, hogy minden intervallum tartalmazza az utána következ˝oket („egymásba skatulyázott intervallumok”), akkor van olyan valós szám, amely minden intervallumban benne van. Ennek következménye, hogy egy egyenes pontjai és a valós számok között kölcsönösen egyértelm˝u megfeleltetés létesíthet˝o, tehát az egyenes minden pontját megjelölhetjük egy valós számmal és minden valós számhoz tartozik egyetlen pont az egyenesen, méghozzá úgy, hogy az egyenesen van olyan irány, hogy abban az irányban haladva a pontokhoz rendelt számok növekednek. Az így megjelölt egyenest számegyenesnek mondjuk. A számegyenes két pontja közötti pontok halmazát is intervallumnak nevezzük, és ezeket rendszerint a végpontokhoz tartozó valós számokkal adjuk meg.

2.6. Számok közelít˝o értéke, kerekítés; a számok normálalakja A végtelen tizedestörtek alakjában megadott valós számok a számolásra alkalmatlanok, ill. rendkívül nehézkessé teszik a számolást. A gyakorlatban azonban nincs is szükség végtelen sok tizedesjegyre, hiszen pl. nincs értelme annak, hogy két város távolságát méteres vagy centiméteres pontossággal adjuk meg; ugyanúgy értelmetlen lenne egy földrész lakóinak a számát embernyi pontossággal megadnunk, hiszen senki sem hinné el, hogy Európa lakosainak a számát egy adott pillanatban egész pontosan meg lehetne határozni. Mérési és statisztikai adataink tehát (egy-két kivételt˝ol eltekintve) közelítések és a valós számoknak is általában a közelít˝o értékével számolunk. A pontos érték és a közelít˝o érték eltérését különbségük abszolút értékével mérjük és a közelít˝o érték hibájának nevezzük. tehát: |pontos érték – közelít˝o érték| = a közelít˝o érték hibája. A hiba pontos értékére nincs mindig szükségünk, de nem is ismerjük általában a pontos értékét, ezért a hibánál fontosabb fogalom a hibakorlát: ez olyan pozitív szám, amelynél a hiba nem lehet nagyobb. Ha tehát a hibakorlátot h-val jelöljük, |pontos érték – közelít˝o érték| ≦ h, vagy közelít˝o érték −h ≦ pontos érték ≦ közelít˝o érték +h. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

2. Valós számok

41

A közelít˝o érték megadásának leggyakoribb formája a kerekítés; ez azt jelenti, hogy egy szám jegyeib˝ol csak bizonyos számút tartunk meg, az utolsó megtartott jegyet kerekítjük; ha az elhagyott jegyek a tizedesvessz˝o el˝ott vannak, helyükbe nullákat írunk. A kerekítés szabálya a következ˝o: a) ha az els˝o elhagyott számjegy 5-nél kisebb, akkor az utolsó megtartott jegy változatlan; b) ha az els˝o elhagyott számjegy 5 vagy 5-nél nagyobb, az utolsó megtartott jegyet 1-gyel növeljük (ez természetes hatással lehet az el˝oz˝o jegyekre is, ha az utolsó megtartott jegy 9-es). A kerekítéskor meg szoktuk mondani az utolsó megtartott jegy helyi értékét, vagy pedig – ha az a tizedesvessz˝o után van – megmondjuk, hány tizedesjegyet akarunk megtartani. Pl.: kerekítsük a 8649917,1739543 . . . számot százasokra: ezresekre: milliókra: két tizedesre: négy tizedesre:

8 649 900; 8 650 000; 9 000 000; 8 649 917,17; 8 649 917,1740.

Utolsó példánk utolsó jegye ún. értékes nulla, jelezve azt, hogy ez a jegy pontos, ill. kerekített, míg els˝o három példánkban a nullák ún. helypótló nullák. Ebb˝ol a kerekítési szabályból következik, hogy a kerekítéssel kapott közelít˝o érték hibája legfeljebb az utolsó számjegy helyi értékének a fele lehet. A kerekítés mértékét (tehát a megkapott jegyek számát) az szokta megszabni, hogy a kerekített jegy lehet˝oleg még megbízható legyen. A kerekített – azaz közelít˝o – értékkel való számolás eredménye is általában közelít˝o érték. A kerekítés szabályait figyelembe véve a m˝uveleti eredmény megbízható jegyeir˝ol a következ˝oket mondhatjuk: – összeadáskor (kivonáskor) megkeressük azt a tagot, amelyben az utolsó (kerekített vagy megbízható) jegy a legnagyobb helyi érték˝u; az eredményt úgy kerekítjük, hogy utolsó értékes jegye ilyen helyi érték˝u legyen; – kerekített számok szorzatában annyi értékes jegyet hagyunk meg, amennyi a kevésbé pontos tényez˝oben van (tehát abban a tényez˝oben, amelynek utolsó jegye a nagyobb helyi érték˝u); ennek folyománya, hogy a hatványban annyi értékes jegyet hagyunk, amennyi az alapban van; – osztáskor az eredményben (hányadosban) annyi értékes jegyet hagyunk meg, amennyi az osztandó és osztó közül a kevésbé pontosban van. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

42

2. Valós számok

Pl.: 542,619 6,17 · 0,4296 = 2,650632 41,16 kerekítve: 2,65 + 9,1477 592,9267 kerekítve: 592,93 Ha egy a számról hangsúlyozni akarjuk, hogy közelít˝o érték, a ≈ (olv.: közelít˝oleg egyenl˝o) jel használata a szokás; pl. a ≈ 6,2832. Sokjegy˝u szám áttekinthet˝o felírására és az ilyen számok nagyságrendjének összehasonlítására célszer˝u bevezetnünk a valós számok normálalakját. Egy pozitív számot normálalakban egy 1 és 10 közé es˝o N számnak (1 ≦ N < 10) és 10 egy egész kitev˝os hatványának a szorzataként adunk meg. Pl.: 1024 = 1,024 · 103, 0,0723 = 7,23 · 10−2, 31,42 = 3,142 · 10, 0,125 = 1,25 · 10−1, 1 614 718 = 1,614718 · 106. 3,42 = 3,42 · 100. A szám normálalakját használjuk igen kis számok és igen nagy számok esetén is; pl. 1 elektronvolt = 3,826 · 10−23 kcal; a Nap tömege 1,983 · 1030 kg; az elektron nyugalmi tömege 9,1096 · 10−31 kg stb. Az N szám általában kerekített szám. Zsebszámológépen is normálalakban jelennek meg a nagy számok; a kijelz˝oben el˝oször az N, majd t˝ole valami módon elkülönítve a 10 hatványkitev˝ojét jelent˝o két számjegy. A szám normálalakjában 10 kitev˝ojét karakterisztikának nevezzük. A pozitív szám karakterisztikáját egyszer˝uen a következ˝o szabály szerint állapíthatjuk meg: ha a szám 1-nél nagyobb, a karakterisztika a tizedesveszsz˝o el˝otti jegyek számánál 1-gyel kisebb; ha 1-nél kisebb, a karakterisztika a szám elején álló nullák számának −1-szerese.

2.7. A valós számok abszolút értéke A 2.1. szakaszban már definiáltuk az egész számok abszolút értékét, ez a definíció érvényes a valós számok körében is, tehát (|a| = a abszolút értéke): ( a, ha a nemnegatív, |a| = −a, ha a negatív. Az abszolút érték két fontos tulajdonságát kell megjegyeznünk: a) A szorzat abszolút értéke tényez˝oi abszolút értékének a szorzatával egyenl˝o: |ab| = |a||b|, www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

2. Valós számok

43

és ez tetsz˝oleges számú tényez˝ore általánosítható. b) A tört abszolút értéke számlálója és nevez˝oje abszolút értékének a hányadosa: a |a| . = b |b| Ebb˝ol következik, hogy |an | = |a|n , minden egész kitev˝ore. Jegyezzük meg, hogy hasonló jelleg˝u összefüggés összegre és különbségre általában már nem érvényes, pl. az |a + b| = |a|+ |b| egyenl˝oség csak abban az esetben igaz, ha a és b közül legalább egy 0, vagy pedig a és b azonos el˝ojel˝uek. Különböz˝o el˝ojel˝uekre ez az összefüggés nem igaz; pl.: |5 + (−3)| = |2| = 2, és |5| + | − 3| = 5 + 3 = 8. Az összeg és az összeadandók abszolút értékei között érvényes összefüggésr˝ol a 8.2. szakaszban van szó.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

3 Algebrai egész és törtkifejezések

3.1. Algebrai egész kifejezések és muveleteik ˝ Általános érvény˝u tételek, összefüggések megfogalmazásakor, leírásakor konkrét valós számok helyett bet˝uket szoktunk szerepeltetni; pl. az a, b, c, d, . . ., x, y, u, v, . . . bet˝uket, ezekkel ugyanúgy végezhetünk m˝uveleteket, mint a valós számokkal, tehát érvényesek rájuk a 2.5. szakaszban összefoglalt m˝uveleti szabályok. Az a, b, c, d, . . . , x, y, u, v, . . . bet˝uk általánosan használt elnevezése: határozatlanok (vagy változók). A határozatlanok pozitív egész kitev˝oj˝u hatványainak a szorzatát – esetleg még egy adott valós számmal is megszorozva – egytagú algebrai egész kifejezésnek nevezzük, ezek közé soroljuk az egyetlen valós számból álló kifejezést is. Ilyen egytagú algebrai egész kifejezések pl.: a2 ;

5a3 bc4 >

−3, 8ax4c;

3 7 5 7 a y c e; 4

−108;

2x;

1992.

Az egytagú algebrai egész kifejezés tehát általában hatványok szorzata, az egyes határozatlanokat jelent˝o bet˝uk közé kitehetjük a szorzópontot, de általában felesleges: 3 · a2 · b · c = 3a2 bc; a tényez˝ok sorrendje tetsz˝oleges. A kifejezésben lev˝o valós szám tényez˝ot együtthatónak nevezzük, az 1-es együtthatót általában nem írjuk ki, az együttható el˝ojelét szoktuk a kifejezés el˝ojelének is mondani. A továbbiakban kifejezéseink megjelölésében az algebrai egész jelz˝ot általában elhagyjuk. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

45

3. Algebrai egész és törtkifejezések

Az egytagú algebrai kifejezések összegét többtagú algebrai egész kifejezésnek vagy polinomnak nevezzük. Ilyenek: 3 a2 + 5a3bc4 − 3, 8ax4c + a7 y5 c7 e 4 y5 + 6y2 + 7x + 8 + 4y2 − 7x 2

2

2

9x − 6a + 2a x + b + c

(négytagú); (hattagú); (öttagú).

Az egy- vagy többtagú kifejezések körében a m˝uveletek ugyanolyan szabályok szerint végezhet˝ok el, mint ahogyan a valós számok esetén azt már megszoktuk. Összeadás és kivonás. Ha két egytagú algebrai kifejezés csak együtthatójában különbözik, összegük együtthatója a két együttható összege lesz, és csak ilyenek összege írható egyszer˝ubb alakba: 51a − 10a = 41a;

3x2 + 5x2 = 8x2 ;

9y2 − 6y + 7 + 2y2 + 9 = 11y2 − 6y + 16; 1 4,3ab + 2a2 − c − a2 + 7ab = 11,3ab + 1,5a2 − c. 2 Többtagúak összeadásakor, ill. kivonásakor a többtagút zárójelbe teszszük. Ha a zárójel el˝ott + el˝ojel van (ezt a sor elején nem írjuk ki), a zárójel egyszer˝uen elhagyható; ha − el˝ojel van a zárójel el˝ott, a zárójelet elhagyva a benne lev˝o tagok (egytagúak) el˝ojelét ellentettjére kell változtatnunk: (3a2 −2a+5)+(9a−14a2 +a3 +7) = 3a2 −2a+5+9a−14a2 +a3 +7 = = a3 − 11a2 + 7a + 12;

(3a2 −2a+5)−(9a−14a2 +a3 +7) = 3a2 −2a+5−9a+14a2 −a3 −7 = = −a3 + 17a2 − 11a − 2;

4xy+x2 −(−3x2 +2xy−8) = 4xy+x2 +3x2 −2xy+8 = = 4x2 +2xy+8.

Szorzás. Két egytagú szorzata ismét egytagú lesz; az együtthatókat és az egyenl˝o alapú hatványokat összeszorozzuk: 3 · 4a2 = 12a2; 5a · (−12a4) = −60a5; 12b2 c · bc2 = 12b3 c3 ; 2 1 3 7 a bc · ac5 x2 = a8 bc6 x2 . 4 3 2 www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

46

3. Algebrai egész és törtkifejezések

Többtagú és egytagú kifejezés szorzásakor a többtagú minden tagját megszorozzuk az egytagúval. Az eredmény az így kapott egytagúak öszszege lesz: (5x4 + 3x2 − x − 1) · 4x2 = 20x6 + 12x4 − 4x3 − 4x2; (a2 − ab + b2) · 2ac = 2a3 c − 2a2bc + 2ab2c.

Két többtagú kifejezés szorzásakor a szorzandó minden tagját megszorozzuk a szorzó minden tagjával, majd a szorzatokat összeadjuk: (a2 − ab + b2)(a + b) = a3 − a2b + ab2 + a2b − ab2 + b3 = a3 + b3; (x2 − 3x + 2)(x2 − 1) = x4 − 3x3 + 2x2 − x2 + 3x − 2 = = x4 − 3x3 + x2 + 3x − 2.

Ha a szorzat kett˝onél több tényez˝ob˝ol áll, el˝oször valamelyik két tényez˝ot szorozzuk össze: (3b2 − 2)(4b2 + 1)(b + 2) = (12b4 − 8b2 + 3b2 − 2)(b + 2) = = (12b4 − 5b2 − 2)(b + 2) = 12b5 − 5b3 − 2b + 24b4 − 10b2 − 4.

Osztás. Egy egytagú kifejezés egytagúval való osztásakor a hányados olyan egytagú, amelynek az osztóval való szorzata az osztandót adja. Az osztás az egész kifejezések körében csak akkor végezhet˝o el úgy, hogy a hányados is egész kifejezés legyen, ha az osztandó tartalmazza azokat a hatványalapokat, amelyek az osztóban el˝ofordulnak, méghozzá legalább akkora hatványon, mint az osztó. 39a7 b4 c3 : 3a2b4 = 13a5 c3 ,

mert

3a2 b4 · 13a5c3 = 39a7b4 c3 ,

25x2 yz7 : 5xyz = 5xz6 , mert 5xyz · 5xz6 = 25x2 yz7 , 4 4 mert 3x7 ab · a4 = 4x7 a5 b. 4x7 a5 b : 3x7 ab = a4 , 3 3 Ugyanilyen okból többtagú egytagúval való osztásakor a többtagú minden tagját osztjuk az egytagúval: 1 (a4 + 4a3 − 2a2) : 2a2 = a2 + 2a − 1; 2 (3x2 y4 + x3 y5 − 7x5y7 − 6x2y) : x2 y = 3y3 + xy4 − 7x3y6 − 6. Tényez˝okre bontás. Gyakran van szükség a szorzásban szerepl˝o átalakítások (m˝uveletek) fordított irányú elvégzésére, azaz az összeg szorzattá alakítására, tényez˝okre bontására. A tényez˝okre bontás tehát lényegében osztás eredménye. Egy összeget általában nem tudunk algebrai egész kifejezések szorzatára bontani, www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

3. Algebrai egész és törtkifejezések

47

és sokszor nem is tudjuk eldönteni, hogy ez egyáltalán lehetséges-e. Egyszer˝u a dolgunk akkor, ha az összeget úgy akarjuk szorzattá alakítani, hogy az egyik tényez˝o egytagú kifejezés legyen; ilyenkor azt kell megvizsgálnunk, milyen egytagúval tudjuk elosztani az összeg minden tagját. (Az ilyen szorzattá alakítást az egytagú kiemelésének is szokták nevezni.) Pl.:

ezért

(6a4 + 2a3 − 10a2 − 8a) : 2a = 3a3 + a2 − 5a − 4, 6a4 + 2a3 − 10a2 − 8a = 2a(3a3 + a2 − 5a − 4);

a szorzattá alakítás helyes voltát célszer˝u a szorzás elvégzésével elleno˝ rizni. 9x4 y3 − 3x2y2 + 6x5 y = 3x2 y(3x2 y2 − y + 2x3). Ha egy egytagú kiemelése nem sikerül az összegb˝ol, megkísérelhetjük többtagúak szorzatára bontani; erre azonban nem létezik minden esetben alkalmazható eljárás. Az x2 y + xy + y + x2 + x + 1 összegben látszik, hogy egy tagot nem tudunk kiemelni, az els˝o három tag azonban szorzattá bontható úgy, hogy az egyik tényez˝o éppen a másik három tagot tartalmazza: x2 y+ xy+ y+ x2 + x+ 1 = y(x2 + x+ 1)+ (x2 + x+ 1) = (x2 + x+ 1)(y+ 1). Egytagúak hatványa. Mivel az egytagú kifejezés lényegében szorzat, egytagú kifejezés hatványa a tényez˝ok hatványainak a szorzatával egyenl˝o. (3x2 y)3 = 33 (x2 )3 y3 = 27x6 y3 ; (4a2 bc5 )2 = 16a4b2 c10 . Többtagúak hatványozását többtényez˝os szorzatok kifejtésére vezethetjük vissza: néhány esetre, pl. a kéttagúak hatványozására a következ˝okben még visszatérünk a 3.2. és a 13.3. szakaszban. Ha egy kifejezésben a határozatlanok (változók) helyébe adott számértékeket helyettesítünk, a kapott számértéket az adott számokhoz tartozó helyettesítési értéknek nevezzük. Az „adott számokhoz tartozó” kifejezés helyett szokás az „adott helyhez tartozó” vagy „adott helyen vett” helyettesítési értékr˝ol is beszélni. Pl.: az x2 − 6xy + y2 kifejezés x = 2, y = −3 helyen vett helyettesítési értéke: 4 − 6 · 2 · (−3) + 9 = 49. Két algebrai egész kifejezést azonosnak (azonosan egyenl˝onek) mondunk, ha bármely helyen vett helyettesítési értékük egyenl˝o. Ha két azonos kifejezést az egyenl˝oség jelével összekapcsolunk, azonosságot kapunk. Bebizonyítható egyébként, hogy két azonosan egyenl˝o www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

48

3. Algebrai egész és törtkifejezések

egész kifejezés ugyanazokból az egytagúakból áll, legfeljebb az egytagúak összeadási sorrendjében különböznek. Ha egy kifejezést úgy alakítunk át, hogy vele azonos kifejezést kapunk, az átalakítást (v. m˝uveletet) azonos átalakításnak mondjuk. A fejezetünkben felsorolt m˝uveleti eljárások, szabályok mind azonos átalakítást eredményeznek (feltéve, hogy az osztásnál az osztó nem 0). Két kifejezés azonosságát néha szokták ≡ (olv.: azonosan egyenl˝o) jellel jelölni. A helyettesítés elve. Egy azonosságban a benne szerepl˝o változók (bet˝uk, paraméterek) helyett mindenütt ugyanazt a kifejezést helyettesítve ismét azonosságot kapunk; pl. a (3x2 yz2 )2 = 9x4 y2 z4 azonosságban z helyébe 5x − 3y-t helyettesítve:
2 3x2 y(5x − 3y)2 = 9x4 y2 (5x − 3y)4. A pótlás elve. Ha egy azonosságban a benne szerepl˝o részkifejezést (esetleg csak egyetlen változót) egy vele azonos kifejezéssel pótoljuk, ismét azonosságot kapunk; pl. el˝oz˝o kifejezésünkben, ha y = a + b,
2 3x2 y(5x − 3y)2 = 9x4 (a + b)2(5x − 3y)4.

3.2. Fontosabb azonosságok a többtagú algebrai egész kifejezések körében Néhány gyakran alkalmazott azonosságot mutatunk most be. (a + b)2 = (a + b)(a + b) = a2 + ab + ab + b2 = a2 + 2ab + b2, tehát (a + b)2 = a2 + 2ab + b2. Hasonlóan kapjuk, hogy (a − b)2 = a2 − 2ab + b2. Kéttagú kifejezés négyzetét megkapjuk, ha a tagok négyzeteinek az öszszegéhez hozzáadjuk a két tag szorzatának a kétszeresét. Ezt a gondolatunkat folytathatjuk háromtagú kifejezésre:
2 (a + b + c)2 = (a + b) + c = (a + b)2 + 2(a + b)c + c2 = = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc.

Ebb˝ol az eredményb˝ol már következtethetünk az általános szabályra: egy n tagú kifejezés négyzetét megkapjuk, ha a tagok négyzeteinek összegéhez hozzáadjuk a tagokból képezhet˝o kéttényez˝os szorzatok kétszeresét. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

3. Algebrai egész és törtkifejezések

49

Pl.: (a + b + c + d)2 = a2 + b2 + c2 + d 2 + 2ab + 2ac + 2ad + 2bc + 2bd + 2cd. Hasonlóan kapjuk meg a + b köbének a polinom alakját: (a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) = = a3 + 2a2b + ab2 + a2 b + 2ab2 + b3 == a3 + 3a2b + 3ab2 + b3, vagy más alakban: (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b). Ugyanúgy (a − b)3 = a3 − 3a2b + 3ab2 − b3. Nevezetes azonosságot nyerünk, ha két tag összegét és különbségét összeszorozzuk: (a + b)(a − b) = a2 + ab − ab − b2 = a2 − b2 . Két tag összegének és különbségének szorzata négyzetük különbségével egyenl˝o, vagy: két tag négyzetének a különbsége a két tag összegének és különbségének a szorzatával egyenl˝o. Ilyen típusú azonosságok még (bizonyításuk az el˝oz˝okhöz hasonlóan): a3 − b3 = (a2 + ab + b2)(a − b), a4 − b4 = (a3 + a2 b + ab2 + b3 )(a − b),

általában, ha n tetsz˝oleges pozitív egész: an − bn = (an−1 + an−2b + an−3b2 + . . . + a2bn−3 + abn−2 + bn−1)(a − b), vagy: a3 + b3 = (a2 − ab + b2)(a + b), a5 + b5 = (a4 − a3 b + a2b2 − ab3 + b4)(a + b),

általában, ha n páratlan pozitív egész: an + bn = (an−1 − an−2b + an−3b2 − . . . + a2bn−3 − abn−2 + bn−1)(a + b), továbbá:

a4 − b4 = (a3 − a2 b + ab2 − b3)(a + b),

a6 − b6 = (a5 − a4 b + a3b2 − a2b3 + ab4 − b5)(a + b),

és általában, ha n páros pozitív egész: an − bn = (an−1 − an−2 + an−3b2 − . . . − a2bn−3 + abn−2 − bn−1)(a + b). Ezek az azonosságok jól használhatók többtagú kifejezések szorzattá bontására. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

50

3. Algebrai egész és törtkifejezések

3.3. Algebrai törtkifejezések és muveleteik ˝ Két algebrrai egész kifejezés hányadosát algebrai törtkifejezésnek vagy algebrai törtnek nevezzük; gyakran azonban egyszer˝uen csak a törtkifejezés elnevezést használjuk. Az algebrai törtkifejezés tehát olyan tört, amelynek számlálója és nevez˝oje is algebrai egész kifejezés. Általánosabban azokat a kifejezéseket is szokás törtkifejezésnek nevezni, amelyeknek számlálója és nevez˝oje ugyan nem egész kifejezés, de azonos átalakításokkal a tört számlálója és nevez˝oje együttesen egész kifejezéssé alakítható át (pl. az „emeletes törtek”). Az algebrai törtekkel végzett m˝uveletek során lényegében a 2.2. szakaszban leírt m˝uveleti szabályok érvényesek; a helyettesítéseket alkalmazva egy-egy határozatlan helyébe algebrai egész kifejezéseket helyettesíthetünk. Az algebrai törtek körében is érvényes a törteket értelmez˝o alapvet˝o szabály: ha a törtet megszorozzuk a nevez˝ojével, a számlálóját kapjuk. Minden egész kifejezés tekinthet˝o olyan törtkifejezésnek is, amelynek a nevez˝ojében 1 áll. A törtek felírásakor eleve feltételezzük, hogy a nevez˝o nem nulla. A tört megadásakor néhol annak a feltételét is megadják, hogy a tört ne legyen 0; pl.: 3 2x

(x 6= 0);

vagy

a+1 a−1

(a 6= 1);

ennek a következetes véghezvitele azonban az esetek többségében nagy nehézségekbe ütközik, s˝ot gyakran lehetetlen is, pl. nem tudjuk megmondani, milyen x értékre lesz a 3x − 2 x7 + x + 1 tört nevez˝oje nulla. Ezért azt az általánosan elfogadott elvet követjük, hogy egy törtnél eleve csak olyan helyettesítési értékeket engedünk meg, amely mellett a nevez˝o nem nulla, és ezeket mind megengedjük, hacsak külön kikötés másként nem rendelkezik. Egyszerusítés ˝ és b˝ovítés. A törtkifejezés b˝ovítése, ill. egyszer˝usítése azt jelenti, hogy a számlálót is és a nevez˝ot is megszorozzuk, ill. elosztjuk egy kifejezéssel; b˝ovítéskor természetszer˝uleg kikötjük, hogy a szorzó nem

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

3. Algebrai egész és törtkifejezések

51

veheti fel a 0 értéket. Az x2 + x − 2 x3 + x2 − 2x egyszer˝ ; u síthet˝ o x-szel: 12x2 12x 4a5 b2 c7 2a2 c7 3 2 egyszer˝ ; u síthet˝ o 2a b -tel: 6xa3 b2 3x a2 − b2 (a − b)(a + b) a − b egyszer˝usíthet˝o a + b-vel: = . 2 a + 2ab + b2 (a + b)2 a+b B˝ovítésre rendszerint a törtek összeadásakor van szükség. Összeadás és kivonás. Ez a két m˝uvelet közös nevez˝oj˝u törtek esetében egyszer˝uen elvégezhet˝o: b 2a2 2a2 + a − b a − + = . 3x 3x 3x 3x Különböz˝o nevez˝oj˝u törtek esetén b˝ovítéssel elérhet˝o, hogy közös nevez˝ojük legyen. Közös nevez˝onek olyan kifejezést kell választanunk, amellyel minden nevez˝ot el lehet osztani. Pl.: 4 3x 2x − + összeadásakor a közös nevez˝o lehet 10y2 , 5y2 y 2y a törteket rendre úgy b˝ovítjük, hogy ez álljon a nevez˝ojükben: 2x · 2 4 · 10y 3x · 5y 4x − 40y + 15xy − + = . 5y2 · 2 y · 10y 2y · 5y 10y2 Közös nevez˝onek mindig megfelel a nevez˝ok szorzata, de általában igyekszünk ennél egyszer˝ubb kifejezést találni, utolsó példánkban 10y4 helyett 10y2 -et. Az egész kifejezést 1 nevez˝oj˝u törtként fogjuk fel: 3 1 a3 + 3 + a . a+ 2 + = a a a2 Felhívjuk a figyelmet arra, hogy többtagú számláló esetén a törtvonal helyettesíti a zárójelet, tehát ezt kell tekintetbe venni a törtvonal elhagyásakor. 4y x − y 4y · 2x x − y 8xy − (x − y) 8xy − x + y − 2 = − 2 = = . 2x 4x 2x · 2x 4x 4x2 4x2 Szorzás. Törtek szorzásakor a számlálót a számlálóval, a nevez˝ot a nevez˝ovel szorozzuk meg: 2x 6y2 12xy2 12xy · = = ; 7y 5 35y 35 3a2 − b (3a2 − b)(a + 1) 3a3 − ab + 3a2 − b · (a + 1) = = ; 9c 9c 9c a + b (a − b)2 (a + b)(a − b)2 (a + b)(a − b) a2 − b2 · = = = . a−b 2a 2a(a − b) 2a 2a www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

52

3. Algebrai egész és törtkifejezések

Osztás. A törttel való osztás az osztó reciprok értékével való szorzást jelent. 8z 3yz 24yz2 4yz2 8z 2a : = · = = , 9a 3yz 9a 2a 18a2 3a2 a2 a2 a2 : 4c = 3 = 3 , 3 2b 2b · 4c 8b c 4z 20xz 3y = 5x · = . 5x : 4z 3y 3y Az osztás elvégezhet˝o úgy is, hogy számlálót számlálóval, nevez˝ot nevez˝ovel osztunk: a2 − b2 a − b a+b 15a2 3a 5a : = ; : = . 16 4 4 a3 + b3 a + b a2 − ab + b2 Hatványozás. Egy tört n-edik hatványát számlálójának és nevez˝ojének az n-edik hatványra való emelésével kapjuk.    2 4 81a8 b4 2a + 1 2 (2a + 1)2 4a2 + 4a + 1 3a b = = , = . 2xy 16x4 y4 c c2 c2 Algebrai törtkifejezések közé számítjuk az olyan – formailag – egytagúakat is, amelyekben valamelyik határozatlan negatív egész kitev˝os hatványon szerepel. Pl.: x x5 y x−3 z zy2 1 = ; xy−2 = x 2 = 2 , 3−1 x5 yz−3 = 3 , y y 3z 2y−2 2x3 1 = (x + y)2 = x2 + 2xy + y2. (x + y)−2 Emeletes törtek. A törtek számlálójában és nevez˝ojében is el˝ofordulhat törtkifejezés, az ilyen törteket emeletes törteknek nevezzük. Mivel a velük való számolás igen nehézkes, azonos átalakításokkal ezeket egyszer˝u törtalakra hozzuk. Erre mutatunk most két módszert. A törtet felfoghatjuk egy osztási utasításnak is, a számlálót kell elosztanunk a nevez˝ovel; ez az egyik módja az „emeletek lebontásának”. 1     a− 2 a = a− 1 : 1 +1 = a −1 : 1+a = 1 a a a a +1 a (a + 1)(a − 1) 1 + a = : = a − 1. a a 8x − 2   2x − 3 = 2x − 8x − 2 : 3x = 6x − 8x + 2 · 1 = 2 − 2x . 3x 3 3 3x 9x www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

3. Algebrai egész és törtkifejezések

53

Közvetlenül is megkaphatjuk ezt az eredményt, ha a törtet úgy b˝ovítjük, hogy a szorzások következtében a számláló, ill. a nevez˝o egész kifejezésbe menjen át. Ez elérhet˝o, ha els˝o példánkban a törtet a-val, a másodikban 3mal b˝ovítjük:   1 1 a − a a− a2 − 1 (a + 1)(a − 1) a a =  = = = a − 1; 1 1 1+a 1+a +1 +1 a a a   8x−2 8x−2 2x − ·3 2x − 6x− (8x−2) 6x−8x + 2 2−2x 3 3 = = = = . 3x 3x · 3 9x 9x 9x B˝ovítésre általában a számlálóban és nevez˝oben fellép˝o nevez˝ok közös többszörösét használjuk,pl.:  1 1 1 1 + (1 − a)(1 + a) + 1 − a 1 + a =  1 − a 1 + a = 1 1 1 1 − − (1 − a)(1 + a) 1−a 1+a 1−a 1+a 1+a+1−a 2 2 1 = = = = . 1 + a − (1 − a) 1 + a − 1 + a 2a a

3.4. Feladatok a racionális algebrai kifejezések körében végzett muveletekre ˝ és alkalmazásaikra Az algebrai egész és törtkifejezésekb˝ol összeadás, kivonás, szorzás és osztás segítségével el˝oállított kifejezéseket racionális algebrai kifejezéseknek nevezzük. (Ebbe beleértjük az egész kitev˝os hatványozást is, mivel az lényegében a szorzás, ill. osztás tömör kifejezése.) El˝oz˝o m˝uveleti összefoglalásunk azt mutatja, hogy minden racionális algebrai kifejezés vagy egész kifejezés (polinom) vagy pedig algebrai törtkifejezés. 1. Bizonyítsuk be a következ˝o azonosságot: (ab + cd)2 = (a2 + c2)(b2 + d 2) − (ad − bc)2 . A bal oldal: (ab + cd)2 = a2 b2 + 2abcd + c2 d 2 , a jobb oldal: a2 b2 + b2c2 + a2 d 2 + c2 d 2 − (a2 d 2 − 2abcd + b2c2 ) =

= a2 b2 +b2 c2 +a2 d 2 +c2 d 2 −a2 d 2 +2abcd−b2c2 = a2 b2 +2abcd+c2d 2 ,

a két oldal valóban azonos. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

54

3. Algebrai egész és törtkifejezések 2. Bontsuk négy kéttagú szorzatára az x8 − y8 kifejezést:

x8 −y8 = (x4 )2 − (y4 )2 = (x4 + y4 )(x4 − y4) =

= (x4 + y4 )(x2 − y2 )(x2 + y2 ) = (x4 + y4 )(x2 + y2 )(x + y)(x − y).

3. Végezzük el a következ˝o osztást; az eredményt törtkifejezésként adjuk meg:     1 1 1 1 − : + . A= (x + y)2 (x − y)2 x+y x−y      1 1 1 1 1 1 + − : + = A= x+y x−y x+y x−y x+y x−y 1 1 1 · (x − y) 1 · (x + y) = − = − = x + y x − y (x + y)(x − y) (x + y)(x − y) x−y−x−y 2y = =− 2 . 2 2 x −y x − y2 4. Adjuk össze a következ˝o három törtet: 1 1 1 + + . B= (a − b)(b − c) (b − c)(c − a) (c − a)(a − b)

A közös nevez˝o: (a − b)(b − c)(c − a). c−a+a−b+b−c B= = 0. (a − b)(b − c)(c − a)

3.5. Arányok, aránypárok; arányosság a Az törtet a és b arányának is szoktuk mondani; és ezt a kifejezést haszb nálva a : b-vel (olv.: a aránya a b-hez) is szoktuk jelölni. Ha a és b, valamint c és d aránya egyenl˝o, az azt jelenti, hogy c a = . (3.5.1) b d Ha most ennek az egyenl˝oségnek mindkét oldalát megszorozzuk bdvel, akkor egyszer˝usítés után a következ˝oket kapjuk: abd cbd = ; ad = bc. (3.5.2) b d Ha az a, b, c, d szám között nincs 0, a (3.5.1) és a (3.5.2) egyenl˝oségek a négy szám között ugyanazt az összefüggést fejezik ki. Ha most az utóbbi egyenl˝oség mindkét oldalát elosztjuk rendre d-vel, c-vel, b-vel, ill. a-val, megkapjuk a négy szám közül egynek-egynek a kifejezését a másik három segítségével: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

3. Algebrai egész és törtkifejezések

55

bc ad ad bc , b= , c= , d= . (3.5.3) d c b a Az ilyen jelleg˝u átalakítások igen gyakoriak, ezért érdemes ezeket külön megjegyeznünk. A (3.5.1) egyenl˝oséget a:b=c:d alakban írva aránypárnak nevezzük; a-t és d-t szokás az aránypár kültagjainak, b-t és c-t pedig a beltagjainak nevezni; ezek az elnevezések a (3.5.3) alatti összefüggések könnyebb megjegyezhet˝oségét szolgálják, mert ezek azt fejezik ki, hogy az aránypár egyik kültagja egyenl˝o a beltagok szorzatának és a másik kültagnak a hányadosával; ill. az aránypár egyik beltagja egyenl˝o a kültagok szorzatának és a másik beltagnak a hányadosával. (3.5.2) pedig azt mutatja ki, hogy az aránypárban a kültagok szorzata egyenl˝o a beltagok szorzatával. 5·8 x 8 = Pl. az = aránypárt x : 5 = 8 : 4 alakban írva, ezek szerint x = 5 4 4 = 10. a Egy mennyiség arányban (vagy a : b arányban) való felosztása azt b jelenti, hogy a mennyiséget a + b egyenl˝o részre osztjuk, majd ebb˝ol a, ill. b részt választunk el, tehát egy mennyiség a : b arányú felosztása annak b a , a+b a+b arányú részekre való szétvágását jelenti. Pl. egy szakaszt 5 : 7 arányban 7 5 felosztva az egyik rész a szakasz -ed részét, a másik pedig -ed részét 12 12 tartalmazza. A gyakorlatban gyakran találkozunk olyan egymáshoz kapcsolt mennyiségekkel, amelyeknek hányadosa állandó. Pl. egy árufajtából a vásárolt áru árának és mennyiségének a hányadosa állandóan az ún. egységárat adja meg; ha a darabár 3 Ft, a vásárolt áru darabszáma rendre 8, 7, 12, 15 darab, ára ekkor rendre 24, 21, 36, 45 Ft, az ár és darabszám hányadosa mindig a darabár (egységár) lesz: 24 21 36 45 = = = = 3. 8 7 12 15 Ha most a darabszámot rendre x1 , x2 , x3 , . . ., xn , . . . jelöli, a megfelel˝o árat pedig rendre y1 , y2 , y3 , . . ., yn , . . ., akkor y2 y3 y1 yn = = = ... = = .... x1 x2 x3 xn a=

Az y-nal jelölt mennyiségek és az x-szel jelölt mennyiségek között tehát olyan kapcsolat van, hogy egymáshoz tartozó értékeik hányadosa (azaz www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

56

3. Algebrai egész és törtkifejezések

aránya) állandó. Az ilyen mennyiségeket egyenesen arányos mennyiségeknek szokás nevezni. Egyenes arányosság van pl. egyenes vonalú egyenletes mozgás (tehát állandó sebesség) esetén egy id˝oponttól kezdve megtett út és az eltelt id˝o között, az út és a megtételéhez szükséges id˝o hányadosa: a sebesség, állandó. Vagy: egyenletes teljesítményt feltételezve egyenes arányosság van a végzett munka mennyisége és a hozzá szükséges munkaid˝o között. Az y és x mennyiségek közötti egyenes arányosság tehát azt jelenti, hogy y = c, vagy y = cx, (3.5.4) x ahol c állandó szám. Az egyenesen arányos mennyiségek közötti kapcsolat úgy is jellemezhet˝o, hogy az x mennyiség kétszeres, háromszoros, négyszeres stb. növekedése az y mennyiség ugyanolyan arányú növekedését vonja maga után. Ha viszont az x1 , x2 , x3 , . . ., xn , . . . mennyiség és a hozzájuk tartozó y1 , y2 , y3 , . . ., yn , . . . mennyiségek olyanok, hogy x1 y1 = x2 y2 = x3 y3 = . . . = xn yn = . . . = állandó érték, akkor azt mondjuk, hogy az x-szel és y-nal jelölt mennyiségek fordítottan arányosak. Fordítottan arányosak egyenletes mozgás esetén az ugyanakkora út megtételéhez szükséges id˝o és a sebesség, mivel szorzatuk az állandó úthosszat adja. Vagy fordított arányosság áll fenn a t terület˝u téglalap alapja és magassága között, hiszen ha az alapok hossza x1 , x2 , x3 , . . ., és a hozzá tartozó magasságok y1 , y2 , y3 , . . ., akkor x1 y1 = x2 y2 = x3 y3 = . . . = t. Az x és y mennyiségek közötti fordított arányosság tehát azt jelenti, hogy c (c > 0). (3.5.5) xy = c (állandó), vagy y= x A fordítottan arányos mennyiségek közötti kapcsolat úgy is jellemezhet˝o, hogy az x mennyiség kétszeres, háromszoros, négyszeres stb. növekedése az y mennyiség felére, harmadára, negyedére stb. való csökkenését vonja maga után. Ez a tulajdonság közvetlen következménye a (3.5.5) alatti formuláknak. Az egyenes és fordított arányosság függvénytani kapcsolatáról a 20. fejezetben van szó.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

4 A számelmélet elemei

4.1. A prímszámok; a számelmélet alaptétele; oszthatósági ismertet˝ojegyek A számelmélet az egész számok tulajdonságaival foglalkozik. Ebben a fejezetben egészeken – hacsak külön nem szólunk róla – pozitív egész számokat fogunk érteni. Jelöljön n egy tetsz˝oleges egészet; a k egészet az n egész osztójának nevezzük, ha n felírható a k szám egész számú többszöröseként, azaz, ha létezik olyan q egész, hogy n = kq. Ebben az esetben azt mondjuk, hogy n a k-nak q-szorosa, vagy: k osztója n-nek. Jelölésben: k|n (olv.: k osztója n-nek). Pl.: 12 osztója 84-nek, mert 84 = 12 · 7.

Az 1 minden egésznek osztója; minden egésznek önmaga is osztója, e két osztót a szám nem valódi osztójának mondjuk; a szám többi osztója valódi osztó. Pl.: 12-nek 2, 3, 4, 6 valódi osztói; 1 és 12 nem valódi osztója. Ha egy egész nagyobb 1-nél és nincs valódi osztója, prímszámnak (törzsszámnak) nevezzük. Prímszámok pl. 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, . . . . Az 1-nél nagyobb egészeket, ha nem prímszámok, összetett számoknak hívjuk. Az összetett számoknak tehát van valódi osztójuk, ezért felbonthatók legalább két egész szorzatára, pl.: az n egész n = n1 n2

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

58

4. A számelmélet elemei

szorzattá bontható, ahol n1 és n2 1-nél nagyobb egészek, de kisebbek nnél. Ha n1 és n2 nem prímszámok, akkor tovább bonthatók és a felbontásban részt vev˝o tényez˝ok egyre csökkennek egészen addig, míg a felbontás csupa prímszámból nem áll. Ezzel az eljárással minden összetett szám prímszámok szorzatára bontható; bebizonyítható, hogy a tényez˝ok sorrendjét˝ol eltekintve minden összetett szám egy és csakis egy módon bontható fel prímszámok szorzatára. Ez a számelmélet alaptétele. Néhány szám prímtényez˝os felbontása: 12 = 22 ·3; 100 = 22 ·52 ; 1024 = = 210 ; 5544 = 23 · 32 · 7 · 11. A prímtényez˝os felbontáshoz jól használhatók a számok oszthatósági ismertet˝ojegyei. Ezek közül felsoroljuk most a gyakorlatban legtöbbször el˝ofordulókat. 2-vel a páros számok oszthatók, tehát amelyek végz˝odése 0, 2, 4, 6, 8; 3-mal azok az egészek oszthatók, amelyek jegyeinek összege osztható 3-mal; 4-gyel azok az egészek oszthatók, amelyeknek az utolsó 2 jegyéb˝ol képezett szám osztható 4-gyel; 5-tel a 0-ra és 5-re végz˝od˝o egészek oszthatók; 6-tal a 3-mal osztható páros számok oszthatók; 8-cal azok az egészek oszthatók, amelyeknek utolsó 3 jegyéb˝ol képezett szám osztható 8-cal; 9-cel azok az egészek oszthatók, amelyek számjegyeinek az összege osztható 9-cel; 10 hatványaival azok az egészek oszthatók, amelyek annyi 0-ra végz˝odnek, amennyire az osztó 10-hatvány; 11-gyel való oszthatóság eldöntésére adjuk össze külön az egész szám páros helyen és páratlan helyen álló jegyeit. A szám akkor osztható 11gyel, ha az összegek különbsége is osztható 11-gyel. Pl.: 34 272 osztható 4-gyel, mert 72 is osztható; osztható 9-cel, mert jegyeinek összege 18 (és ezért 3-mal is osztható); 103 565 osztható 5-tel, de nem osztható 3-mal (jegyeinek összege 20); osztható 11-gyel, mert a páratlan helyen álló jegyeinek összege: 5+5+0 = = 10, a páros helyen álló jegyeinek összege: 6 + 3 + 1 = 10, ezek különbsége 10 − 10 = 0, osztható 11-gyel. A prímszámok tehát természetes számaink „épít˝okövei”, és éppen ezért a számelméletben nagyon fontos szerepet játszanak. Ennek ellenére még számos velük kapcsolatos kérdés eldöntetlen, ill. megválaszolatlan. Tudjuk, hogy végtelen sok prímszám van, nincs azonban olyan gyakorlatilag www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

4. A számelmélet elemei

59

jól használható módszerünk, amellyel könnyen el tudnánk dönteni egy természetes számról, hogy prímszám-e vagy sem, éppen ezért mindmáig is csak véges sok prímszámot ismerünk. A prímszámok kiválasztására a természetes számok közül jól használható az ún. eratoszthenészi szita. Ennek lényege, hogy felírjuk sorban a pozitív egészeket 2-t˝ol kezdve, majd kihúzzuk minden másodikat (a számolást a 2-t követ˝o számon kezdjük; így kiesnek a páros számok), a 2 utáni els˝o megmaradó a 3-as, a 3-as utáni számmal kezdve kihúzzuk minden harmadikat (azaz a 3-mal oszthatókat); a következ˝o megmaradó az 5, az 5 utáni számmal kezdve kihúzzuk minden ötödiket (az 5-tel oszthatókat) és így folytatjuk tovább. A megmaradó számok a prímszámok. (Egy számot általában többször is kihúzunk, pl. a 63-ast a 3-mal és 7-tel oszthatók kihúzásánál is.) Az els˝o 150 egész szitálását mutatjuk most be, a páros számokat már kihúztuk: 9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 29 3 5 7 31 33 35 37 39 41 43 45 47 49 51 53 55 57 59 61 63 65 67 69 71 73 75 77 79 81 83 85 87 89 91 93 95 97 99 101 103 105 107 109 111 113 115 117 119 121 123 125 127 129 131 133 135 137 139 141 143 145 147 149

A könyv végén található I. táblázatban a 11 657-ig terjed˝o prímszámokat közöljük, a II. táblázatban pedig az egészek prímtényez˝os felbontását 2500-ig. Felhívjuk még a figyelmet a következ˝okre: ha egy összeg minden tagja osztható n-nel, akkor az összeg is osztható; ha p1 osztója n-nek és p2 is osztója n-nek, akkor még nem biztos, hogy p1 p2 is osztója; pl. 6 is és 4 is osztói 12-nek, de 6 · 4 = 24 nem osztója. Biztosan osztója viszont p1 p2 az n-nek, ha p1 -nek és p2 -nek nincs közös valódi osztója (ún. relatív prímek, l. a 4.2. szakaszt). Itt említjük meg a prímszámoknak a következ˝o alapvet˝o tulajdonságát: egy prímszám akkor és csakis akkor lehet osztója egy szorzatnak, ha a szorzat legalább egyik tényez˝ojének osztója. Az oszthatóság eldöntésére igen jól alkalmazhatók a 3.2. szakasz azonosságai. Ezek szerint, ha a és b különböz˝o egészek és n pozitív egész: an − bn osztható a − b-vel minden n-re; an − bn osztható a + b-vel minden páros n-re; an + bn osztható a + b-vel minden páratlan n-re. Pl.: 8n − 1 mindig osztható 8 − 1 = 7-tel és 8 + 1 = 9-cel is, ha n páros; ebben az utóbbi esetben tehát 7-tel is és 9-cel is osztható, tehát 7 · 9 = 63mal is, mivel 7 és 9 relatív prímek. 10n + 1 osztható 10 + 1 = 11-gyel, ha n páratlan. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

60

4. A számelmélet elemei

4.2. Legnagyobb közös osztó; legkisebb közös többszörös Egy egész szám prímtényez˝okre való felbontását gyakorlatilag úgy végezzük el, hogy el˝oször a kis prímszámokkal (2, 3, 5 . . . ) való oszthatóságát nézzük meg, ezekkel rendre elosztjuk, s folytatjuk mindaddig, amíg tényez˝oként csupa prímszámot nem kapunk. Pl.: 117 = 3 · 39 = 3 · 3 · 13 = 32 · 13; 43 560 = 2 · 21 780 = 2 · 2 · 10 890 = 22 · 2 · 5445 = 23 · 3 · 1815 =

= 23 ·3·3·605 = 23 ·32 ·5·121 = 23 ·32 ·5·11·11 = 23 ·32 ·5·112 ;

10 260 = 2 · 5130 = 2 · 2 · 2565 = 22 · 3 · 855 = 22 · 3 · 3 · 285 = = 22 · 32 · 3 · 95 = 22 · 33 · 5 · 19.

Ha a k egész szám osztója n-nek, akkor n = kq, ahol q egész szám. Ez azt is jelenti, hogy n prímtényez˝os felbontása ugyanaz, mint kq prímtényez˝os felbontása; ebb˝ol következik, hogy k akkor és csakis akkor osztója n-nek, ha k prímtényez˝oi n prímtényez˝oi közül kerülnek ki, és k egyetlen prímtényez˝oje sem szerepelhet k-ban magasabb hatványon, mint n-ben. Ennek alapján fel tudjuk írni egy szám összes valódi osztóit. Pl.: 60 = = 22 · 3 · 5 összes valódi osztói: 2, 22 = 4, 3, 5, 2 · 3 = 6, 22 · 3 = 12, 2 · 5 = 10, 22 · 5 = 20, 2 · 3 · 5 = 30,

3 · 5 = 15.

A prímtényez˝os felbontások alapján állíthatjuk össze két egész szám közös osztóit; ezek olyan prímtényez˝okb˝ol állhatnak, amelyek mindkét számban el˝ofordulnak, de az osztóban a p prímszám kitev˝oje nem lehet nagyobb p-nek a számokban szerepl˝o kitev˝oinek egyikénél sem. Két egész szám legnagyobb közös osztójának a prímtényez˝os alakját ezek szerint a következ˝o módon állítjuk össze: vesszük a két szám közös prímtényez˝oit; megállapítjuk minden prímtényez˝or˝ol, hogy a két számban milyen hatványon szerepelnek és az osztó prímtényez˝ojét a szerepl˝o kisebbik (nem nagyobbik) hatványkitev˝ovel látjuk el. Pl.: 43 560 = 23 · 32 · 5 · 112, 10 260 = 22 · 33 · 5 · 19; a két szám közös prímtényez˝oi: 2, 3, 5; ezeknek a két számban szerepl˝o nem nagyobbik hatványkitev˝oik rendre 2, 2, 1; ezért a két szám legnagyobb közös osztója: (43 560, 10 260) = 22 · 32 · 5 = 180. Két szám legnagyobb közös osztóját szokás úgy jelölni, hogy a két számot kerek zárójelben egymás mellé írjuk. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

4. A számelmélet elemei

61

Két prímszám legnagyobb közös osztója 1; ez az állításunk azonban nem fordítható meg: ha két szám legnagyobb közös osztója 1, akkor a számoknak nem kell prímszámoknak lenniük, ez csupán azt jelenti, hogy nincs közös prímtényez˝ojük. Az ilyen számokat relatív prímeknek nevezzük; ha tehát (a, b) = 1, ez azt jelenti, hogy a-nak és b-nek nincs közös prímtényez˝oje. Legnagyobb közös osztót használunk a törtek egyszer˝usítésénél. Pl.: 26 · 32 23 · 3 72 576 = 3 = = ; 120 2 · 3 · 5 5 5

itt az 576 és 120 legnagyobb közös osztójával, 23 · 3 = 24-gyel egyszer˝usítettünk. Egy n egész szám többszörösein n egészekkel való szorzatait értjük; n többszöröse tehát tartalmazza n minden prímtényez˝ojét legalább akkora hatványkitev˝ovel, mint amekkorával n-ben szerepel. Két egész szám legkisebb közös többszöröse ezért a két szám valamennyi prímtényez˝ojét tartalmazza, az el˝oforduló legmagasabb hatványon. Pl.: a 43 560 és 10 260 prímtényez˝oi 2, 3, 5, 11, 19, ezek el˝oforduló legmagasabb hatványa rendre 3, 2, 1, 2, 1, ezért legkisebb közös többszörösük: [43 560, 10 260] = 23 · 32 · 5 · 112 · 19 = 827 640.

A legkisebb közös többszörös jelölése: a számokat szögletes zárójelben írjuk egymás mellé. A legnagyobb közös osztó és a legkisebb közös többszörös értelemszer˝uleg természetesen tetsz˝oleges sok egész számra kiterjeszthet˝o, el˝oállításuk a prímtényez˝os alakból ebben az esetben is ugyanúgy történik, mint két szám esetében. A legkisebb közös többszörös egyik leggyakoribb alkalmazási területe a törtek közös nevez˝ore hozása. Pl. a 26 11 7 + − 54 96 120 törtek közös nevez˝ojének megfelel 54, 96 és 120 legkisebb közös többszöröse. A nevez˝ok prímtényez˝os felbontásai: 54 = 2 · 33,

96 = 25 · 3,

120 = 23 · 3 · 5.

A legkisebb közös többszörösben az összes prímtényez˝o szerepel az el˝oforduló legmagasabb hatványon, ezért [54, 96, 120] = 25 · 33 · 5 = 4320. Ennélfogva a három tört összege: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

62

4. A számelmélet elemei 26 11 7 · 24 · 5 26 · 32 · 5 11 · 22 · 32 7 + − = + 5 − 3 = 3 4 2 54 96 120 2 · 3 · 2 · 5 2 · 3 · 3 · 5 2 · 3 · 5 · 22 · 32 560 + 1170 − 396 1334 = = . 4320 4320

Két szám legnagyobb közös osztójának és legkisebb közös többszörösének szorzata egyébként a két szám szorzatával egyenl˝o: (a, b) · [a, b] = ab. Ebb˝ol is következik, hogy a relatív prímek legkisebb közös többszöröse szorzatukkal egyenl˝o.

4.3. Az egész rész; maradékos osztás; maradékosztályok Az x valós szám egész részén azt a legnagyobb egész számot értjük, amely nem nagyobb x-nél; úgy is mondhatnánk, hogy x egész része a számegyenesen x-t˝ol balra lev˝o els˝o egész szám (ez magával x-szel egyenl˝o, ha x egész). x egész részének jelölése [x] (olv.: x egész része; számítógépes alkalmazásokban int x-szel is jelölik, egyes gépeken ez csak pozitív x-ek esetén egyenl˝o [x]-vel).   13 = 2. Pl.: [5] = 5, [0,314] = 0, [−7,93] = −8, 5 Egy számnak és egész részének a különbségét a szám törtrészének mondjuk: x törtrészének jele: {x} (olv.: x törtrésze), tehát {x} = x − [x]. Ha 13-at 5-tel elosztjuk, a hányadosnak lesz egy egész és egy törtrésze, ti.: 3 13 = 2+ . 5 5 Ezt általánosságban így írhatjuk: ha az a egészet b egésszel osztjuk és a r hányados egész része k, törtrésze , b a r = k+ , (4.3.1) b b vagy egyenl˝oségünk mindkét oldalát b-vel szorozva: a = bk + r. (4.3.2) A számelméletben ezzel a formulával fejezzük ki, hogy a-t b-vel osztva r-et kapunk maradékul; r maradék volta azt jelenti, hogy b-nél kisebb, tehát 0 ≦ r < b. r = 0 éppen azt jelenti, hogy a osztható b-vel. hai a , ezért Mivel (4.3.1)-ben k éppen egész része, azaz k = b ha i b b, (4.3.3) r = a − bk, azaz r = a − b www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

4. A számelmélet elemei

63

az a szám b-vel való osztási maradékát így ki tudjuk fejezni a és b segítségével, ez a képlet különösen gépi számítások során alkalmazható el˝onyösen. Osztás közben tehát a lehetséges maradékok: 0, 1, 2, . . . , b − 1, tehát annyi maradékféle létezhet, amennyi az osztó. Ha két szám b-vel osztva ugyanazt a maradékot adja, azt mondjuk, hogy b-re nézve ugyanabba a maradékosztályba tartoznak. A „b-re nézve” kifejezést modb (olv.: moduló b) jelöléssel rövidítjük. Pl.: 13 és 28 ugyanabba a maradékosztályba tartoznak mod 5, ti. mindkett˝onek 3 az 5-tel való osztási maradéka. mod 2 két maradékosztályba tartoznak az egészek: a páros számok és a páratlan számok osztályába. Ezt a maradékos osztás formulájával úgy fejezzük ki, hogy a számok 2k vagy 2k + 1 alakúak (k tetsz˝oleges egész). Hasonlóan: az 5-tel való osztás szempontjából a számok 5k,

5k + 1,

5k + 2,

5k + 3,

5k + 4

alakúak lehetnek, az azonos alakúak tartoznak egy maradékosztályba. A mod b azonos maradékosztályba tartozó számokra jellemz˝o, hogy különbségük osztható b-vel; ti. a1 = bk1 + r és a2 = bk2 + r ugyanabba a maradékosztályba tartozik és különbségük: a1 − a2 = bk1 + r − (bk2 + r) = b(k1 − k2 ) a b többszöröse, tehát osztható b-vel. Annak jelölése, hogy a és c ugyanabba a maradékosztályba tartozik mod b, a következ˝o a ≡ c (mod b), olv.: a kongruens c moduló b; az ilyen jelleg˝u összefüggést a számelméletben kongruenciának nevezzük. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy 1991-nek van olyan többszöröse, amely csak egyesekb˝ol és nullákból áll. Ezt úgy láthatjuk be, hogy felírunk 1992 különböz˝o, csupa 1-esb˝ol álló számot: 1, 11, 111, 1111, . . . , 111 . . . 11, (az utolsó 1992 1-esb˝ol áll). Ezek az 1991-gyel való oszthatóság szempontjából 1991 maradékosztályba tartozhatnak, van tehát közöttük kett˝o, amelyik ugyanabba a maradékosztályba tartozik, de akkor ezek különbsége osztható 1991-gyel, tehát többszöröse 1991-nek, és a csupa egyesb˝ol álló számok különbsége pedig egyesekb˝ol és nullákból áll. 1991-nek van tehát csak egyesekb˝ol és nullákból álló többszöröse.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

64

4. A számelmélet elemei

4.4. Számrendszerek 41 027 tízes számrendszerbeli felírása azt jelenti, hogy 41 027 = 4 · 104 + 1 · 103 + 0 · 102 + 2 · 10 + 7, tehát 41 027-et 10 nemnegatív egész kitev˝os hatványainak az összegeként írjuk fel (7-et 7 · 100 alakban is írhatnánk), ahol az együtthatók, a számjegyek, 10-nél kisebb nemnegatív egészek. A 10-es alapszám történelmileg alakult ki (egyes vélemények szerint tíz ujjunk miatt); voltak népek, ahol a 6-os, másutt a 20-as alapú számrendszert használták, ha nem is annyira tudatos formában, mint ahogyan mi a 10-es alapút használjuk. Gyakorlati alkalmazásokban (pl. számítógépek) más alapú számrendszer használata is el˝onyös lehet, els˝osorban a 2-es számrendszer. Mivel a számrendszerben használatos jegyek kisebbek az alapszámnál, a 2-es számrendszerben a számokat két jeggyel, a 0-val és az 1-gyel írjuk fel. Pl.: 1 · 27 + 0 · 26 + 0 · 25 + 1 · 24 + 1 · 23 + 0 · 22 + 1 · 21 + 1 kettes számrendszerbeli alakja 10011011, tízes számrendszerbeli megfelel˝oje viszont 128 + 16 + 8 + 2 + 1 = 155. Általánosságban így írunk fel egy c számot a 2-es számrendszerben: c = an · 2n + an−1 · 2n−1 + an−2 · 2n−2 + . . . + a2 · 22 + a1 · 2 + a0, ahol az a0 , a1 , . . . , an számok lehetséges értékei 0 vagy 1. c azonban így is írható, ha az els˝o n − l tagból kiemeljük 2-t: c = 2(an · 2n−1 + . . . + a2 · 2 + a1) + a0. Ez az a0 a maradékos osztásról mondottak szerint a c-nek 2-vel való osztási maradéka, a hányados egész része pedig an · 2n−1 + . . . + a2 · 2 + a1 = 2(an · 2n−2 + . . . + a2 ) + a1, ez viszont ismét azt jelenti, hogy ha az el˝obbi hányadost 2-vel elosztjuk, az osztási maradék a1 . Ezt tovább folytatva, eljárást kaphatunk egy tetsz˝oleges c egész szám kettes számrendszerbeli jegyeinek az el˝oállítására: osztjuk a c-t 2-vel, az osztási maradék az utolsó számjegy a0 . A hányados egész részét osztjuk 2-vel, a maradék a1 , és így tovább, míg végül az an · 2 + an−1 hányadoshoz nem jutunk. Ennél a 2-vel való osztási maradék az an−1 , a hányados pedig an , ami mindig 1-gyel egyenl˝o, hiszen egy szám els˝o jegye nem lehet 0. Pl.: 492 kettes számrendszerbeli jegyeit ezzel az eljárással így állíthatjuk el˝o: 492 : 2 = 246, 246 : 2 = 123, 123 : 2 = 61, 0 −−→ a0 = 0, 0 −−→ a1 = 0, 1 −−→ a2 = 1 61 : 2 = 30, 30 : 2 = 15, 15 : 2 = 7, 1 −−→ a3 = 1, 0 −−→ a4 = 0, 1 −−→ a5 = 1 7 : 2 = 3, 3 : 2 = 1 −−→ a8 = 1. 1 −−→ a6 = 1 1 −−→ a7 = 1 www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

4. A számelmélet elemei

65

492 kettes számrendszerbeli alakja tehát: 111101100. Eljárásunk egyébként tetsz˝oleges alapszámú számrendszerben is alkalmazható; az egymás utáni osztó ekkor természetesen a számrendszer alapszáma. A kettes számrendszerbeli számokkal formálisan ugyanúgy számolhatunk, mint a 10-es rendszerbeliekkel, csak azt kell figyelembe venni, hogy 1 + 1 = 10; a természetes számok sorozata a kettes számrendszerben így kezd˝odik: 0, 1, 10, 11, 100, 101, 110, 111, 1000, 1001, 1010, 1011, . . . Egy példa összeadásra és szorzásra: 10001101 + 110111 11000100

1010 · 101 0000 1010 110010

4.5. Egy bizonyítási módszer: a teljes indukció Az egész számokhoz kapcsolódó problémák megoldásánál, bizonyításoknál gyakran alkalmazzuk a teljes indukciónak nevezett bizonyítási módot. Ennek lényegét a következ˝o tétel bizonyításán mutatjuk meg: Az els˝o n páratlan természetes szám összege n2 -tel egyenl˝o. Ennek az állításnak a teljesülését jó néhány esetben egyszer˝uen ellen˝orizhetjük: pl. 1 + 3 = 4 = 22 , 1 + 3 + 5 = 9 = 32 , 1 + 3 + 5 + 7 = 16 = 42 stb., s˝ot, ha egytagú összeget értelmezünk 1 = 12 , tehát tételünk biztosan igaz, ha n = 1, 2, 3, 4. Mivel az n-edik páratlan szám 2n − 1, azt kellene bizonyítanunk, hogy 1 + 3 + 5 + . . .+ (2n − 1) = n2 . Gondoljuk meg, hogy ha valahonnan tudnánk azt, hogy az els˝o n − 1 páratlan szám összege (n − 1)2 , akkor már n-re is bizonyítani tudnánk a tételt; az els˝o n páratlan szám összegét ugyanis úgy kapjuk meg, hogy az els˝o (n − 1) páratlan szám összegéhez, (n − 1)2 -hez hozzáadjuk az n-edik párartlan számot: (2n − 1)-et, tehát az összeg: (n − 1)2 + 2n − 1 = n2 − 2n + 1 + 2n − 1 = n2 , ezért valóban igaz az állításunk n-re, ha n − 1-re igazolt. Bizonyításunknak tehát az a lényege, hogy megmutattuk: az n-re vonatkozó állítás következik az n − 1-re vonatkozó állítás igaz voltából, azaz egy el˝oz˝o esetb˝ol. Ezek szerint azonban az n − 1-re vonatkozó állítás is következik az n − 2-re vonatkozóból: és ezt a gondolatmenetet folytatva kapjuk, hogy

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

66

4. A számelmélet elemei

a két páratlan szám összegére vonatkozó tétel is következik az egy páratlan számra vonatkozóból. Ez pedig nyilván igaz, és így tételünket általános érvénnyel bizonyítottuk. Foglaljuk össze gondolatmenetünket: I. Belátjuk, hogy az állítás n = 1-re (esetleg n = 0-ra) igaz. II. Bebizonyítjuk, hogy abból a feltevésb˝ol, hogy az állítás n − 1-re igaz, következik, hogy n-re is igaz (esetleg n-r˝ol n + 1-re „örökl˝odik” az állítás igaz volta). I. és II. együttesen biztosítja, hogy az állítás minden természetes számra igaz. Ez a teljes indukció lényege. Megjegyezzük még, hogy a kezd˝o eset nem mindig 1, hanem lehet 1-nél nagyobb (vagy esetleg kisebb) is; továbbá: az n − 1-edik esetr˝ol az n-edikre való áttérésnél gyakran nemcsak az n − 1-edik igaz voltát tesszük fel, hanem azt, hogy minden n-nél kisebb egészre igaz az állítás. Az n − 1-re vonatkozó állítást szoktuk indukciós feltevésnek is nevezni. Teljes indukciót ezek szerint csak akkor alkalmazhatunk, ha tudjuk valahonnan, vagy megsejtettük, hogy mi a feltett kérdésre vonatkozó állítás, tehát a tétel már meg van fogalmazva. A teljes indukció felhasználásával bizonyítjuk a következ˝o két tételt: n(n + 1) . 1. Tétel: az els˝o n pozitív egész összege 2 1·2 n(n + 1) = =1 Ha n = 1, az összeg 1-gyel egyenl˝o, ezt adja az 2 2 összefüggés is, az állítás tehát ebben az esetben igaz. (n − 1)n . Ekkor Az indukciós feltevés: az n − 1 pozitív egész összege: 2 az n tagú összeget úgy kapjuk meg, hogy ehhez még az n-et hozzáadjuk: n2 − n + 2n n2 + n n(n + 1) (n − 1)n +n = = = , 2 2 2 2 tehát az n pozitív egész összegét valóban az adott kifejezés adja. 2. Tétel: a négyzetszámok összegére vonatkozik: 1 12 + 22 + 32 + . . . + n2 = n(n + 1)(2n + 1). 6 n = 1 esetben a bizonyítandó mindkét oldalán 1 áll, tehát az állítás igaz. Indukciós feltevésünk, hogy az állítás n − 1 négyzetszámra igaz (a jobb oldalon n helyébe most mindenütt n − 1-et írunk): 1 12 + 22 + 32 + . . . + (n − 1)2 = (n − 1)n(2n − 1). 6 www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

4. A számelmélet elemei

67

Adjuk most hozzá ezekhez a kifejezésekhez (tehát mindkét oldalhoz) az n-edik négyzetszámot, n2 -et: 1 12 + 22 + . . . + (n − 1)2 + n2 = (n − 1)n(2n − 1) + n2 = 6 1 1 = n[(n − 1)(2n − 1) + 6n] = n(2n2 − 2n − n + 1 + 6n) = 6 6 1 1 = n(2n2 + 3n + 1) = n(n + 1)(2n + 1), 6 6 s ezzel a bizonyítást befejeztük. Feladatok 1. Bizonyítsuk be, hogy ha n pozitív egész, 26n+1 + 32n+2 osztható 11gyel! Az els˝o pozitív egészre, n = 1-re a kifejezés értéke 27 + 34 = 128 + 81 = 209, valóban osztható 11-gyel. Tegyük fel, hogy n − 1-re az állítás igaz, tehát 26(n−1)+1 + 32(n−1)+2 = 26n−5 + 32n osztható 11-gyel, azaz 11k alakú, ahol k egész szám: 26n−5 + 32n = 11k. (4.5.1) Most az eredeti kifejezést alakítsuk át úgy, hogy az tartalmazza (4.5.1)-et: 26n+1 + 32n+2 = 26 · 26n−5 + 32 · 32n = 64 · 26n−5 + 9 · 32n = = 55 · 26n−5 + 9(26n−5 + 32n ) =

= 55 · 26n−5 + 9 · 11k = 11(5 · 26n−5 + 9k), tehát a vizsgált kifejezés is osztható 11-gyel.

Megjegyezzük, hogy a teljes indukcióval bizonyított tételek gyakran más úton is igazolhatók. Nézzünk most egy ilyen példát. 2. Írjuk fel egyszer˝ubb alakban a következ˝o S összeget: 1 1 1 1 + + + ...+ . S= 1·2 2·3 3·4 n(n + 1)

A teljes indukciós bizonyításhoz most el˝oször ki kell alakítanunk sejtésünket, 1 azaz a bizonyítandót. Ha n = 1, csak egy tört szerepel az összegben: ; az 2 2 n = 2, 3, 4, 5 értékekre viszont – mint azt könnyen ellen˝orizhetjük – rendre , 3 3 4 5 n , , adódik, kézenfekv˝o tehát az a sejtésünk, hogy az els˝o n tört összege . 4 5 6 n+1 Bizonyítsuk be ezt teljes indukcióval. n − 1-re már láttuk a sejtés helyességét, tegyük fel, hogy igaz a sejtésünk az els˝o n−1 . Adjuk hozzá ehhez az n-edik tagot: n − 1 tagra, ezek összege tehát n 1 (n − 1)(n + 1) + 1 n2 − 1 + 1 n2 n n−1 + = = = = , n n(n + 1) n(n + 1) n(n + 1) n(n + 1) n+1 www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

68

4. A számelmélet elemei

tehát sejtésünk igaznak bizonyult. Más módszerrel is eljuthatunk erre az eredményre. Vegyük észre, hogy minden törtet felírhatunk két tört különbségeként: 1 1 1 1 1 1 = − , = − , 1·2 1 2 2·3 2 3 vagy általában a k-adik törtet: 1 (k + 1) − k 1 1 − = = . k k+1 k(k + 1) k(k + 1) Ezért az S így írható: 1 1 1 1 1 1 1 1 . S = − + − + − +... + − 1 2 2 3 3 4 n n+1 Ebben az összegben az els˝o és utolsó tag kivételével mindegyiknek szerepel az ellentettje is, ezeknek az összege páronként 0, így az összegben csak az els˝o és utolsó tag marad: n+1−1 n 1 = = , S = 1− n+1 n+1 n+1 vagyis az el˝oz˝ovel azonos eredményre jutottunk.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

5 Négyzetgyökös kifejezések

5.1. Számok négyzetgyöke A számok négyzete nemnegatív szám, és bizonyítható, hogy minden nemnegatív szám négyzete egy valós számnak, s˝ot minden pozitív szám két valós számnak is négyzete, egy pozitívnak és egy negatívnak. Pl.: a 49 négyzete a 7-nek és a −7-nek is; e két szám közül a pozitívat kitüntetjük és a 49 négyzetgyökének nevezzük. Általában: egy c szám négyzetgyökén azt a nemnegatív számot√értjük, amelynek négyzete c-vel egyenl˝o. c négyzetgyökének a jele: c (olv.: négyzetgyök c). E meghatározás szerint tehát a 0 négyzetgyöke 0; a 0-n kívül csak a pozitív számoknak van a valós számok körében négyzetgyöke, ez egyértelm˝uen meghatározott és mindig pozitív. Pl.: p √ √ √ 25 = 5, 1 = 1, 625 = 25, 6,25 = 2,5, r r p 9 3 1 1 0,09 = 0,3, = , = . 16 4 36 6 √ Általában tehát a a kifejezésnél – meghatározásunk szerint – három tényt kell mindig szem el˝ott tartanunk: √
2 √ a = a. 1. a ≧ 0, 2. a ≧ 0, 3.

El˝obbi példáinkban azért volt könny˝u a négyzetgyök meghatározása, mert azonnal felismerhet˝o, mely számok négyzete áll a négyzetgyökjel

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

70

5. Négyzetgyökös kifejezések

alatt. Azoknak a természetes számoknak a négyzetgyöke √ azonban, √ √ ame√ lyek nem teljes négyzetek, irracionális szám; tehát pl.: 2, 3, 5, 13 irracionális számok. Ennek bizonyítását egy példán mutatjuk meg. √ Bebizonyítjuk, hogy 13 irracionális szám. Bizonyításunk ún. indirekt bizonyítás. Ennek az a lényege, hogy feltesszük, hogy állításunk nem igaz (ez az ún. indirekt feltevés) és ebb˝ol a feltevésb˝ol nyilvánvaló hamis eredményre jutunk; ez azt jelenti, hogy állításunk tagadása nem igaz, tehát állításunk helyes. √ p Tegyük fel, hogy 13 nem irracionális, hanem racionális, azaz alakú, q p ahol p és q egész számok és relatív prímek, tehát a törtet már nem lehet q egyszer˝usíteni: p √ = 13. q Emeljük egyenl˝oségünk mindkét oldalát négyzetre, majd szorozzuk meg az egyenl˝oség mindkét oldatát q2 -tel: p2 = 13, p2 = 13q2. q2 Utóbbi egyenl˝oségünk azt jelenti, hogy 13 osztója p2 -nek és így p-nek is, p-t ezért 13p1 alakban írhatjuk (p1 egész); helyettesítsük ezt az alakot az utolsó egyenl˝oségbe és osszuk el az egyenl˝oség két oldalán lev˝o számokat 13-mal: 13p21 = q2 . 132 p21 = 13q2, Ez viszont azt jelenti, hogy q2 osztható 13-mal, tehát q is; q ezért 13q1 alakban írható fel (q1 egész), tehát azt kapnánk az indirekt feltevésb˝ol, hogy p1 p 13p1 = = , q 13q1 q1 p vagyis mégis egyszer˝usíthet˝o, ami ellentétben van kiindulásunkkal, és q ezzel állításunkat bizonyítottuk. √ 13 tízes számrendszerbeli alakját közelítésekkel adhatjuk meg tetsz˝oleges pontossággal. Abból indulunk ki, hogy két pozitív szám közül a nagyobbik négyzete a nagyobb, és így ugyanez igaz a négyzetgyökökre is. √ 9 < 13 < 16, ezért 3 < 13 < 4. Ha most kiszámítjuk a 3,1; 3,2; 3,3; 3,4; . . . számok négyzetét, rendre a 9,61; 10,24; 10,89; 11,56; 12,25; 12,96; 13,69, . . . számokat kapjuk, ebb˝ol www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

5. Négyzetgyökös kifejezések

71

√ 2 3,62 = 12,96 √ < 13 < 13,69 = 3,7 , ezért 3,6 < 13 < 3,7. Mondhatjuk tehát, hogy 13 értéke √ egytizedes pontossággal 3,6-tal egyenl˝o. Ezt az eljárásunkat folytatva 13-nak tetsz˝oleges sok tizedesjegyét megkaphatjuk. Lényegesen gyorsabban jutunk eredményre tetsz˝oleges pozitív szám négyzetgyökének meghatározásakor a következ˝o módszerrel: √ Módszerünk azon alapszik, hogy ha c a b-nek egy közelít˝o értéke, akkor bizonyítható, hogy b +c c 2 √ pontosabban közelíti meg b-t, mint a c. Vegyük 13-nak egy közelít˝o négyzetgyökét, pl. a hármat. Osszuk el 13at 3-mal (négy tizedesig számolva): 13 : 3 = 4,3333. Vegyük√ 3 és 4,3333 összegének a felét (az ún. számtani közepét); így megkapjuk 13 második közelít˝o értékét: 3 + 4,3333 = 3,6667. 2 Ugyanezzel az eljárással kapjuk meg a még pontosabb közelít˝o értéket: 3,6667 + 3,5454 = 3,6061, 13 : 3,6667 = 3,5454; 2 √ 13 harmadik közelít˝o értéke tehát 3,6061. Folytassuk ezt tovább: 3,6061 + 3,6050 = 3,6056; 13 : 3,6061 = 3,6050; 2 ez a negyedik közelít˝o érték. 13 : 3,6056 = 3,6055, √ ez viszont azt jelenti, hogy 13 = 3,6056 négy tizedes√pontossággal. (Ha a számításokat több tizedes pontossággal végeznénk, 13-at is nagyobb pontossággal kapnánk meg.) A most megadott ún. iterációs módszer el˝onye, hogy olyan zsebszámolón is alkalmazható, amelyen nincs négyzetgyökvonás. (A számítógépek nagy része is ehhez hasonló módszerrel állítja el˝o a számok négyzetgyökét.) Felhívjuk a figyelmet arra, hogy ennél a módszernél az els˝o közelít˝o érték választása miatt el˝ofordulhat, hogy bár a fokozatos közelítések egyre kisebb hibával adják meg a szám négyzetgyökét, mégis az eredménynek egyik jegye √ sem azonos a négyzetgyök tizedestört el˝oállításának a jegyeivel, pl. 16-ra 3,9999-et kaphatunk; vegyük azonban figyelembe, hogy ez 4-nek igen jó közelítése, attól csak 0,0001-del tér el. (Ugyanez a jelenség számítógéppel való számításnál is el˝ofordulhat.) www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

72

5. Négyzetgyökös kifejezések

5.2. Muveletek ˝ négyzetgyökös kifejezésekkel A következ˝okben négyzetgyökös kifejezésekre vonatkozó néhány fontosabb azonosságot tekintünk át. Mindenekel˝ott egy gyakori hibára hívjuk fel a figyelmet: egy összeg négyzetgyöke nem azonos a tagok négyzetgyökének az összegével, tehát pl. √ √ √ 16 + 9 6= 16 + 9,

hiszen

√ √ √ √ 16 + 9 = 25 = 5 és 16 + 9 = 4 + 3 = 7.

Ap következ˝okben a felhasznált algebrai kifejezések négyzetgyökér˝ol, pl. a 3a2 − b2 + 7 kifejezésr˝ol eleve feltételezzük, hogy olyan a és b értékekr˝ol van szó, amelyek mellett a gyökjel alatti kifejezés értéke nem negatív. Természetesen szükséges lehet – valamilyen probléma megoldása kapcsán – annak az eldöntése is, hogy milyen számhalmazból vehetjük a változókat (határozatlanokat) ahhoz, hogy a gyök alatti kifejezés ne legyen negatív. Összeadás és kivonás. M˝uveleti szempontból egy algebrai kifejezés négyzetgyökét egytagú kifejezésnek kell tekintenünk; két ilyen kifejezés egynem˝u, ha legfeljebb a (rendszerint a négyzetgyökjel elé írt) szorzótényez˝oben (együtthatóban) különböznek. Pl. egynem˝uek p p p 6a2 − 2b, 3 6a2 − 2b, − 6a2 − 2b.

Közvetlenül csak egynem˝u négyzetgyökös kifejezések adhatók össze, pl.: p p p p 6a2 − 2b + 3 6a2 − 2b − 6a2 − 2b = 3 6a2 − 2b.

A többtagúak összeadása és kivonása az algebrai kifejezések leírásakor megismert szabályok szerint történik. Pl.: √ √
√ √
3 x − 2 − 7 x + 9x − −6 x − 2 − 8x + 3 x = √ √ √ √ √ √ = 3 x − 2 − 7 x + 9x + 6 x − 2 + 8x − 3 x = 9 x − 2 − 10 x + 17x.

Szorzat négyzetgyöke. Szorzat négyzetgyöke a tényez˝ok négyzetgyökének a szorzatával egyenl˝o. √ √ √ ab = a b (a ≧ 0, b ≧ 0). Ennek az azonosságnak az igaz volta abból következik, hogy mindkét oldalon az a nemnegatív szám áll, amelynek négyzete ab és amely egyértelm˝uen meghatározott: √
2 ab = ab (ab definíciója miatt); √
2 √
2 √ √
2 a b = a b = ab (a szorzat hatványozási szabálya √ √ és a, b definíciója miatt). www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

5. Négyzetgyökös kifejezések Pl.:

73

p √ √ 5x(x − 8) = 5x x − 8.

A szorzat négyzetgyökére vonatkozó azonosságot gyakran fordított irányban alkalmazzuk: p p √ √ 5 − 2b 5 + 2b = (5 − 2b)(5 + 2b) = 25 − 4b2.

Ugyanez a szabály érvényes akkor is, ha a szorzatnak több tényez˝oje van. Tört négyzetgyöke: tört négyzetgyöke a számláló és a nevez˝o négyzetgyökének a hányadosával egyenl˝ ro: √ a a =√ , b b a ti. mindkét oldalon az a szám áll, amelynek a négyzete . b Pl.: s r r √ √ 6y 6y a2 −b2 a2 − b2 (a+b)(a−b) √ √ , = =√ = = a+b. x−7 a−b a−b x−7 a−b

Megjegyzés: A szorzat és hányados négyzetgyökeire vonatkozó azonosság következménye, hogy – ha egy számot rendre 100-zal, 10 000-rel, 1 000 000-val szorzunk, akkor négyzetgyöke 10-zel, 100-zal, 1000-rel szorzódik; ill. – ha egy számot 100-zal, 10 000-rel, 1 000 000-val osztunk, akkor négyzetgyöke a szám négyzetgyökének tizedével, századával, ezredével lesz egyenl˝o. Hatványok négyzetgyöke. Páros kitev˝oj˝u hatványok négyzetgyökét, ha a hatványalap nem negatív, könnyen meghatározhatjuk: a hatványkitev˝ot 2-vel kell √ osztanunk; pl.: a6 = a3 , mert (a3 )2 = a6 , (a ≧ 0); √ 2 2 a2 = a, mert (a) = a , (a ≧ 0); q  
2 (a+b)4 = (a+b)2 , mert (a+b)2 = (a+b)4 , (a+b)2 ≧ 0 .

Különös figyelmet kell fordítanunk a négyzetgyökvonásra, ha a hatványalap negatív; gondoljuk q meg pl.: √ (−5)2 = 25 = 5, √ éppen ezért általában nem igaz az, hogy a2 = a, mert a negatív számot is jelenthet, viszont a négyzetgyök értéke nem lehet negatív. Ezért minden a számra érvényes: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

74

5. Négyzetgyökös kifejezések √ a2 = |a|,

pl. el˝oz˝o példánkban is: Általában:

q (−5)2 = | − 5| = 5. √ a2n = |an |.

Pl.: ha a, b, c tetsz˝oleges valós számokat jelentenek, p 81a6b14 c2 = 9|a3 ||b7 ||c| = 9|a3 b7 c|. √ Négyzetgyökös kifejezés hatványa. a n-edik hatványának meghatározásakor (n egész szám) a hatványozás értelmezéséb˝ol indulunk ki. Minden n egész kitev˝ore érvényes: √
n √ n a = a (a > 0), azaz: egytagú négyzetgyökös kifejezés n-edik hatványra emelésekor a gyök alatti kifejezést emeljük n-edik hatványra. Ha ugyanis n pozitív egész, √ √ √ √
n √ √ a = a · a · . . . · a = a · a · . . . · a = an (a ≧ 0). Ha n = 0, definíció szerint √ √ √
0 a = 1 és a0 = 1 = 1

(a > 0).

Ha a kitev˝o negatív egész: r √ √
−n 1 1 1 = √
n = √ n = a = a−n n a a a

(a > 0).

5.3. Példák a négyzetgyökös kifejezések körében végzett muveletekre ˝ 1. Többtagú kifejezések négyzetre emelése ugyanolyan szabályok szerint történik, mint az algebrai kifejezéseké: √ √ √ √
2 √ x − y = x − 2 x y + y = x + y − 2 xy; a) q  q q q √ √ 2 √ √ √ √ b) 4+ 5+ 4− 5 = 4+ 5+2 4+ 5· 4− 5+4− 5 = q √
√
√ √ = 8+ 4 + 5 4 − 5 = 8 + 2 16 − 5 = 8 + 2 11.

2. A szorzatra vonatkozó azonosságot gyakran alkalmazzuk fordított irányban, f˝oként akkor, ha az a tényez˝ok egy részének a négyzetgyök alól www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

5. Négyzetgyökös kifejezések

75

való „kihozását” eredményezi; ezt azzal érjük el, hogy a gyök alatti kifejezést (számot) úgy bontjuk szorzattá, hogy az egyik tényez˝ot gyökmentes formában √ fel. √ √ √ √ írhassuk a) 18 = 9 · 2 = 9 2 = 3 2; √ √ √ √ √ b) 32a3b2 c = 16a2b2 · 2ac = 16a2 b2 2ac = 4ab 2ac (a ≧ 0, b ≧ 0, c ≧ 0); s s s 8(x − y)4 4(x − y)4 2 2(x − y)2 2 = · = . c) 3x2 y x2 3y |x| 3y 3. El˝oz˝o eljárásunknak éppen a fordítottja a tényez˝o bevitele a négyzetgyökjel alá. √ √ √ √ √ a) 2 7 = 4 7 = 4 · 7 = 28; r r √ √ 6 6 6 3 b) =√ = = ; 2 4 2 4 s s s s x−y x2 + xy (x − y)2 x(x + y) (x−y)2 x(x+y) = = = c) 2 2 2 2 x+y x −2xy+y (x + y) (x + y) (x+y)2 (x−y)2 r x = . (Itt feltettük, hogy x, y, x − y pozitívak.) x+y s s r 1 1 p 2 2 x+y x2 y2 (x + y) p + = x y = = xy(x + y) d) xy x y xy xy (x, y pozitívak). 4. Többször van szükség arra, hogy törtkifejezéseket úgy alakítsunk át (rendszerint b˝ovítéssel), hogy a nevez˝oben ne legyen négyzetgyökös kifejezés, ez a nevez˝o gyöktelenítése. Ha a nevez˝o egytagú, egyszer˝uen a nevez˝ovel b˝ovíthetünk. √ √ √ √ √ 1· 3 3 2 6 2 6 6 2 1 , b) √ = √ √ = = . a) √ = √ √ = 3 3·6 9 3 3· 3 3 6 3· 6· 6 Ha a nevez˝o kéttagú összeg, akkor a két tag különbségével, ha kéttagú különbség, a két tag összegével célszer˝u b˝ovíteni. √
√
√
√ 2 2− 2 2 2− 2 2 2− 2 2 √ = √
√
= = = 2− 2; c) 4−2 2 2+ 2 2+ 2 2− 2 √
√
√ c c+ c c c+ c c c+ c √ = d) = = ; 2 c− c c −c c(c − 1) c−1 √ √
2 √ √ a + b− a − b a + b− a − b √ √
√ √
= = √ e) √ a + b+ a − b a + b+ a − b a + b− a − b www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

76

5. Négyzetgyökös kifejezések p √ √ a + b − 2 a + b a − b + a − b 2a − 2 (a + b)(a − b) = = =
2 √
2 √ (a + b) − (a − b) a+b − a−b √ √ 2a − 2 a2 − b2 a − a2 − b2 = = . a+b−a+b b

5. Írjuk fel egyszer˝ubb (gyökmentes) alakban a következ˝o kifejezést: p K = a + a2 − 2a + 1. q p K = a + a2 − 2a + 1 = a + (a − 1)2 = a + |a − 1|.

Ha a ≧ 1, a − 1 nemnegatív, ezért |a − 1| = a − 1, és így K = a + a − 1 = 2a − 1 (a ≧ 1);

ha viszont a < 1, a − 1 negatív, |a − 1| = −(a − 1) = 1 − a, K = a+1−a= 1 (a < 1).

6. Számítsuk ki közelít˝ q o érték felhasználása nélkül az x kifejezés értéq √ √ két: x = 7 + 4 3 + 7 − 4 3. Mivel a táblázat értékei és a számológépen kapott értékek közelít˝o értékeknek tekintend˝ok, ezeket nem használhatjuk. Emeljük azonban négyzetre x-et:  q  q q q √ 2 √ √ √ 2 7+4 3 +2 7+4 3 7−4 3+ 7−4 3 = x2 = q √ √
√
√ = 7+4 3+2 7+4 3 7−4 3 +7−4 3 = √ = 14 + 2 49 − 48 = 14 + 2 = 16. Minthogy x pozitív és négyzete 16, ezért x = 4. Négyzetre emelés nélkül is meghatározhatjuk x értékét: √ √ √
2 2 + 3 = 4 + 4 3 + 3 = 7 + 4 3, √ √
2 √ 2 − 3 = 4 − 4 3 + 3 = 7 − 4 3.

√ √ Használjuk fel ezt az utóbbi két egyenl˝oséget és azt, hogy 2+ 3, 2− 3 egyaránt q pozitívak: √
2 q √
2 √ √ √ √ x = 2+ 3 + 2− 3 = 2+ 3 + 2− 3 = 2+ 3+2− 3 = 4.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

6 Racionális és valós kitev˝oju˝ hatványok; logaritmus

6.1. Az n-edik gyök fogalma Legyen n pozitív egész. Egy nemnegatív c szám n-edik gyökén azt a nemnegatív számot értjük, √ amelynek n-edik hatványa c-vel egyenl˝o. A c n-edik gyökének jelölése: n c. Meghatározásunk szerint tehát
n √ n c = c.

Minden nemnegatív számnak egyetlen n-edik gyöke van. A második gyök a négyzetgyökkel azonos, a harmadik gyököt szokás köbgyöknek is nevezni. A számok els˝o gyöke magával a számmal egyenl˝o. √ √ n n 0 = 0, 1 = 1 minden n értékre, √ n c ≧ 0, ha c ≧ 0. √ √ 4 3 4 Pl.: 8 = 2, mert 23 = 8; 625 = 625; r = 5, mert 5   √ 1 1 1 1 5 10 5 1024 = 2, mert 210 = 1024; = , mert = ; 2 32 p32 2 p 3 0,001= 0,1, mert 0,13 = 0,001; 6 0,000064= 0,2, mert 0,26 = 0,000064. Ha n páratlan, akkor a negatív számoknak is van egyértelm˝uen megha√ tározott n-edik gyöke; ha c negatív, n c azt a negatív számot jelenti, amelynek n-edik hatványa c-vel egyenl˝o. √ √ 5 −1 = −1, mert (−1)5 = −1; Pl.: 3 −8 = −2, mert (−2)3 = −8; √ √ 3 5 5 −243 = −3, mert (−3) = −243; −125 = −5, mert (−5)3 = −125. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

78

6. Racionális és valós kitev˝oj˝u hatványok; logaritmus

Felhívjuk azonban a figyelmet arra, hogy páros gyöke negatív szám√ nak a valós számok körében nem létezhet, mert pl. 4 −16 olyan számot jelentene, amelynek negyedik hatványa negatív, holott valamennyi valós számnak nemnegatív a negyedik hatványa. Az n-edik gyököt tartalmazó kifejezések körében hasonló azonosságok érvényesek, mint a négyzetgyökös kifejezésekre; ezekr˝ol a következ˝o szakaszban lesz szó.

6.2. Racionális kitev˝oju˝ hatványok √ 1 Az n c kifejezést, ha c pozitív szám, és n pozitív egész, c n alakban is
√ 1
n n írhatjuk. Mivel n c = c, ezért c n = c; ez az észrevétel is indokolja gyökmennyiségek törtkitev˝os hatványként való jelölését. Megállapodunk abban, hogy az √ n ck kifejezést, ahol c pozitív, n pozitív egész és k tetsz˝oleges egész szám, k

cn alakban írjuk, ezt szokás törtkitev˝os hatványnak nevezni. Tehát k

c n azt a pozitív számot jelenti, amelynek n-edik hatványa ck -val egyenl˝o. √ 3 1 2 Pl.: 4 2 = 4 = 2; 4 2 = 8, mert 82 = 43 = 64; 27 3 = 9, mert 93 = 272 = = 729. −k k Megállapodunk abban, hogy c− n jelentse c n -t, tehát azt a pozitív szá−k 1 mot, amelynek n-edik hatványa c−k = k -val egyenl˝o, c −n pedig legyen c k azonos c n -val. Ezek szerint a hatvány fogalmát minden racionális kitev˝ore értelmezzük, feltéve, hogy az alap pozitív szám. Természetesen a tizedestört kitev˝os hatványok is racionális kitev˝oj˝uek, 14168 hiszen pl. 51,4168 azonos az 5 10000 hatvánnyal. Ilyen megállapodások mellett bebizonyítható, hogy ha egy törtkitev˝oj˝u hatvány kitev˝ojét b˝ovítjük vagy egyszer˝usítjük, értéke nem változik meg, és az egész kitev˝os hatványok körében megismert m˝uveleti szabályok a törtkitev˝os hatványok körében is érvényesek, ha tehát p, q, r, s egészek, q 6= 0, s 6= 0, a > 0, b > 0, p

r

p

r

ps+qr qs

p q

r s

p r q−s

ps−qr qs

1. a q · a s = a q + s = a

2. a : a = a p q

p q

=a

; ;

p q

3. (ab) = a b ; www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

6. Racionális és valós kitev˝oj˝u hatványok; logaritmus

4.

a p q

79

p

=

aq

p ; bq pr rp p p
r 5. a q s = a qs , a rq = a q (r 6= 0). Ezeknek az azonosságoknak a következményei, ill. megfelel˝oi a gyökmennyiségek között az alábbi azonosságok (a > 0, b > 0): √ √ √ √ √ nk nk n a · k a = ak · nk an = an+k ; q √ k √ n a = nk a;

b

speciálisan:

q √ √ a = 4 a, √ n

ab =

√ √ n n a · b;

q √ 3 √ a = 6 a; r √ n a n a . =√ n b b

6.3. Valós kitev˝oju˝ hatványok Gyakorlati okokból célszer˝u a pozitív számok hatványainak a fogalmát minden valós kitev˝ore kiterjeszteni, tehát a már megismert racionális kitev˝os hatványokon kívül irracionális kitev˝oj˝u hatványokra √ is. Az 5.1. sza√ 2 irracionális szám; 2 közelít˝o értéke: kaszban szó volt róla, hogy √ 1,4142. Ez azt is jelenti, hogy 2 tetsz˝oleges pontossággal megközelíthet˝o racionális számokkal, azaz tetsz˝olegesen közeli két racionális szám közé zárható, pl.: √ 1< 2 1, az a 2 irracionális kitev˝oj˝u hatvány értelmezésekor is abból indulunk ki, hogy ez www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

80

6. Racionális és valós kitev˝oj˝u hatványok; logaritmus

két olyan racionális kitev˝oj˝u hatvány közé zárható, amelyek különbsége tetsz˝olegesen kicsivé tehet˝o, pl.: √ a1 < a 2 < a2 a1,4 < a a1,41 < a a1,414 < a a1,4142 < a

√ 2 √ 2 √ 2 √ 2

< a1,5 < a1,42 < a1,415 < a1,4143 stb.

√

Bizonyítható, hogy a 2 így tetsz˝olegesen kicsiny határok közé zárható, és csak egyetlen olyan valós szám van, amely a fenti módon szerkesztett valamennyi egyenl˝otlenségnek eleget tesz. (Hasonlóan járunk el 0 < a < 1 esetén, az egyenl˝otlenség iránya ekkor éppen az el˝oz˝okkel ellentétes lenne.) Ily módon valamennyi irracionális kitev˝oj˝u hatvány értelmezhet˝o. Az így értelmezett irracionális kitev˝oj˝u hatványokra is érvényesek a hatványozás már megismert azonosságai. Figyeljük meg, hogy bármely hatványkitev˝o esetén következik az értelmezésb˝ol, hogy pozitív számok hatványa pozitív. A valós kitev˝oj˝u hatványok fontos tulajdonsága, hogy ha a > 0, b > 0, ax = bx , és x 6= 0, akkor a = b; továbbá, ha a pozitív és nem egyenl˝o 1-gyel, akkor az ax = ay egyenl˝oségb˝ol x = y következik.

6.4. A logaritmus fogalma Az

ax = b (6.4.1) kifejezésben egy összefüggést adtunk meg az a alap, a b hatvány és az x kitev˝o között, pontosabban: a hatványt fejeztük ki az alap és a kitev˝o segítségével. Ha az a alap pozitív, és x tetsz˝oleges valós számot jelent, akkor a b hatvány is mindig pozitív. Ugyanezt a kapcsolatot az a, b, x számok között a következ˝o alakban is kifejezhetjük, ha x 6= 0: 1

(6.4.2) b x = a, most az a alapot fejeztük ki a b hatvány és az x kitev˝o segítségével. Ugyanezt a kapcsolatot azonban úgy is megadhatjuk, hogy az x kitev˝ot fejezzük ki a következ˝o alakban (a 6= 1): www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

6. Racionális és valós kitev˝oj˝u hatványok; logaritmus loga b = x

81 (6.4.3)

(olv.: a alapú logaritmusa b-nek egyenl˝o x-szel). A (6.4.1), (6.4.2), (6.4.3) összefüggés tehát három mennyiség között ugyanazt a kapcsolatot fejezi ki. (A logaritmus görög eredet˝u szó; jelentése: kitev˝o.) Ezek szerint loga b azt a kitev˝ot jelenti, amely mellett az a alapú hatvány értéke b-vel egyenl˝o, tehát aloga b = b. (6.4.4) Hangsúlyozzuk, hogy a mondott kikötések mellett a (6.4.1), (6.4.2), (6.4.3) összefüggések ugyanazt a kapcsolatot jelentik. A loga b kifejezésben a-t a logaritmus alapjának mondjuk. Ha a = 1, akkor b is 1-gyel egyenl˝o az ax = b összefüggésben, tehát 1-es alapú logaritmusa csak az 1-nek lehetne, de az sem egyértelm˝u. Ezért az 1-et a továbbiakban kizárjuk a logaritmusalapok köréb˝ol, mindenkoron feltételezzük, hogy az loga szimbólumban a 6= 1. Példák: log2 8 = 3, mert 23 = 8; rendszerint úgy gondolkodunk, hogy log2 8 értékének meghatározásakor azt a kitev˝ot kell megkeresnünk, amely mellett 2 hatványa 8-cal egyenl˝o. log5 25 = 2, mert 52 = 25; log3 2 = 5, mert 25 = 32;  −2 1 = 4; mert log 1 4 = −2, 2 2 loga a7 = 7, mert a7 = a7 ; loga a = 1, mert a1 = a; log10 0,001 = −3, mert 10−3 = 0,001; √ √ 1 1 mert log2 2 = , 2 2 = 2; 2 2 2 2 log8 4 = , mert 8 3 = (23 ) 3 = 22 = 4. 3 A logaritmus fogalmának egyszer˝u következményei: – loga a = 1, azaz az alap logaritmusa mindig 1-gyel egyenl˝o, hiszen a1 = a; – loga 1 = 0, azaz 1 logaritmusa minden alap esetén 0-val egyenl˝o, mivel a0 = 1. Felhívjuk a figyelmet továbbá arra, hogy a mondott kikötések mellett (a > 0, a 6= 1) csak pozitív számnak van logaritmusa, viszont a logaritmus értéke tetsz˝oleges valós szám lehet. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

82

6. Racionális és valós kitev˝oj˝u hatványok; logaritmus Jegyezzük még meg, hogy ha loga b = loga c,

akkor ebb˝ol b = c következik.

6.5. A logaritmus azonosságai A következ˝okben az egyszer˝uség kedvéért kikötjük, hogy – hacsak err˝ol külön nem szólunk – logaritmuson a alapú logaritmust értünk, ahol a egy rögzített (egyébként tetsz˝oleges) 1-t˝ol különböz˝o pozitív szám. 1. Szorzat logaritmusa. Egy szorzat logaritmusa a tényez˝ok logaritmusainak az összegével egyenl˝o; tehát, ha x és y pozitív számok, loga xy = loga x + loga y. (6.5.1) Ezt az azonosságot a következ˝o módon bizonyíthatjuk be: a logaritmus fogalmából következik, hogy x = aloga x , y = aloga y , xy = aloga xy . Viszont az azonos alapú hatványok szorzási azonossága miatt xy = aloga x aloga y = aloga x+loga y , ezért aloga xy = aloga x+loga y , és mivel a 6= 1, valóban loga xy = loga x + loga y. Ez az azonosság természetesen tetsz˝oleges számú tényez˝ore kiterjeszthet˝o, pl.: loga xyzu = loga x + loga y + loga z + loga u. 2. Hatvány logaritmusa. Hatványmennyiség logaritmusa a hatványkitev˝onek és a hatványalap logaritmusának a szorzatával egyenl˝o; tehát, ha n tetsz˝oleges valós szám, x pedig pozitív, loga xn = n loga x. (6.5.2) Bizonyítás céljából emeljük az x = aloga x egyenl˝oség mindkét oldalát n-edik hatványra:
n xn = aloga x = an loga x , n

aloga x = an loga x ,

ebb˝ol pedig valóban a kitev˝ok egyenl˝osége, azaz a bizonyítandó azonosság következik. Speciálisan: 1 loga = loga x−1 = − loga x. x www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

83

6. Racionális és valós kitev˝oj˝u hatványok; logaritmus

3. Tört (hányados) logaritmusa. Tört logaritmusa a számláló és a nevez˝o logaritmusának a különbsége. Ha tehát x és y pozitív számok, x loga = loga x − loga y. y Ez egyszer˝u következménye az el˝oz˝o két azonosságnak, ti.: x loga = loga xy−1 = loga x + loga y−1 = loga x − loga y. y Gyökmennyiség logaritmusát törtkitev˝oj˝u hatvány logaritmusaként fogjuk fel: √ 1 1 loga x , (6.5.3) loga n x = loga x n = loga x = n n azaz: gyökmennyiség logaritmusa a gyökalatti mennyiség logaritmusának és a gyökkitev˝onek a hányadosa. Feladatok algebrai kifejezéseknek a logaritmusára: 3a4 b 1. loga 5 = loga 3a4 b − loga c5 = loga 3 + loga a4 + loga b − loga c5 = c = loga 3 + 4 + loga b − 5 loga c. 2. Mivel egyenl˝o x, ha loga x = 9 − 16 loga b + 2 loga 3 − loga c? loga x=loga a9 + 2 loga 3−(16 loga b + loga c)=loga a9 · 32 −loga b16 c=loga ebb˝ol x =

9a9 . b16 c

9a9 , b16 c

6.6. Kapcsolat különböz˝o alapú logaritmusok között; logaritmusrendszerek Gyakran lehet arra szükségünk, hogy ugyanannak a számnak két különböz˝o alapú logaritmusa között létesítsünk kapcsolatot. Vegyük az aloga x = x azonosság mindkét oldalának b alapú logaritmusát. A hatvány logaritmusának azonossága (a 6.5. szakasz) szerint (loga x)(logb a) = logb x, (6.6.1) ebb˝ol, mivel a 6= 1, és így logb a 6= 0, logb x . (6.6.2) loga x = logb a Ezzel az ún. áttérési képlettel a b alapú logaritmusok ismeretében ki tudjuk számítani a számok a alapú (tehát tetsz˝oleges alapú) logaritmusát. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

84

6. Racionális és valós kitev˝oj˝u hatványok; logaritmus Ha a (6.6.1) azonosságban x = b, akkor a nevezetes loga b · logb a = 1

azonsságot kapjuk, mivel logb b = 1, azaz 1 , loga b = logb a ami azt jelenti, hogy loga b és logb a egymás reciprokai. Ha az alapszám a = 10, tízes alapú (v. Briggs-féle) logaritmusról beszélünk. A 10-es alapú logaritmus használata a tízes számrendszerben sok el˝onnyel jár, a számok 10-es alapú logaritmusának táblázatba foglalása és felhasználása a XVI. században valóságos számítástechnikai forradalmat eredményezett, mert lényegesen leegyszer˝usítette a bonyolult gyakorlati számításokat. A 10-es alapú logaritmus jelölésére log10 helyett az lg jelet használjuk: log10 42 = lg 42. A 10-es alapú logaritmusok meghatározásakor a számok normálalakjából indulunk ki (2.6. szakasz). Legyen pl. az 1997,4 normálalakban N = 1,9974 · 103, 10-es alapú logaritmusa a (6.5.1) és (6.5.2) azonosságok szerint: lg N = lg 1,9974 + lg103 = lg 1,9974 + 3. Nézzük most N néhány 10-hatvánnyal való szorzatát normálalakban: N1 = 1997400 = 1,9974 · 106, N2 = 1,9974 = 1,9974 · 100, N3 = 0,019974 = 1,9974 · 10−2,

lg N1 = lg 1,9974 + 6; lg N2 = lg 1,9974; lg N3 = lg 1,9974 − 2.

Ezek szerint minden pozitív szám 10-es alapú logaritmusa egy 1 és 10 közé es˝o szám logaritmusának és egy egész számnak az összege. Az 1 és 10 közé es˝o szám logaritmusát a logaritmus mantisszájának nevezzük, ez 0 és 1 közé esik; a táblázatok rendszerint csak a mantisszát tartalmazzák (ill. ezek közelít˝o értékét). A logaritmus értékében szerepl˝o egész szám a karakterisztika, ez a normálalakban a 10 kitev˝ojével azonos. A pozitív karakterisztikát hozzáadjuk a mantisszához, a negatív karakterisztikát pedig a mantissza után szoktuk írni. Táblázatból: lg 1,9974 = 0,3005. Ebb˝ol következik, hogy lg 1997400 = 6,3005 lg 0,019974 = 0,3005 − 2. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

85

6. Racionális és valós kitev˝oj˝u hatványok; logaritmus

Függvénytani összefüggésekben és az ilyen úton nyert képletekben rendszerint ún. természetes (Napier-féle) logaritmusok szerepelnek. Ennek alapszáma az e-vel jelölt állandó; e irracionális szám, közelít˝o értéke 2,7182818. A természetes logaritmus jele: ln, vagy gyakran csak egyszer˝uen: log. A (6.6.2) alatti áttérési képlet szerint lg x lg x = = 2,3026 lgx, ln x = lg e 0,4343 tehát egy szám természetes logaritmusa a tízes alapú logaritmusának a 2,3026-szorosa, vagy ugyanebb˝ol az összefüggésb˝ol: lg x = 0,4343 lnx. (A számításokat 4 tizedes pontossággal végeztük.)

6.7. A logaritmus mint számítástechnikai segédeszköz A logaritmus azonosságai lehet˝ové teszik, hogy a szorzást összeadással, a hatványozást szorzással, a gyökvonást pedig osztással helyettesítsük. Szorzás. Számítsuk ki x = 342 · 0,0143 (közelít˝o) értékét. lg x = lg 342 + lg0,0143 lg 342 = 2,5340 lg 0,0143 = 0,1553 − 2

lg x = 0,6893, x = 4,89. Osztás. Számítsuk ki x = 349,7 : 2,6 értékét. lg x = lg 349,7 − lg2,6 lg 349,7 = 2,5437 − lg 2,6 = −0,4150 lg x

= 2,1287,

x = 134,5.

Hatványozás. Számítsuk ki x = 72,89 értékét. lg x = 9 · lg 72,8 = 9 · 1,8621 = 16,7589, x = 5,74 · 1016. p Gyökvonás. Számítsuk ki x = 10 162,4 értékét. lg 162,4 2,2106 lg x = = = 0,2211, x = 1,664. 10 10

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

7 Egyenletek

7.1. Az egyenlet fogalma; egyenletek ekvivalenciája Ha két algebrai kifejezést az egyenl˝oség jelével összekapcsolunk, egyenletet kapunk; algebrai kifejezésnek tekintjük itt az egyetlen számot is, pl. a 0-t. Ennek az összekapcsolásnak az a célja, hogy meghatározzuk a bet˝uknek azokat az értékeit, amelyekre az egyenl˝oség fennáll; azokat a bet˝uvel jelölt változókat, amelyeknek az értékeit meg akarjuk határozni, itt ismeretleneknek mondjuk és rendszerint az ábécé utolsó bet˝uivel jelöljük: x, y, z, u, v, . . . stb. Az egyenlet fogalmának egy pontosabb meghatározásáról a 21.9. szakaszban van szó. Attól függ˝oen, hogy az egyenlet hány ismeretlent tartalmaz, beszélünk egy- vagy többismeretlenes egyenletr˝ol. Az ismeretleneknek olyan értékeit, amelyekre az egyenl˝oség teljesül, az egyenlet gyökeinek vagy megoldásainak nevezzük. Pl. a 3x2 − 7 = x + 3 5 egyenletnek az x = 2 és az x = − gyöke (megoldása), mert ezeket a szá3 4 mokat az egyenletbe helyettesítve mindkét oldalon 5-öt, ill. -ot kapunk. 3 Azokat az egyenleteket, amelyeket az ismeretlen (v. ismeretlenek) minden olyan értéke kielégíti, amelyekre az egyenletben szerepl˝o kifejezések értelmezve vannak, azonosságnak mondjuk. pl. az x2 − 4 = x+2 x−2

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

7. Egyenletek

87

egyenletben szerepl˝o kifejezések az x = 2 kivételével minden valós számra értelmezve vannak, és ezek mindegyike ki is elégíti az egyenletet, hiszen x2 − 4 = (x + 2)(x − 2), ezért ez az egyenlet azonosság. (Egyenletünkben ezért a 3.1. szakaszban bevezetett jelölés szerint az = jel helyett ≡ (olv.: azonosság) jelet is használhatnánk.) Ha egy egyenletet egy intervallum minden helye (azaz az intervallumba es˝o minden szám) kielégít, akkor azt mondjuk, hogy az egyenlet azonosság ezen az intervallumon. Az egyenlet megoldásán olyan eljárást értünk, amely gyökeinek a meghatározását szolgálja. Természetesen akkor is azt mondjuk, hogy megoldottuk az egyenletet, ha kimutattuk, hogy az egy azonosság, vagy hogy ha megmutattuk, hogy az egyenletnek nincs gyöke. Az egyenlet gyökeit mindig egy meghatározott halmazban keressük; elvben tehát meg kellene adni ezt az ún. alaphalmazt. Általánosan elfogadott azonban, hogy ha az egyenlet megoldásakor nem teszünk ilyen kikötést, akkor alaphalmaznak a valós számok halmazát kell tekintenünk; könyvünkben mi is ezt az elvet követjük. Gyakran van azonban szükség arra, hogy a megoldásokat a valós számoknál b˝ovebb (a komplex számok), vagy sz˝ukebb (pl. az egész számok) halmazában számítsuk ki. El˝ofordul, hogy az egyenletben szerepel olyan változó (bet˝u) is, amelyet az egyenlet megoldása szempontjából adott számnak kell tekintenünk, és az egyenlet gyökét ennek segítségével kell megadnunk; az ilyen változókat (bet˝uket) paramétereknek mondjuk, magát az egyenletet pedig paraméteres egyenletnek. Ilyenkor rendszerint szükség van annak az elemzésére is, hogy milyen paraméterérték mellett van az egyenletnek gyöke, ill. a paramétert˝ol függ˝oen hogyan változhatnak a gyökök. Pl. az (a − 1)x = a2 − 1 paraméteres egyenletben az a a paraméter. Ha a 6= 1, az egyenlet gyöke: a2 − 1 (a + 1)(a − 1) = = a + 1. x= a−1 a−1 Ha a = 1, az egyenlet 0·x = 0 alakot vesz fel, ennek az egyenletnek minden valós szám gyöke (azonosság). Az egyenletek megoldása során azt az eljárást követjük, hogy az egyenletet rendre újabb és újabb egyenletekkel helyettesítjük, amelyeket az el˝oz˝o egyenletb˝ol bizonyos átalakításokkal kapunk, mindaddig, míg az egyenlet megoldása nyilvánvalóvá nem válik. Ezek az átalakítások legtöbbször a következ˝ok: az egyenlet mindkét oldalához hozzáadjuk ugyanazt a számot vagy kifejezést, ill. mindkét oldalából kivonjuk ugyanazt a számot vagy kifejezést; az egyenlet mindkét oldalát megszorozzuk, ill. elosztjuk ugyanazzal a számmal, ill. kifejezéssel. Ide tartoznak az egyenlet egy-egy oldalán

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

88

7. Egyenletek

bizonyos m˝uveletek, pl. összeadás, szorzás elvégzése. (Ezek részletezésére az egyes egyenlettípusoknál még visszatérünk.) Az átalakítások során legtöbbször olyan egyenletet kapunk, amelynek gyökei azonosak az átalakított egyenlet gyökeivel; az ilyen egyenleteket ekvivalens (vagy egyenérték˝u) egyenleteknek, az átalakítást pedig ekvivalens átalakításnak mondjuk. A leggyakrabban el˝oforduló ekvivalens átalakítások: az egyenlet mindkét oldalához szám hozzáadása; mindkét oldal szorzása, ill. osztása számmal vagy olyan kifejezéssel, amely nem veheti fel a 0 értéket és értelmezve van az egyenlet minden gyökhelyén stb. Megoldás közben azonban kénytelenek vagyunk olyan átalakításokat is végezni, amelyek eredményeként kapott egyenlet gyökei az eredeti egyenletnek is gyökei, de azon kívül más gyöke is van. Az így kapott egyenletet az eredeti következményének nevezzük. A következmény gyökei között tehát ott vannak az eredeti egyenlet gyökei is, de azon kívül még mások is, ezeket viszont valami módon ki kell sz˝urni. Erre legegyszer˝ubb lehet˝oség a gyökök helyettesítésével való ellen˝orzése, amit el kell végeznünk, ha az egyenlet megoldása közben olyan lépéseket tettünk, amelyek b˝ovíthetik a gyökök halmazát. Tehát: az egyenlet megoldásához szervesen hozzátartozik annak a megmutatása, hogy a kapott gyökök az eredeti egyenletnek is gyökei (ezért ezt nemcsak a számítások ellen˝orzése miatt kell megmutatnunk); ezt rendszerint úgy végezhetjük el, hogy bebizonyítjuk: megoldás közben csak ekvivalens átalakításokat végeztünk, vagy pedig helyettesítéssel ellen˝orizzük a kapott gyökök helyettesítését. Nem szabad olyan átalakítást végezni, amely gyökvesztéssel jár. Ezek közül a leggyakrabban el˝oforduló hibák: – az egyenlet mindkét oldalának elosztása olyan kifejezéssel, amely felveheti a 0 értékét; pl. az x(x − 7) = 5x egyenletnek a gyökei 0 és 12; ha viszont mindkét oldalt elosztjuk x-szel (ami lehet 0 is), az x − 7 = 5 egyenletet kapjuk, aminek már csak a 12 gyöke, – rendszerint gyökvesztéssel jár, ha az egyenlet mindkét oldalán valamilyen kifejezés négyzete szerepel és a négyzetre emelést egyszer˝uen elhagyjuk; pl. az x2 = (2x − 3)2 egyenletnek gyökei 1 és 3. Ha viszont a négyzetre emelést mindkét oldalon elhagyjuk, az x = 2x − 3 egyenletet kapjuk, ennek már csak a 3 a gyöke. Az egyenletek osztályozásával nem foglalkozunk, áttekintjük azonban a gyakorlatban legtöbbször el˝oforduló egyenlettípusokat.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

7. Egyenletek

89

7.2. Els˝ofokú egyismeretlenes egyenletek Els˝ofokú egyismeretlenes egyenletnek az az = b alakú egyenleteket nevezzük, ahol x az ismeretlen, a, b adott valós számok, és a 6= 0. Az els˝ofokú – vagy más elnevezéssel: lineáris – jelz˝o arra utal, hogy az x ismeretlen els˝o hatványon szerepel az egyenletben. Ide soroljuk azokat az egyenleteket is, amelyek megoldása ilyen típusú egyenlet megoldására b vezethet˝o vissza. Ennek megoldása egyértelm˝u: x = (l. a 2.2. szakaszt). a Megjegyezzük, hogy gyakran ide sorolják az a = 0 esetet is, azaz a 0 · x = b nulladfokú egyenletet. Ennek csak akkor van megoldása, ha b = a, viszont ebben az esetben minden valós szám megoldás. Példáinkban módszert mutatunk az egyenletek megoldásakor használható célszer˝u eljárásokra, ezek nagy része rendszerint nemcsak els˝ofokú egyenleteknél, hanem más típusúaknál is jól alkalmazható. 1. 3(x − 8) − 2(4 − x) = x − 16. Végezzük el a bal oldalon kijelölt két szorzást, majd az összeadható tagokat adjuk össze: 3x − 24 − 8 + 2x = x − 16, 5x − 32 = x − 16. (i) Rendezzük most az egyenletet. Ezen azt értjük, hogy olyan átalakításokat végzünk, amelyeknek eredményeként az ismeretlent tartalmazó tagok a bal oldalra, az ismertek pedig a jobb oldalra kerülnek. Ezt mindkét oldal azonos módon való megváltoztatásával érjük el abból az elvb˝ol kiindulva, hogy ha egyenl˝oket egyenl˝o módon változtatunk meg, akkor egyenl˝ok is maradnak. (Ezt egyébként mérlegelvnek is szoktuk nevezni.) Adjunk hozzá mindkét oldalhoz 32-t, és vonjunk ki mindkét oldalból x-et: 5x − 32 + 32 − x = x − 16 + 32 − x. Az összeadásokat részben elvégezve kapjuk: 5x − x = −16 + 32. Figyeljük meg, hogy ez a (i)-vel jelölt egyenlethez képest úgy néz ki, mintha a −32-t és az x-et ellentett el˝ojellel „átvittük” volna a másik oldalra. Ezt az átrendezést a jöv˝oben már minden magyarázat nélkül hajtjuk végre, nem feledve el, hogy ez lényegében mindkét oldal azonos megváltoztatását jelenti. Utolsó egyenletünkben az összeadások elvégzése után kapjuk, hogy 4x = 16. Mindkét oldalt 4-gyel osztva kapjuk, hogy x = 4,

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

90

7. Egyenletek

ez lehet az egyenlet egyetlen gyöke és helyettesítéssel meggy˝oz˝odhetünk, hogy valóban gyöke is. (Hivatkozhatunk azonban arra is, hogy minden lépésben ekvivalens átalakítást végeztünk.) x 2x + 3 5x + 2 = + 3. 2. + 7 4 28 Az egyenleteket általában célszer˝u törtmentes alakra hozni. Ez elérhet˝o mindkét oldal megfelel˝o szorzásával. Az egyenletben el˝oforduló törtek nevez˝oinek legkisebb közös többszöröse 28; szorozzuk meg 28-cal az egyenlet mindkét oldalát; minden törtnél egyszer˝usíthetünk is: 28x 28(2x + 3) 28(5x + 2) + = + 28 · 3, 7 4 28 4x + 7(2x + 3) = 5x + 2 + 84. Ezt az egyenletet formálisan úgy is megkaphatnánk az els˝ob˝ol, hogy a törtek számlálóit annyival szorozzuk, amennyivel a nevez˝ot kellene szorozni, hogy 28-at kapjunk, a nevez˝oket pedig elhagyjuk. A következ˝okben az egyenletek „törtmentesítését” ilyen formai egyszer˝usítéssel végezzük el. Innen egyenletünk megoldása már az el˝oz˝o példa módszerét követi: 4x + 14x + 21 = 5x + 86, 13x = 65, x = 5, és helyettesítéssel meggy˝oz˝odhetünk, hogy 5 valóban gyöke az egyenletnek. (Itt is hivatkozhatunk az ekvivalens átalakításra.) 3. a) Legyen a adott valós szám. Oldjuk meg a következ˝o egyenletet: 4x + 3a 5x − 2a = . 3 4 Az egyenlet mindkét oldalát szorozzuk meg 12-vel. 4(4x + 3a) = 3(5x − 2a), 16x + 12a = 15x − 6a, x = −18a,

és ez valóban megoldása az egyenletnek, bármilyen valós számot is jelentsen a, err˝ol helyettesítéssel is meggy˝oz˝odhetünk. b) Oldjuk most meg a következ˝o egyenletet: 4 3 = . 4x + 3a 5x − 2a Ha két nullától különböz˝o mennyiség egyenl˝o, reciprokaik is egyenl˝ok, ezért vehetjük mindkét oldalnak a reciprokát, de ekkor éppen az el˝oz˝o egyenletet kapjuk, aminek a megoldása x = −18a. Most azonban különösen szükség van a gyökök ellen˝orzésére, ti. a helyettesítésekkel kapott www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

91

7. Egyenletek

nevez˝oértékek nullák is lehetnek, aminek nincs értelme. Ez a bal oldalon akkor következik be, ha 4x+ 3a = 0, azaz 4(−18a)+ 3a = 0, −69a = 0. Ez csak akkor lehetséges, ha a = 0. Hasonló módon kapjuk, hogy a jobb oldali nevez˝o is csak akkor lehet 0, ha a = 0. Eredményünk ezért a következ˝o: az egyenlet gyöke x = −18a, ha a 6= 0. Ha viszont a = 0, az egyenletnek nincs megoldása. 32 2x + 12 x+6 − 2 = − 1. 4. x−2 x −4 x+2 A nevez˝ok közös többszöröse (x − 2)(x + 2) = x2 − 4. Az els˝o tört nevez˝ojét x + 2-vel, a harmadikét pedig x − 2-vel kell megszoroznunk, hogy x2 − 4-et kapjunk, ezért ennyivel szorozzuk a számlálókat is; a második tört számlálója változatlan marad: (x + 6)(x + 2) − 32 = (2x + 12)(x − 2) − 1 · (x + 2)(x − 2), x2 + 6x + 2x + 12 − 32 = 2x2 + 12x − 4x − 24 − x2 + 4, x2 + 8x − 20 = x2 + 8x − 20.

Azonosságot kaptunk, amelyet minden valós szám kielégít. Az eredeti egyenlet kifejezései azonban nincsenek értelmezve a nevez˝ok nullahelyein, azaz az x = 2 és az x = −2 helyeken; ezért végeredményként azt mondhatjuk, hogy egyenletünk megoldása 2 és −2 kivételével minden valós szám. 5. El˝ofordul, hogy az egyenletben az ismeretlen valamilyen kifejezésének az abszolút értéke szerepel; ilyen típusú a következ˝o egyenletünk. |x + 2| − |x − 3| = 2x − 1. A megoldás általános elve az, hogy az egyenletet abszolútérték-mentesen írjuk fel. Ehhez azonban szükséges bizonyos esetek szétválasztása x értékét˝ol függ˝oen. Ahhoz, hogy pl. |x + 2|-t az abszolútérték jele nélkül írhassuk fel, tudnunk kell, hogy x + 2 negatív-e vagy nemnegatív; hasonló a helyzet x − 3-mal is. Figyelembe véve az abszolút érték 2.7. szakaszban megadott definícióját, készítsünk táblázatot |x + 2| és |x − 3| lehetséges értékeir˝ol:

|x + 2| = |x − 3| =

I. x < −2

II. −2 ≦ x ≦ 3

III. x>3

−(x + 2) −(x − 3)

x+2 −(x − 3)

x+2 x−3

Az I., II., III. eseteknek megfelel˝oen egyenletünk: I. − (x + 2) + (x − 3) = 2x − 1,

2x = −4, ebb˝ol x = −2;

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

92

7. Egyenletek

ez ellentétben van az x-re tett kikötéssel, ebben az intervallumban nincs az egyenletnek megoldása. II. (x + 2) + (x − 3) = 2x − 1, 2x − 1 = 2x − 1,

azaz ebben az intervallumban az egyenlet azonosság, megoldása minden olyan x, amelyre −2 ≦ x ≦ 3 teljesül. III. (x + 2) − (x − 3) = 2x − 1, 2x = 6, ebb˝ol x = 3,

ez ellentétben van az x-re tett kikötéssel; itt nincs megoldás. Összefoglalva: az egyenlet megoldásai a −2 ≦ x ≦ 3 feltételnek eleget tev˝o x számok.

7.3. Els˝ofokú egyenletrendszerek Két ismeretlen meghatározásához általában két els˝ofokú egyenletre van szükség; két ilyen egyenlet egyenletrendszert képez. Az els˝ofokú kétismeretlenes egyenletrendszer általános alakja (a, b, c, d, e, f adott számoknak tekintend˝ok, x és y az ismeretlenek): ax + by = e, cx + dy = f . A megoldhatóság feltételeivel és a megoldások számával a 10.3. szakaszban foglalkozunk részletesen. 1. Nézzünk egy példát az els˝ofokú kétismeretlenes egyenletrendszerre és megoldására: 4x − 7y = 61, 20x + 7y = 11.

Ebb˝ol az egyenletrendszerb˝ol egyszer˝u módon kaphatunk egy egyismeretlenes egyenletet, ha ti. a két egyenlet megfelel˝o oldalait összeadjuk (ez lényegében azt jelenti, hogy az egyik egyenlet mindkét oldalához ugyanazt a számot adjuk hozzá), az összegben y már nem szerepel −7y + 7y = 0 miatt: 72 = 3. 24x = 72, ebb˝ol x = 24 Helyettesítsük be pl. a második egyenletbe x helyébe a 3-at: 60 + 7y = 11, 7y = 11 − 60 = −49, www.interkonyv.hu

ebb˝ol

y = −7. © Reiman István

© Typotex Kiadó

7. Egyenletek

93

Az egyenletrendszer megoldása: x = 3, y = −7; helyettesítéssel meggy˝oz˝odhetünk, hogy ez valóban megoldás. 2. 3x + 5y = 51, 7x + 6y = 68. Ennél az egyenletrendszernél már nem tudjuk közvetlenül alkalmazni az el˝oz˝o módszert, de egy kis átalakítással elérhetjük, hogy valamelyik ismeretlen együtthatói a két egyenletben éppen ellentettek legyenek; szorozzuk meg pl. az els˝o egyenletet 7-tel, a másodikat pedig −3-mal: 21x + 35y = 357, −21x − 18y = −204. Ha most adjuk össze a két egyenlet megfelel˝o oldalait, y-ra nézve egyismeretlenes egyenletet kapunk: 153 = 9. 17y = 153, ebb˝ol y = 17 Helyettesítsünk y helyébe 9-et az els˝o egyenletünkbe: 3x + 45 = 51, 3x = 6,

ebb˝ol x = 2.

Egyenletrendszerünk megoldása: x = 2, y = 9; helyettesítéssel elleno˝ rizzük megoldásunk helyességét. Módszerünk – az ún. egyenl˝o együtthatók módszere – lényege az, hogy egyenleteinket úgy alakítjuk át, hogy a két egyenletben valamelyik ismeretlennek ellentettek legyenek az együtthatói; ezután az egyenletek megfelel˝o oldalait összeadva már egyismeretlenes egyenletet kapunk. A kétismeretlenes egyenletrendszer megoldásának az alapgondolata tehát az, hogy megoldásunkat egyismeretlenes egyenlet (vagy egyenletek) megoldására vezetjük vissza. Ez elérhet˝o úgy is, hogy az egyik ismeretlent a másik segítségével kifejezzük az egyik egyenletb˝ol és ezt a kifejezett értéket a másik egyenletbe helyettesítjük be, így abból már egyismeretlenes egyenlet lesz; ez az ún. helyettesít˝o módszer. 3. Oldjuk meg ezzel a következ˝o egyenletrendszert: 5x − 4y = 18, 7x + 18y = 37.

Fejezzük ki az els˝o egyenletb˝ol az x-et: 5x = 4y + 18, az egyenlet mindkét oldalát 5-tel elosztva kapjuk, hogy www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

94

7. Egyenletek

(i)

x=

4y + 18 . 5

Helyettesítsük ezt a másik egyenletben az x helyére, majd oldjuk meg az így kapott, y-ra nézve egyismeretlenes egyenletet: 4y + 18 + 18y = 37, 7 5 28y + 126 + 18y = 37, 5 28y + 126 + 90y = 185, 1 59 = . 118y = 59, ebb˝ol y = 118 2 1 Az y-ra kapott értéket most az x-re kitejezett (i) egyenletbe helyettesítve 2 megkapjuk x értékét is: 1 4 · + 18 20 2 = = 4. x= 5 5 1 A megoldás: x = 4, y = (kielégítik az egyenletrendszert). 2 4. A gyakorlatban el˝oforduló egyenletrendszereket általában még át kell alakítanunk, hogy azt az egyszer˝u alakot megkapjuk, amelyikkel eddig foglalkoztunk. Pl. a következ˝o egyenletrendszer megoldásakor: 2x − 3 3x + 1 = , 2y − 5 3y − 4 3(y + 2) − 2(x − 3) = 16.

Az els˝o egyenletet szorozzuk meg a nevez˝ok szorzatával; ez az egyszer˝usítések figyelembevételével azt jelenti, hogy az els˝o tört számlálóját 3y − 4gyel, a második tört számlálóját 2y − 5-tel kell megszoroznunk; a szorzások után mindkét egyenletet a szokásos alakra rendezzük. (Az egyenleteket párosával szoktuk leírni.) (2x − 3)(3y − 4) = (3x + 1)(2y − 5), 3y + 6 − 2x + 6 = 16,

6xy − 9y − 8x + 12 = 6xy + 2y − 15x − 5,

−2x + 3y = 4, 7x − 11y = −17, −2x + 3y = 4, szorozzuk most meg (ii)-ben lev˝o els˝o egyenlet két oldalát 2-vel, a másodikét 7-tel, majd adjuk össze a megfelel˝o oldalakat:

(ii)

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

7. Egyenletek

95

14x − 22y = −34, −14x + 21y = 28, −y = −6,

azaz y = 6.

A most kapott y értéket a (ii)-vel jelölt egyenletbe helyettesítve kapjuk, hogy 7x − 66 = −17, ebb˝ol 7x = 49, x = 7.

Az egyenletrendszer megoldásai: x = 7, y = 6; helyettesítéssel könnyen meggy˝oz˝odhetünk, hogy ezek mind a két egyenletet kielégítik. 5. Egyes esetekben nem célszer˝u az egyenleteket törtmentes alakra hozni, mivel a megoldások így bonyolultakká válnak, s˝ot magasabb fokú egyenletre is vezethetnek. Erre példa a következ˝o egyenletrendszer megoldása: 45 48 + = 1, 3x + y x − 2y 32 27 − = 7. 3x + y x − 2y

Lényegesen egyszer˝ubbé válik egyenletrendszerünk, ha bevezetjük az 1 1 , v= helyettesítéseket: u= 3x + y x − 2y 48u + 45v = 1, 32u − 27v = 7. Ezt az egyenletrendszert az egyenl˝o együtthatók módszerével oldjuk meg. Szorozzuk meg az els˝o egyenletet 3-mal, a másodikat 5-tel és adjuk össze az egyenlet megfelel˝o oldalait: 144u + 135v = 3, 160u − 135v = 35,

38 1 = . 304 8 Az így kapott u értéket az els˝o törtmentes egyenletbe helyettesítve egyismeretlenes egyenlethez jutunk, ezt oldjuk meg: 48 + 45v = 1, 8 1 45v = −5, v = − . 9 304u

= 38,

u=

Most már csak x és y értékeinek a meghatározása van hátra, ez ismét kétismeretlenes egyenletrendszerre vezet; megoldásakor figyelembe vesszük, hogy ha két szám egyenl˝o, reciprokaik is egyenl˝ok: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

96

7. Egyenletek 1 3x + y = , u 1 x − 2y = , v 3x + y = 8, x − 2y = −9.

A második egyenletb˝ol x = 2y − 9, ezt az els˝o egyenletbe helyettesítjük: 3(2y − 9) + y = 8, 7y = 35, y = 5, x = 2y − 9 = 1.

Egyenletrendszerünk megoldása az x = 1, y = 5 számpár; ezek valóban ki is elégítik az egyenletrendszert. 6. Egyszer˝uen járhatunk el, ha egyenletrendszerünket úgy sikerül átalakítani, hogy mindkét egyenletben az egyik oldalon az egyik ismeretlennek ugyanaz a kifejezése áll, pl. a következ˝o esetben: 8 , 3(5x − 10) − 22 = 3y − 11 8 9(5 − x) − 1 = . 3y − 11 Az egyenlet bal oldalán álló mennyiségek ugyanazzal a jobb oldali mennyiséggel egyenl˝ok, ezért egymással is egyenl˝ok: 3(5x − 10) − 22 = 9(5 − x) − 1, 15x − 30 − 22 = 45 − 9x − 1, 24x = 96, x = 4. A kapott x értéket helyettesítsük pl. az eredeti második egyenletbe 8 = 8, 3y − 11 1 = 1, 3y − 11 3y − 11 = 1, 3y = 12, y = 4.

Egyenletrendszerünk megoldása: x = 4, y = 4. 7. Három ismeretlen egyértelm˝u meghatározásához általában három els˝ofokú egyenletb˝ol álló egyenletrendszer szükséges. Ennek megoldásakor rendszerint azt az elvet követjük, hogy a kétismeretleneseknél megismert módszer valamelyikével az egyik ismeretlent kiküszöböljük és kétismeretlenes egyenletrendszer megoldására vezetjük vissza a feladatot. Így járunk el a következ˝o példánkban is: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

7. Egyenletek

97

3x + 4y + 7z = 57, x − 2y + 3z = 27, 2x + y − 5z = −28. Szorozzuk meg a második egyenlet mindkét oldalát −2-vel: −2x + 4y − 6z = −54, és adjuk össze ennek és a harmadik egyenletnek a megfelel˝o oldalait: 5y − 11z = −82. Most −3-mal szorozzuk meg a második egyenletet és az els˝ohöz adjuk hozzá: −3x + 6y − 9z = −81, 10y − 2z = −24. Ezzel két kétismeretlenes egyenlethez jutottunk; írjuk ezeket egymás alá, majd a második mindkét oldalát osszuk el −2-vel, ekkor már alkalmazhatjuk az egyenl˝o együtthatók módszerét: 5y −11z = −82, 10y − 2z = −24, 5y −11z = −82,

−5y + z = 12. Az utolsó két egyenlet összegezéséb˝ol kapjuk, hogy −10z = −70, azaz z = 7. Helyettesítsük ezt a legutolsó kétismeretlenes egyenletbe: −5y + 7 = 12, ebb˝ol − 5y = 5, amib˝ol y = −1 következik. Végül az y és z kiszámított értékét az egyenletrendszer második egyenletébe helyettesítve az x + 2 + 21 = 27 egyenletet kapjuk, ebb˝ol x = 4 következik. Az egyenletrendszer megoldása tehát: x = 4, y = −1, z = 7 (helyettesítéssel ellen˝orizhetjük). 8. Nem mindig az el˝obbiek adják a legegyszer˝ubb módszert. Erre mutatunk egy példát: Legyenek a, b, c adott valós számok, oldjuk meg a következ˝o egyenletrendszert: y + z = a, z + x = b, x + y = c. Adjuk össze a három egyenlet megfelel˝o oldalait, majd az így kapott egyen1 let mindkét oldalát osszuk el 2-vel, és vezessük be az (a + b + c) = s 2 jelölést: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

98

7. Egyenletek 2x + 2y + 2z = a + b + c, 1 x + y + z = (a + b + c), 2 x + y + z = s.

Vonjuk ki ebb˝ol az egyenletb˝ol egymás után egyenletrendszerünk egyenleteit; közvetlenül a megoldást kapjuk: x = s − a, y = s − b, z = s − c. Könnyen ellen˝orizhetjük, hogy ezek valóban megoldások is.

7.4. Egyismeretlenes másodfokú egyenlet Az egyismeretlenes másodfokú egyenlet általános alakja: ax2 + bx + c = 0, (7.4.1) ahol a, b, c adott valós számoknak tekintend˝ok és a 6= 0. A másodfokú egyenletek megoldása arra az egyszer˝u tényre vezethet˝o vissza, hogy √ ha 2 egy x szám négyzete k-val egyenl˝o, azaz x = k, akkor x vagy k-val, √ vagy pedig − k-val egyenl˝ o; ezt ilyen formában szoktuk √ √ felírni: √ x = ± k vagy x1 = k, x2 = − k.

Az x2 = k egyenletnek csak akkor van megoldása, ha k nem negatív, hiszen egy szám négyzete nem lehet negatív. Ha k = 0, x1 és x2 egyaránt 0, ha viszont k pozitív, x1 és x2 ellentett el˝ojel˝u számok. Ha a (7.4.1) egyenletben b = 0, az egyenlet megoldásához közvetlenül alkalmazhatjuk el˝oz˝o észrevételünket: ha ax2 + c = 0, akkor ebb˝ol c x2 = − a r r c c c következik, és ennek megoldása: x1 = − , x2 = − − . Ha − > 0, a a a c akkor két megoldás van; ha = 0, akkor egy megoldás van; és nincs mega c oldás, ha − < 0. a √ √ 1. Az x2 = 196 egyenlet megoldásai: x1 = 196 = 14, x2 = − 196 = = −14. 2. Hasonlóan: az (x − 3)2 = 196 egyenlet megoldásai: x − 3 = 14, ill. x − 3 = −14, ebb˝ol: x1 = 17, ill. x2 = −11. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

7. Egyenletek

99

3. Ha az el˝oz˝o egyenlet bal oldalán a kéttagút négyzetre emeljük és az egyenletet a (7.4.1) egyenlet alakjára rendezzük – azt szoktuk mondani: nullára redukáljuk –, a következ˝o egyenletet kapjuk: x2 − 6x + 9 = 196, x2 − 6x − 187 = 0.

Ez az átalakítás adja az ötletet, hogy az utóbbi általános alakban adott egyenletet vissza lehet vezetni az el˝oz˝o típusú egyenlet megoldására. Induljunk ki az általános ax2 + bx + c = 0 egyenletb˝ol, ahol a 6= 0. Hogy egyszer˝ubb legyen a fenti kifejezést kéttagú kifejezés négyzeteként felírni, szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát 4a-val: 4a2 x2 + 4abx + 4ac = 0. Adjunk hozzá az egyenlet mindkét oldalához b2 -et, ekkor az els˝o három tag éppen 2ax + b négyzete lesz: 4a2 x2 + 4abx + b2 + 4ac = b2 , (2ax + b)2 = b2 − 4ac; ebb˝ol p 2ax + b = ± b2 − 4ac, p 2ax = −b ± b2 − 4ac, √ −b ± b2 − 4ac x= . 2a Ez a másodfokú egyenlet megoldóképlete (gyökképlete). Szokás a két gyök szétválasztása is: √ √ −b − b2 − 4ac −b + b2 − 4ac , x2 = . (7.4.2) x1 = 2a 2a Mivel ekvivalens átalakításokat végeztünk, ezek a gyökök ki is elégítik az egyenletet. A b2 − 4ac kifejezést a (7.4.1) egyenlet diszkriminánsának mondjuk, ett˝ol függ, hogy hány megoldása van az egyenletnek. Ha b2 − 4ac > 0, az egyenletnek két különböz˝o gyöke van; ha b2 − 4ac = 0, az egyenlet két gyöke egyenl˝o (úgy is mondható: az egyenletnek egy gyöke van); ha b2 − 4ac < 0, az egyenletnek nincs valós gyöke. Ha a = 1, a másodfokú egyenlet általános alakját így is felírhatjuk: x2 + px + q = 0, www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

100

7. Egyenletek

a megoldóképletb˝ol ennek gyökeire a következ˝oket kapjuk: r r  p p p p2 − 4q p 2 −p ± p2 − 4q =− ± =− ± − q. x= 2 2 4 2 2 Feladatok másodfokú egyenletek megoldására: 1 1. 3x2 − 4x + = 0. 2 1 A megoldóképletet a = 3, b = −4, c = szereposztással használjuk: 2 √ √ √ √ 4 ± 10 4 + 10 4 − 10 4 ± 16 − 6 = ; x1 = , x2 = . x= 6 6 6 6

2. 4x2 + 4x + 1 = 0. A megoldóképletet alkalmazva a = 4, b = 4, c = 1, √ 4 1 −4 ± 16 − 16 =− =− , x= 8 8 2 1 az egyenletnek tehát csak − a gyöke. 2

3. x2 − 12x + 40 = 0. A megoldóképlettel:

√ √ 12 ± −16 12 ± 144 − 4 · 40 = . 2 2 Az egyenletnek nincs valós megoldása, mert diszkriminánsa negatív. x=

4.

1 2x − 1 2 − = . x2 − x + 1 x + 1 x3 + 1

Els˝o lépésként az egyenletet törtmentes alakra kell hozni, ezért megszorozzuk mindkét oldalt a nevez˝ok egy közös többszörösével. A 3.2. szakasz azonossága szerint x3 + 1 = (x + 1)(x2 − x + 1), ezért x3 + 1 a nevez˝ok közös többszöröse. Ha x3 + 1-gyel szorozzuk meg az egyenlet két oldalát, az egyszer˝usítések miatt az els˝o tört számlálóját x + 1-gyel, a másodikét x2 − x + 1-gyel, a harmadikét pedig 1-gyel kell szoroznunk, tehát az utóbbi változatlan marad: 2(x + 1) − (x2 − x + 1) = 2x − 1, 2x + 2 − x2 + x − 1 = 2x − 1.

Hogy a megoldóképletet alkalmazhassuk, egy oldalra kell rendeznünk minden tagot, legyen ez a jobb oldal (itt x2 el˝ojele pozitív lesz, ez csökkenti a számolási hibák veszélyét), majd a két oldalt felcseréljük: x2 − x − 2 = 0, a megoldóképlettel: √ 1±3 1± 1+8 = , x1 = 2, x2 = −1. x= 2 2 Ellen˝orizzük a gyököket; x1 = 2.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

101

7. Egyenletek

1 2 1 1 3 1 2 − = − = ; a jobb oldal: = , tehát x1 = 2 va4−2+1 3 3 3 3 9 3 lóban megoldás; az x2 = −1 viszont nem megoldás, mert a második (és harmadik) tört nevez˝oje ezen a helyen 0, a tört itt nincs értelmezve. Az egyenletnek tehát egy gyöke van, a 2. A bal oldal:

5. Jelentsenek most a és b adott számokat; oldjuk meg a következ˝o egyenletet: 1 1 1 1 + + = (a 6= 0, b 6= 0). x a b x+a+b Az egyenlet mindkét oldalát szorozzuk meg a nevez˝ok közös többszörösével, abx(x + a + b)-vel: ab(x + a + b) + bx(x + a + b) + ax(x + a + b) = abx, abx + a2 b + ab2 + bx2 + abx + b2 x + ax2 + a2 x + abx = abx, (a + b)x2 + (a2 + 2ab + b2 )x + (a2 b + ab2 ) = 0. Vegyük észre, hogy az egyenlet bal oldalán álló mindhárom tagban szerepel szorzóként a + b, hiszen a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 és a2 b + ab2 = ab(a + b). Ha a+b 6= 0, akkor eloszthatjuk vele az egyenlet mindkét oldalát, ezért válasszuk most külön a két lehet˝oséget: I. a + b 6= 0, az egyenlet két oldalát osszuk el a + b-vel: x2 + (a + b)x + ab = 0. Alkalmazzuk most erre a megoldóképletet: p p −a − b ± |a − b| −(a + b) ± (a + b)2 − 4ab −a − b ± (a − b)2 = = . x= 2 2 2 Mivel |a − b| vagy a − b-vel, vagy −(a − b)-vel egyenl˝o, ezért mindkét esetben ugyanazt az eredményt kapjuk, ha az abszolút érték jelét elhagyjuk: −a−b−a + b −a−b + a−b −a−b ± (a − b) , ebb˝ol x1 = = −b, x2 = =−a, x= 2 2 2 és ezek valóban ki is elégítik az egyenletet. II. a + b = 0. Ez azt jelenti, hogy a = −b. Írjuk be ezt a feltételt az eredeti egyenletbe: 1 1 1 1 1 1 − + = , azaz = , x b b x−b+b x x ezt viszont minden 0-tól különböz˝o valós szám kielégíti. Összefoglalva: ha a + b 6= 0, az egyenletnek két megoldása van: −a és −b; ha viszont a + b = 0, az egyenletnek minden 0-tól különböz˝o valós szám megoldása.

6. A 2x2 + (e − 9)x + e2 + 3e + 4 = 0 egyenletben adjuk meg az e értékét úgy, hogy az egyenletnek két egyenl˝o gyöke legyen. Az egyenletnek akkor van két egyenl˝o gyöke, ha diszkriminánsa 0, azaz (e − 9)2 − 4 · 2(e2 + 3e + 4) = 0, e2 − 18e + 81 − 8e2 − 24e − 32 = 0,

−7e2 − 42e + 49 = 0.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

102

7. Egyenletek

Egyszer˝ubb egyenletet kapunk, ha mindkét oldalt elosztjuk −7-tel: e2 + 6e − 7 = 0, √ −6 ± 8 −6 ± 36 + 28 = , ebb˝ol e1 = 1, e2 = −7, e= 2 2 tehát egyenletünkben e-t 1-nek vagy −7-nek kell választanunk. (Ellen˝orizhetjük, hogy ekkor valóban csak egy gyöke van az egyenletnek.) Az ax2 + bx + c = 0 egyenlet két gyöke és az egyenlet együtthatói közötti összefüggéseket a (7.4.2) alatti megoldóképlet tartalmazza. Adjuk most össze a két gyököt: √ √ −2b b −b + b2 − 4ac −b − b2 − 4ac + = =− , x1 + x2 = 2a 2a 2a a a két gyök szorzata: √ √

−b + b2 − 4ac −b − b2 − 4ac b2 − (b2 − 4ac) 4ac c = = 2 = . x1 x2 = 2 a 4a 4a2 4a Tehát c b x1 + x2 = − , x1 x2 = . a a

c b Az ax2 + bx + c = 0 egyenlet két gyökének az összege − , szorzata . a a Ha a = 1, a két gyök összege −b, szorzata pedig c-vel egyenl˝o. 7. Írjunk fel olyan másodfokú egyenletet, amelynek gyökei 10 és −3.

El˝obbi megjegyzésünk szerint −b = 10 − 3 = 7, tehát b = −7; c = 10 · (−3) = = −30, ezért az egyenlet, ha a-t 1-nek választjuk: x2 − 7x − 30 = 0. b Emeljük ki most az általános alakban a bal oldalon a-t és helyettesítsünk a c helyébe −(x1 + x2 )-t, helyébe pedig x1 x2 -t; a   c b = a(x2 − (x1 + x2 )x + x1 x2 ) = a x2 + x + a a Ezért

= a(x2 − x1 x − x2 x + x1 x2 ) = a(x − x1 )(x − x2 ).

ax2 + bx + c = a(x − x1 )(x − x2 ).

Az a(x2 − x1 )(x − x2 ) = 0 alakot a másodfokú egyenlet gyöktényez˝os alakjának nevezzük. Ezek szerint egy másodfokú polinomot mindig szorzattá tudunk alakítani, ha ismerjük gyökhelyeit, azaz azokat az x értékeket, amelyek mellett a polinom helyettesítési értéke 0. Pl.: Alakítsuk szorzattá az x2 − 5x + 6 kifejezést: A megoldóképlettel az x2 − 5x + 6 = 0 egyenlet gyökeit számítjuk ki el˝oször: √ 5±1 5 ± 25 − 24 = , ebb˝ol x1 = 3, x2 = 2, x= 2 2 www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

7. Egyenletek

103

tehát a gyöktényez˝os alak, azaz a szorzattá bontás: (x − 3)(x − 2) = 0. A 7. feladatunkat ezek szerint úgy is megoldhatjuk, hogy mindjárt a gyöktényez˝os alakját írjuk fel az egyenletnek: (x − 10)(x + 3) = 0,

a szorzás elvégzése és összeadások után itt is az x2 − 7x − 30 = 0 egyenlethez jutunk.

7.5. Másodfokúra visszavezethet˝o egyenletek Néhány olyan egyenlettípust mutatunk most be, amelyek 2-nél magasabb fokúak (azaz az ismeretlen 2-nél magasabb hatványon szerepel bennük), de a másodfokú egyenletre vonatkozó ismereteink segítségével meg tudjuk ezeket oldani. 1. Ide tartoznak azok a negyedfokú egyenletek, amelyekben az ismeretlen csak negyed- és másodfokon fordul el˝o. Pl.: x4 − 10x2 + 9 = 0.

Mivel x4 = (x2 )2 , tekintsük ismeretlennek ebben az egyenletben az x2 et (jelölhetnénk természetesen egy újabb bet˝uvel is), és erre alkalmazzuk a megoldóképletet: (x2 )2 − 10x2 + 9 = 0, √ 10 ± 102 − 4 · 9 10 ± 8 = , x21 = 9, x22 = 1. x2 = 2 2 Az ismeretlen négyzete tehát 9 vagy 1, ebb˝ol az ismeretlen: x11 = 3, x12 = −3, x21 = 1, x22 = −1. (Negyedfokú egyenletnek négy gyöke is lehetséges.) 2. Ugyanezt az elvet valamivel bonyolultabb esetben is követni tudjuk:   3x − 8 3x − 8 2 −3 − 10 = 0. x+2 x+2 Ebben az egyenletben nem érdemes elvégezni a kijelölt négyzetre emelést, mert az eredetinél ekkor lényegesen bonyolultabb egyenlethez jutunk. Vezessük be új ismeretlenként az 3x − 8 -t, y= x+2 ezt helyettesítve egyenletünk y2 −3y−10 = 0 alakú lesz. A megoldóképlettel megoldjuk: √ 3 ± 9 + 40 3 ± 7 = , y1 = 5, y2 = −2. y= 2 2 www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

104

7. Egyenletek

Ebb˝ol a megfelel˝o x értékek: 3x1 − 8 = 5, x1 + 2 3x1 − 8 = 5x1 + 10, −18 = 2x1 , x1 = −9.

3x2 − 8 = −2, x2 + 2 3x2 − 8 = −2x2 − 4, 5x2 = 4, 4 x2 = . 5

A kapott két érték megoldása az egyenletnek. 3. Az egyenletek megoldásakor gyakran alkalmazott módszer a nullára redukált egyenletben szerepl˝o kifejezés szorzattá alakítása. Ennek használatára mutatunk két példát. Ha az ax2 + bx + c = 0 egyenletben a 6= 0, b 6= 0, c = 0, nem érdemes a megoldóképletet használni, gyorsabb a szorzattá alakítás: x(ax + b) = 0. Egy szorzat akkor és csak akkor lehet nullával egyenl˝o, ha valamelyik tényez˝oje nulla, ezért itt is ez a két eset lehetséges. I. x1 = 0, ez valóban megoldás. b II. ax2 + b = 0, ebb˝ol ax2 = −b, x2 = − , és ez is megoldás. a 4. Ugyanezt a gondolatot alkalmazhatjuk bonyolultabb esetben is. Oldjuk meg pl. a következ˝o egyenletet: x3 − 7x2 + 12x − 5x2 + 35x − 60 = 0.

Észrevehetjük, hogy az els˝o három tagból kiemelhet˝o x, a második háromból pedig −5 : x(x2 − 7x + 12) − 5(x2 − 7x + 12) = 0. Mindkét tagból viszont x2 − 7x + 12 emelhet˝o ki: (x2 − 7x + 12)(x − 5) = 0. Ha az els˝o tényez˝o nulla:

x2 − 7x + 12 = 0, √ 7 ± 49 − 48 7 ± 1 = , x1 = 4, x= 2 2

x2 = 3.

Ha a második tényez˝o egyenl˝o nullával: x − 5 = 0, x3 = 5. Egyenletünket mindhárom érték kielégíti. 5. 4x4 − 8x3 + 3x2 − 8x + 4 = 0. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

7. Egyenletek

105

Megfigyelhetjük, hogy ebben a negyedfokú egyenletben a középs˝o tagból jobbra-balra szimmetrikusan elhelyezked˝o együtthatók egyenl˝ok. Ilyenkor célszer˝u elosztani az egyenlet mindkét oldalát x2 -tel (x = 0 nyilván nem elégíti ki az egyenletet, tehát oszthatunk vele); utána csoportosítsuk az egyenl˝o együtthatójú tagokat. 1 1 4x2 − 8x + 3 − 8 + 4 2 = 0,    x  x 1 1 2 4 x + 2 −8 x+ + 3 = 0. x x 1 1 Vezessünk be egy új ismeretlent: y = x+ . Ezzel y2 = x2 +2+ 2 , tehát x x 1 x2 + 2 = y2 − 2. Végezzük el ezek helyettesítését egyenletünkbe: x 4(y2 − 2) − 8y + 3 = 0, 4y2 − 8y − 5 = 0. √ 20 5 4 1 8 ± 64 + 80 8 ± 12 = , y1 = = , y2 = − = − . y= 8 8 8 2 8 2 y ismeretében most már x-et is meghatározhatjuk. 1 5 II. Ha I. Ha y1 = , y2 = − , 2 2 1 1 1 5 x+ = − , x+ = , x 2 x 2 2x2 − 5x + 2 = 0, 2x2 + x + 2 = 0, √ √ √ 5 ± 25 − 16 5 ± 3 −1 ± 1 − 16 −1 ± −15 x= = , x= = , 4 4 4 4 1 nincs valós gyöke. x1 = 2, x2 = . 2 1 Az eredeti egyenlet gyökei: 2, . 2

7.6. Négyzetgyökös egyenletek Négyzetgyökös egyenletekr˝ol beszélünk, ha az ismeretlen (v. ismeretlenek) négyzetgyökjel alatt szerepelnek benne. Megoldásuknál arra törekszünk, hogy az egyenletb˝ol a négyzetgyökös kifejezéseket kiküszöböljük. Ez legtöbbször úgy sikerül, hogy az egyenlet mindkét oldalát egyszer vagy többször négyzetre emeljük. Itt különösen kell ügyelnünk a gyökök ellen˝orzésére, mivel szükségképpen nem ekvivalens átalakításokat kell végrehajtanunk. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

106

7. Egyenletek

Feladatok√ 1. x − 3x + 1 = 3.

Rendezzük az egyenletet úgy, hogy az egyik oldalon csak a négyzetgyökös kifejezés álljon. √ − 3x + 1 = 3 − x. Emeljük mindkét oldalt négyzetre, ezzel olyan másodfokú egyenlethez jutunk, amelyben négyzetgyökös tag nem szerepel. (Ezért volt fontos a rendezés.) 3x + 1 = 9 − 6x + x2 ,

x2 − 9x + 8 = 0, √ 9±7 9 ± 81 − 32 = , x1 = 8, x2 = 1. x= 2 2 Helyettesítéssel beláthatjuk, hogy x1 = 8 megoldás, x2 = 1 viszont nem elégíti ki az egyenletet, mivel az egyenletbe helyettesítve a bal oldalon 2-t, a jobb oldalon pedig −2-t kapunk.

2.

√ √ 2x + 5 + x − 1 = 8.

Emeljük négyzetre a két oldalon p lev˝o kifejezéseket: 2x + 5 + 2 (2x + 5)(x − 1) + x − 1 = 64. Még mindig van egy négyzetgyökös kifejezés az egyenletben; úgy rendezzük át, hogy az egyik oldalon egyedül ez maradjon, négyzetre emelés után most már másodfokú egyenletet kapunk: p 2 2x2 + 3x − 5 = 60 − 3x, 4(2x2 + 3x − 5) = (60 − 3x)2 ,

8x2 + 12x − 20 = 3600 − 360x + 9x2 ,

x2 − 372x + 3620 = 0,

√ 372 ± 352 372 ± 138 384 − 14 480 372 ± 123 904 = = , x= 2 2 2 x1 = 362, x2 = 10. A két gyök közül azonban 362 helyettesítésével a bal oldalon 27 + 19 = 46-ot kapunk, ez tehát nem elégíti ki az egyenletet, az x = 10 viszont kielégíti, ez az egyetlen megoldás. √

3.

√ √ x − 2 + 6x + 4 = −4.

Számolás nélkül is rájöhetünk, hogy ennek az egyenletnek nem lehet gyöke. Ha ti. lenne, akor a bal oldalon nem negatív számot kellene kapnunk, a jobb oldal viszont negatív, egyenl˝oség ezért semmilyen x esetén sem állhat fenn.

4.

p p x2 + 4x + 4 − x2 − 6x + 9 = 2x − 1.

Vegyük észre, hogy aq négyzetgyökök q alatt kéttagú kifejezések négyzete áll:

ebb˝ol

(x + 2)2 −

(x − 3)2 = 2x − 1,

|x + 2| − |x − 3| = 2x − 1. Ezt az abszolút értékes egyenletet viszont a 7.2. szakasz 5. feladataként már megoldottuk.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

107

7. Egyenletek

7.7. Másodfokú egyenletrendszerek Ha egy egyenletrendszerben az ismeretleneknek másodfokú algebrai kifejezései szerepelnek (magasabb fokúak azonban nem), másodfokú egyenletrendszerr˝ol beszélünk. A gyakorlatban el˝oforduló egyenletrendszerekben az egyenletek és az ismeretlenek száma egyenl˝o szokott lenni, ez azonban a megoldhatósághoz sem nem szükséges, sem nem elegend˝o. Megoldásukra nem tudunk mondani minden esetben jól alkalmazható módszert, mindenkor célszer˝u azonban arra törekednünk, hogy az egyik egyenletb˝ol kifejezve az egyik ismeretlent és azt a másikba helyettesítve, az ismeretlenek számát az egyenletben csökkentsük. A leggyakrabban el˝oforduló eseteket most egy-egy feladaton mutatjuk be. 1. (x − 5)2 + (y + 7)2 = 0.

Ebben az „egyenletrendszerben” csak egy egyenlet van, az ismeretlenek ebb˝ol is egyértelm˝uen meghatározhatók. A bal oldali négyzetes kifejezések nemnegatívak; pozitív azonban nem lehet közöttük, mert akkor összegük is pozitív lenne. Ezért mindkett˝onek nullának kell lennie, tehát a megoldás: x = 5, y = −7.

2. x + y = 12, xy = 35.

I. megoldás: Fejezzük ki az els˝o egyenletb˝ol y-t és helyettesítsük a második egyenletbe: y = 12 − x, 2

x(12 − x) = 35,

x − 12x + 35 = 0, √ 12 ± 2 12 ± 144 − 140 = , x1 = 7, x2 = 5. x= 2 2 Az ezekhez tartozó y értékeket az y = 12 − x-b˝ol számítjuk: y1 = 5, y2 = 7. Az egyenletrendszer megoldásai tehát a (7; 5), (5; 7) számpárok. II. megoldás: x-et és y-t tekinthetjük egy másodfokú egyenlet két gyökének. A 7.4. szakaszban láttuk, hogyan írhatjuk fel azt a másodfokú egyenletet, amelyben ismerjük a gyökök összegét és szorzatát (összefüggés az egyenlet gyökei és együtthatói között). Jelöljük z-vel annak a másodfokú egyenletnek az ismeretlenjét, amelynek gyökei x és y, az egyenlet z2 − (x + y)z + xy = 0,

z2 − 12z + 35 = 0,

ez azonos az el˝oz˝o megoldásban kapott egyenlettel, ennek gyökei 7 és 5, közülük bármelyik lehet pl. x, ezért a megoldást a (7; 5), (5; 7) számpárok adják.

3. x2 + y2 = 41, xy = 20. A második egyenletb˝ol kifejezzük y-t és az els˝obe helyettesítjük: y =

www.interkonyv.hu

20 , x © Reiman István

© Typotex Kiadó

108

7. Egyenletek 400 = 41, x2 4 2 x − 41x + 400 = 0, √ 412 − 4 · 400 41 ± 9 41 ± 2 = , x21 = 25, x22 = 16. x = 2 2 x11 = 5, x12 = −5, x21 = 4, x22 = −4. x2 +

Ebb˝ol

A hozzájuk tartozó y értékek:

y11 = 4,

4. x2 + y2 − 6x + 8y = 25, x2 + y2 + x − y = 12.

y12 = −4,

y21 = 5,

y22 = −5.

Ezekb˝ol az egyenletekb˝ol bármelyik ismeretlen kifejezése bonyolult lenne, ezért célszer˝u az egyenletrendszerb˝ol el˝oször egy olyan egyszer˝ubb egyenletet nyerni, amelyb˝ol pl. y kifejezhet˝o, s ezt helyettesíteni az els˝o egyenletbe. Vegyük ezért a két egyenlet megfelel˝o oldalainak a különbségét: −7x + 9y = 13, 13 + 7x . 9y = 13 + 7x, y= 9  2 13 + 7x 13 + 7x x2 + − 6x + 8 · = 25, 9 9 104 + 56x 169 + 182x + 49x2 − 6x + = 25. x2 + 81 9 Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát 81-gyel, majd rendezzük az egyenletet: 81x2 +169+182x+49x2 −486x+936+504x = 2025, 130x2 + 200x − 920 = 0,

13x2 + 20x − 92 = 0, √ −20 ± 72 46 −20 ± 202 +52 · 92 = , x1 = 2, x2 = . x= 26 26 13 17 Az ezekhez tartozó y értékek: y1 = 3, y2 = − , s ezek ki is elégítik az egyenlet13 rendszert, mivel mindenütt ekvivalens átalakításokat alkalmaztunk.

7.8. Egyenletekre vezet˝o feladatok A matematika segítségével megoldható feladatok tekintélyes része valamilyen egyenletre vezet („szöveges feladatok”). Ilyen feladatokra mutatunk most példákat. Megoldásuk els˝o lépéseként el kell döntenünk, hogy a szöveges összefüggés melyik kiszámítandó mennyiségét választjuk ismeretlennek, és ez milyen kapcsolatban van a feladatban el˝oforduló többi mennyiséggel. Az egyenlettel kiszámított értékek helyességét a feladat összefüggései alapján célszer˝u ellen˝orizni. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

7. Egyenletek

109

1. Egy kétjegy˝u szám jegyeinek összege 12; ha a számjegyeit felcseréljük, az eredetinél 36-tal nagyobb számot kapunk. Melyik ez a szám? Jelölje a szám els˝o számjegyét x, a második számjegy ekkor 12 − x és maga a szám: 10x + (12 − x). A jegyek felcserélésével kapott szám: 10(12 − x) + x. A feladat szerint ez 36-tal nagyobb az els˝o számnál, ha tehát az els˝ohöz 36-ot hozzáadunk, a második számot kapjuk; ezt írjuk fel egyenlet formájában: 10x + (12 − x) + 36 = 10(12 − x) + x. Oldjuk meg ezt az egyenletet: 9x + 48 = 120 − 10x + x, 18x = 72, ebb˝ol x = 4. A szám els˝o jegye tehát 4, a második 12 − 4 = 8, ezért a kétjegy˝u szám: 48. Ez megfelel a feladat feltételének, hiszen 48 + 36 = 84 valóban a jegyek felcserélésével kapott szám.

2. Egy apa kétszer annyi id˝os, mint a fia; húsz évvel ezel˝ott négyszer annyi id˝os volt, mint a fia. Hány éves az apa és a fia? A fiú most x éves, az apa 2x. Húsz évvel ezel˝ott a fiú x − 20, az apa 2x − 20 éves volt; az apa ekkor négyszer annyi id˝os volt, mint a fia, tehát 4(x − 20) = 2x − 20. Az egyenlet megoldása: 4x − 80 = 2x − 20, 2x = 60, ebb˝ol x = 30. Ezek szerint a fiú most 30, az apa 60 éves. 20 évvel ezel˝ott a koruk 10, ill. 40 év, az apa tehát valóban négyszer annyi id˝os volt, mint a fia.

3. A labdarúgó-bajnokság o˝ szi fordulóján minden csapat minden csapattal egyszer játszott, így összesen 66 mérk˝ozést játszottak. Hány csapat vett részt a bajnokságon? Legyen a csapatok száma x. Minden csapat játszott az összes többivel, tehát x − 1 mérk˝ozést vívott az o˝ sz folyamán. Ha minden csapatnál összeszámláljuk a mérk˝ozéseket, x(x − 1) mérk˝ozést számolunk meg, de így minden mérk˝ozést kétx(x − 1) ; a feladat szeszer számolunk össze, a mérk˝ozések tényleges száma ezért 2 rint ez 66-tal egyenl˝o: x(x − 1) = 66, 2 2 x − x = 132, x2 − x − 132 = 0. √ 1 ± 23 1 ± 1 + 528 = , x1 = 12, x2 = −11. Ennek megoldása: x= 2 2 A feladat szempontjából csak a pozitív gyök jöhet szóba. A csapatok száma valóban 12, hiszen minden csapat így 11 mérk˝ozést játszott, ez összesen 66 mérk˝ozés.

4. Egy munkacsoport tagjai között 72 000 Ft jutalmat osztottak szét, mindenki ugyanannyi jutalmat kapott. Ha kett˝ovel kevesebben lettek volna, www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

110

7. Egyenletek

mindenki 400 Ft-tal kapott volna többet. Hányan vannak a munkacsoportban? 72 000 forint jutalJelöljük x-szel a csoport tagjainak a számát, így mindenki x 72 000 forint jutott volna, mat kapott; ha 2-vel kevesebben lennének, mindenkinek x−2 ez az összeg 400 Ft-tal nagyobb az el˝obbinél, tehát 72 000 72 000 − = 400. x−2 x Oldjuk meg az egyenletet. Egyszer˝ubbé válik az egyenlet, ha minden tagját elosztjuk 400-zal; ezután megszorozzuk mindkét oldalt x(x − 2)-vel: 180 180 − = 1, x−2 x 180x − 180(x − 2) = x(x − 2), x2 − 2x − 360 = 0, √ 2 ± 38 2 ± 4 + 1440 = , x1 = 20, x2 = −18. x= 2 2 Csak a pozitív gyöknek van értelme; egyszer˝uen ellen˝orizhetjük, hogy a 20-as csoportlétszám valóban megfelel a feladat feltételeinek.

5. Az egymástól 280 km-re lev˝o városokból két autó ugyanabban az id˝opontban indul el egymás felé. Találkozásuk után az egyik 1 óra 30 perc, a másik 2 óra 40 perc múlva ér célba. Mekkora az autók sebessége, ha egyenletes sebességeket tételezünk fel? Legyen az egyik autó sebessége x km/óra, a másiké y km/óra. Az indulástól a találkozásig mindkét autó t óráig ment, az általuk megtett utak tehát tx km, ill. 3 8 ty km. A találkozás után viszont az autók y, ill. x utat tesznek meg (2 óra 40 3 2 8 perc = óra), ezért 3 8 (1) tx = y, 3 3 ty = x, (2) 2 tudjuk továbbá, hogy a találkozástól a célba érésig a két autó összesen 280 km-t tesz meg: 3 8 y + x = 280. (3) 3 2 Három egyenletünk van tehát, három ismeretlennel, de a t-re nincs szükségünk, ezért ezt mindjárt ki is küszöböljük; osszuk el egymással ui. az (1) és (2) egyenlet megfelel˝o oldalait: x 8 2 y 16 y = · · = · , y 3 3 x 9 x x szorozzuk meg az egyenletet -nal: y www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

7. Egyenletek

111

16 x2 = . 2 9 y Mivel x és y csak pozitív szám lehet, ezért ebb˝ol következik, hogy 4y x 4 = , x= . y 3 3 Helyettesítsük x helyébe ezt az értéket a (3) egyenletbe: 8y 3 4y + · = 280, 3 2 3 8y + 2y = 280, 3 8y + 6y = 840, 4 · 60 = 80. A kér14y = 840, ebb˝ol y = 60, és a helyettesített kifejezésekb˝ol x = 3 déses sebességek tehát 80 km/óra és 60 km/óra, s ezek meg is felelnek a feladat feltételeinek.

6. Egy derékszög˝u háromszög kerülete 30, területe szintén 30. Mekkorák az oldalai? Legyen a két befogó x és y, az átfogó pedig z; a kerület ezért x + y + z, a terület kétszerese pedig a két befogó szorzata: xy, ezek számértékét ismerjük. Tudjuk továbbá, hogy a befogók négyzetösszege az átfogó négyzetével egyenl˝o (Pitagorasz tétele), ily módon három egyenletet írhatunk fel: x + y + z = 30, (1) xy = 60, (2) x2 + y2 = z2 . (3) Oldjuk meg ezt a háromismeretlenes egyenletrendszert. Hogy a (3) egyenletben szerepl˝o négyzetes tagokat fel tudjuk használni, emeljük négyzetre az (1) egyenlet mindkét oldalát, majd a bal oldal utolsó két tagjából emeljük ki 2z-t: x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2zx = 900, x2 + y2 + z2 + 2xy + 2z(x + y) = 900. Helyettesítsük ebbe (3)-ból x2 + y2 , (2)-b˝ol xy, (1)-b˝ol pedig x + y = 30 − z z-vel kifejezett értékeit: z2 + z2 + 120 + 2z(30 − z) = 900, ez most már egyismeretlenes egyenlet: 60z = 780, ebb˝ol z = 13. A z = 13 értéket (1)-be helyettesítve: x + y = 17, x = 17 − y; ezt viszont (2)-be helyettesítve egyismeretlenes egyenletet kapunk: (17 − y)y = 60,

y2 − 17y + 60 = 0, √ 17 ± 7 17 ± 289 − 240 = , y1 = 12, y2 = 5. y= 2 2 Az ehhez tartozó x értékek (x = 17 − y): x1 = 5, x2 = 12. A két befogó hosszúságára ugyanazt a két számot kaptuk; a derékszög˝u háromszög oldalai tehát: 5, 12, 13; ezek nyilván kielégítik a feladat feltételeit.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

112

7. Egyenletek

7.9. Diofantikus egyenletek A gyakorlatban is el˝ofordulnak olyan feladatok, amelyeknek a megoldásai szükségképpen egész számok (pl. emberek, autók száma stb.). Azokat az egyenleteket, amelyeknek egész számokból álló megoldásait keressük, szokás diofantikus egyenleteknek is nevezni (Diofantosz görög matematikusról). Ezek közül a legegyszer˝ubbek az ún. els˝ofokú kétismeretlenes diofantikus egyenletek, általános alakjuk: ax + by = c, (7.9.1) ahol a, b, c egész számok. Ilyen egyenlet megoldása azt jelenti, hogy valami módon el˝oállítjuk azokat az egészekb˝ol álló (x, y) számpárokat, amelyek az egyenletet kielégítik. A (7.9.1) típusú egyenleteknek vagy nincs megoldásuk, vagy pedig végtelen sok van. Bebizonyítható, hogy az els˝ofokú kétismeretlenes diofantikus egyenletnek akkor és csakis akkor van megoldása, ha c osztható a és b legnagyobb közös osztójával. Egy ilyen egyenlet összes megoldásának az el˝oállítására mutatunk most példát: 1. Adjuk meg az 5x + 3y = 11 egyenlet összes egész megoldásait. Fejezzük ki el˝oször y-t az egyenletb˝ol és válasszunk le a kifejezésb˝ol olyan részt, amely biztosan egész: 2+x 11 − 5x 9 − 6x 2 + x = + = 3 − 2x + . y= 3 3 3 3 2+x Ha x egész, az y akkor lesz egész, ha is egész. Jelöljük ezt az 3 egészet z-vel: 2+x , ebb˝ol x = 3z − 2, z= 3 x-et tahát egy z egész segítségével állítottuk el˝o, ezt most már y-nal is megtehetjük: y = 3 − 2x + z = 3 − 6z + 4 + z = 7 − 5z. Összefoglalva: ha z tetsz˝oleges egész, akkor az 5x + 3y = 11 egyenlet egész megoldásai: x = 3z − 2, y = 7 − 5z alakban állíthatók el˝o; belátható, hogy így az összes egész megoldást megkapjuk. 2. Adjuk meg egy százforintos bankjegy összes lehetséges felváltási módját 2 forintosokra és 5 forintosokra (nem kell mindkét fajtának feltétlenül szerepelnie). www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

7. Egyenletek

113

Az egy felváltásban szerepl˝o 2 forintosok száma legyen x, az 5 forintosoké y; x és y nyilván nemnegatív egészek. Az aprópénz összege 100 forint, azaz 2x + 5y = 100. A feltett kérdésre akkor kapjuk meg a választ, ha meghatározzuk az egyenlet nemnegatív egész megoldásait. El˝oször az el˝obbi módszerrel az összes egész megoldást állítjuk el˝o. y 100 − 5y 100 − 4y − y = = 50 − 2y − . x= 2 2 2 y y -nek egésznek kell lennie ahhoz, hogy x is egész legyen, jelöljük -t 2 2 z-vel: y z = , ebb˝ol y = 2z. 2 x = 50 − 2y − z = 50 − 4z − z = 50 − 5z. Ezek szerint x és y el˝oállítását, azaz az egyenlet összes megoldását úgy kapjuk meg, hogy az x = 50 − 5z, y = 2z egyenletekben z befutja az egész számokat. Nekünk azonban csak a nemnegatív számok felelnek meg, az y viszont csak akkor lehet nemnegatív, ha z is az. Hogy x ne legyen negatív, a z-t úgy kell megválasztanunk, hogy 50 − 5z ≧ 0 teljesüljön, azaz z ≦ 10 legyen. A z-re kapott két feltétel tehát azt jelenti, hogy 0 ≦ z ≦ 10, ez összesen 11 lehetséges érték. Foglaljuk táblázatba az ezekhez a z értékekhez tartozó x és y értékeket, ezzel megkapjuk az összes felváltást: z

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

x

50

45

40

35

30

25

20

15

10

5

0

y

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

3. Nevezetes diofantikus probléma az x2 +y2 = z2 egyenlet pozitív egész megoldásainak a megkeresése. Az egyenletnek eleget tev˝o számhármasokat pitagoraszi számhármasoknak nevezzük, mivel egy derékszög˝u háromszög egész hosszúságú oldalai lehetnek. Bebizonyítható, hogy az összes pitagoraszi számhármas a következ˝o alakban állítható el˝o: x = 2uvk, y = (u2 − v2)k, z = (u2 + v2 )k, ahol u, v, k befutják az összes pozitív egészet és u > v (ugyanazt a számhármast többféleképpen is megkaphatjuk). Ilyen pitagoraszi számhármasok (3, 4, 5), (6, 8, 10), (5, 12, 13) stb.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

8 Egyenl˝otlenségek

8.1. Az egyenl˝otlenségek alaptulajdonságai A 2. fejezetben láttuk, hogy a valós számok között bizonyos nagyságrendi sorrend van; bármely két a és b számról el tudjuk dönteni, hogy az a < b, az a > b, vagy az a = b kapcsolat áll-e fenn közöttük. Egyenl˝otlenséget kapunk, ha a valós számok valamilyen kifejezéseit a , ≦, ≧ jelekkel kapcsoljuk össze. Ha két mennyiség között helyes egyenl˝otlenség áll fenn, bizonyos átalakítások után ez a kapcsolat változatlan maradhat, bizonyosak után pedig esetleg megváltozhat. Az egyenl˝otlenségeknek most néhány ilyen átalakítását, ill. alaptulajdonságát vizsgáljuk meg. 1. Ha a < b és c < d, akkor a + c < b + d, azaz azonos irányú egyenl˝otlenségek megfelel˝o oldalait összeadva helyes egyenl˝otlenséget kapunk. Ha a < b és c tetsz˝oleges szám, akkor a + c < b + c, azaz egy egyenl˝otlenség helyes marad, ha mindkét oldalához ugyanazt a számot adjuk hozzá, ill. mindkét oldalból ugyanazt a számot vonjuk ki. Ennek a két tulajdonságnak az összevonása: ha a < b, c ≦ d, akkor a + c < b + d. Megjegyezzük még, hogy ha a ≦ b, c ≦ d, akkor ebb˝ol a + c ≦ b + d következik; továbbá: azonos irányú egyenl˝otlenségek megfelel˝o oldalainak a kivonásával általában nem kapunk helyes egyenl˝otlenséget (pl. 5 < 10, 2 < 9, de 5 − 2 < 10 − 9 már nem igaz). www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

8. Egyenl˝otlenségek

115

2. Ha egy egyenl˝otlenség mindkét oldalát pozitív számmal szorozzuk vagy osztjuk, az egyenl˝otlenség helyes marad; ha negatívval, az egyenl˝otlenség ellentétes irányú lesz. Ha a, b, c, d nemnegatív számok, és a < b, c < d, akkor ebb˝ol ac ≦ bd következik. Megjegyezzük: az el˝oz˝oekb˝ol levezethet˝o, hogy ha egy egyenl˝otlenség mindkét oldalán nemnegatív szám áll, akkor mindkét oldalát négyzetre emelve (s˝ot: tetsz˝oleges pozitív kitev˝oj˝u hatványra emelve) ismét helyes egyenl˝otlenséget kapunk. Felhívjuk a figyelmet arra, hogy negatív számok esetén ez általában már nem igaz; pl. −2 < 1, de (−2)2 > 12 . 1 1 3. Ha a és b pozitív számok és a < b, akkor > (az egyenl˝otlenség a b megfordul). √ √ 4. Ha a és b pozitív számok, és a < b, akkor a < b. A most felsorolt tulajdonságok lehet˝ové teszik, hogy egy egyenl˝otlenségb˝ol a fenti, ún. azonos átalakításokkal ismét helyes egyenl˝otlenségeket kapjunk, lényegében az egyenletek megoldásánál használt módszerekkel. Különösen ügyelnünk kell azonban annak megkülönböztetésére, hogy mindkét oldalt pozitív, ill. negatív számmal szorozzuk-e; továbbá mindkét oldal négyzetre emelésénél az oldalak pozitív voltára. Nagy számuk miatt nem soroltuk fel az összes lehetséges átalakítást, ill. az azoknál megvizsgálandó eseteket; ha ilyenek végrehajtása célszer˝u, vagy elkerülhetetlen, akkor külön elemzést igényelnek. Az egyenl˝otlenségek átalakításakor is el˝ofordulhat, hogy az átalakítások következtében a számok olyan halmazára teljesül˝o egyenl˝otlenséget kapunk, amely b˝ovebb vagy sz˝ukebb annál a halmaznál, aminek az elemei kielégítik az eredeti egyenl˝otlenséget. Az átalakítások ilyen jelleg˝u vizsgálata lényegében azonos jelleg˝u az egyenletek hasonló átalakításainak a vizsgálatával. Az egyenérték˝u (ekvivalens) átalakítások nem változtatják meg a megoldások halmazát (a megoldáshalmazt).

8.2. Azonos egyenl˝otlenségek Azokat az egyenl˝otlenségeket, amelyek a bennük szerepl˝o változók minden megengedett értékére fennállnak, azonos egyenl˝otlenségeknek nevezzük. Az azonos egyenl˝otlenségek hasonló szerepet játszanak az egyenl˝otlenségek körében, mint amilyent az azonosságok az egyenletekében. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

116

8. Egyenl˝otlenségek

A leggyakrabban alkalmazott azonos egyenl˝otlenségek közül sorolunk most fel néhányat. 1. Ha a tetsz˝oleges valós szám, a2 ≧ 0. Ez a jól ismert azonos egyenl˝otlenség rejt˝ozik számos bonyolultabb egyenl˝otlenség mélyén is. 2. Ha a1 , a2 nemnegatív számok, a1 + a2 √ ≧ a1 a2 . 2 Ez a nevezetes számtani és mértani közép közötti egyenl˝otlenség; az a1 , a2 . . ., an nemnegatív számok számtani közepén (átlagán) az √ a1 + a2 + . . . + an számot, mértani közepén pedig az n a1 a2 . . . an számot n értjük. Az el˝obbi egyenl˝otlenséget az n = 2 esetre írtuk fel. Bizonyítása egyszer˝u: mivel √
2 √ a1 − a2 ≧ 0, ebb˝ol

√ a1 + a2 − 2 a1 a2 ≧ 0, átrendezve ebb˝ol éppen a bizonyítandót kapjuk: √ a1 + a2 ≧ 2 a1 a2 , a1 + a2 √ ≧ a1 a2 . 2 Mivel kiindulási egyenl˝otlenségünkben egyenl˝oség csakis akkor állhat, √ √ ha a1 − a2 = 0, azaz a1 = a2 , a számtani és mértani közép is csak akkor egyenl˝o, ha a1 = a2 . Egyenl˝otlenségünk általánosan is igaz: ha a1 , a2 , . . . , an nemnegatív számok, a1 + a2 + . . . + an √ ≧ n a1 a2 · . . . · an , n és egyenl˝oség csakis akkor állhat, ha a1 = a2 = . . . = an . 3. Legyenek a1 , a2 , . . ., an pozitív számok. Alkalmazzuk a számtani1 1 1 számokra: mértani közép közötti egyenl˝otlenséget az , , . . ., a1 a2 an r 1 1 1 1 a1 + a2 + . . . + an ≧ n , n a1 a2 · . . . · an vegyük mindkét oldal reciprokát, az egyenl˝otlenség iránya megfordul: √ n ≦ n a1 a2 · . . . · an . 1 1 1 a1 + a2 + . . . + an A bal oldali kifejezést az a1 , a2 , . . . , an számok harmonikus közepének mondjuk; bebizonyítottuk tehát:

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

8. Egyenl˝otlenségek

117

n pozitív szám harmonikus közepe nem lehet nagyobb a számok mértani közepénél, egyenl˝oség csakis akkor állhat, ha az n szám mind egyenl˝o. 4. A valós számokra vonatkozik a nevezetes Cauchy- (olv.: Kosi) (vagy Cauchy–Schwarz–Bunyakovszkij)-féle egyenl˝otlenség. Ha a1 , a2 , . . ., an ; b1 , b2 , . . ., bn tetsz˝oleges valós számok, akkor teljesül rájuk a következ˝o egyenl˝otlenség: (a1 b1 + a2 b2 + . . . + anbn )2 ≦ (a21 + a22 + . . . + a2n )(b21 + b22 + . . . + b2n). b2 bn b1 = = ... = . Egyenl˝oség akkor és csakis akkor állhat, ha a1 a2 an Bizonyítása legegyszer˝ubben a másodfokú egyenletek elméletének felhasználásával lehetséges. Induljunk ki ugyanis az (a1 x − b1)2 + (a2 x − b2)2 + . . . + (anx − bn)2 = 0 másodfokú egyenletb˝ol. Ennek csak akkor lehet megoldása (azaz a bal oldal csakis akkor lehet 0), ha minden zárójeles kifejezés 0, hiszen egy négyzetes kifejezés sohasem negatív, és ha már van pozitív a zárójeles kifejezés között, akkor a bal oldal is pozitív. Tehát az egyenletnek akkor és csakis akkor van megoldása, ha az a1 , a2 , . . . , b1 , b2 , . . . számok olyanok, hogy az a1 x − b1 = 0, a2 x − b2 = 0, . . ., an x − bn = 0 egyenleteknek ugyanaz az x a b1 b2 bn = = . . . = . Ezek szerint másodfokú egyenmegoldása, tehát x = a1 a2 an letünknek legfeljebb csak egy megoldása lehet. Írjuk fel más alakban az egyenletet: (a21 + a22 +. . .+a2n )x2 −2(a1 b1 + a2 b2 +. . .+anbn )x+(b21 +b22 +. . .+ b2n ) = 0. Mivel már tudjuk, hogy ennek legfeljebb egy megoldása lehet, ezért diszkriminánsa 0 vagy negatív, ez azt jelenti, hogy 4(a1 b1 +a2 b2 +. . . + an bn )2 −4(a21 +a22 +. . .+a2n )(b21 + b22 + . . . + b2n ) ≦ 0, 4-gyel osztva az egyenl˝oség mindkét oldalát és átrendezve, éppen a bizonyítandót kapjuk: (a1 b1 + a2 b2 + . . . + anbn )2 ≦ (a21 + a22 + . . . + a2n )(b21 + b22 + . . . + b2n). 5. Az a1 , a2 , . . . , an számok s négyzetes közepén a a21 + a22 + . . . + a2n n kifejezést értjük. n szám négyzetes közepe nem lehet kisebb számtani közepüknél, és csakis akkor egyenl˝o a két közép, ha az n szám mindegyike egyenl˝o. Ez a négyzetes és számtani közép közötti egyenl˝otlenség közvetlen következménye a Cauchy-egyenl˝otlenségnek; helyettesítsünk ui. b1 , b2 , . . . , bn helyébe 1-et: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

118

8. Egyenl˝otlenségek (a1 + a2 + . . . + an)2 ≦ n(a21 + a22 + . . . + a2n ).

Osszuk el mindkét oldalt n2 -tel, majd vegyük mindkét oldal négyzetgyökét, így éppen a bizonyítandó egyenl˝otlenséget kapjuk:   a1 + a2 + . . . + an 2 a21 + a22 + . . . + a2n ≦ , n n s a21 + a22 + . . . + a2n a1 + a2 + . . . + an ≦ . n n Megfigyelhetjük, hogy a bizonyításban nem használtuk fel az a1 , a2 , . . ., an számok pozitív voltát, tehát az egyenl˝otlenség minden valós számra teljesül. Foglaljuk össze a közepekre vonatkozó egyenl˝otlenségeinket: négyzetes k. ≧ számtani k. ≧ mértani k. ≧ harmonikus k. 6. Az egyenl˝otlenségek között lényeges szerepet játszanak a számok abszolút értékével kapcsolatos egyenl˝otlenségek. Ezek közül felsoroljuk a legfontosabbakat. Mindem szám legfeljebb akkora, mint az abszolút értéke: a ≦ |a|. Ez közvetlen következménye az abszolút érték definíciójának. Az összeg abszolút értéke nem lehet nagyobb a tagok abszolút értékének az összegénél: |a + b| ≦ |a| + |b|,

és egyenl˝oség csakis akkor áll fenn, ha az összeg 0-tól különböz˝o tagjai egyenl˝o el˝ojel˝uek; ez tetsz˝oleges számú összeadandóra is érvényes: |a1 + a2 + . . . + an| ≦ |a1 | + |a2| + . . . + |an|. Továbbá:

|a| + |b| ≧ |a − b| ≧ |a| − |b| .

7. Számos összefüggés bizonyításában szerepel segédtételként az ún. Bernoulli-féle egyenl˝otlenség: ha a −1-nél nagyobb valós szám és n pozitív egész, akkor (1 + a)n ≧ 1 + na. A bizonyítást teljes indukcióval végezzük. n = 1 esetén mindkét oldalon 1 + a áll, az egyenl˝otlenség tehát teljesül. Tegyük fel, hogy (1 + a)n ≧ ≧ 1 + na (ez az indukciós feltevés) igaz, mutassuk meg, hogy n + 1-re is igaz az egyenl˝otlenség. Mivel (1 + a)n+1 = (1 + a)(1 + a)n, az indukciós feltevés szerint www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

8. Egyenl˝otlenségek

119

(1 + a)n+1 ≧ (1 + a)(1 + na)=1 + a + na + na2 ≧1 + a + na = 1 + (n + 1)a, tehát valóban igaz állításunk n + 1 esetén is: (1 + a)n+1 ≧ 1 + (n + 1)a. Ha 1 + a-t q-val jelöljük, q > 0, és a Bernoulli-egyenl˝otlenség ezzel így írható: qn ≧ 1 + n(q − 1). Figyeljük meg, hogy az egyenl˝otlenség mindkét alakjában egyenl˝oség csak akkor állhat, ha n = 1, vagy pedig a = 0, azaz q = 1.

8.3. Els˝ofokú egyismeretlenes egyenl˝otlenségek és egyenl˝otlenség-rendszerek Az ax < b vagy ax > b alakú egyenl˝otlenségeket, ahol a és b adott (ismert) mennyiségek, ha a 6= 0, els˝ofokú egyismeretlenes egyenl˝otlenségeknek nevezzük, a jel helyett bennük a ≦, ill. ≧ is szerepelhet. Az egyenl˝otlenség megoldása azt jelenti, hogy meghatározzuk az x számoknak azt a halmazát – az ún. megoldáshalmazt –, amelyek kielégítik az egyenl˝otlenséget. Ha ax < b és a pozitív, akkor az egyenl˝otlenség mindkét oldalát a-val elosztva kapjuk, hogy b x< , a b a megoldáshalmaz tehát a -nál kisebb x-ekb˝ol áll. a Ha a negatív, az egyenl˝otlenség két oldalát a-val osztva az egyenl˝otlenség iránya megfordul, tehát a megoldáshalmaz az b x> a feltételt kielégít˝o számokból áll. Néha a 0·xb nulladfokú egyenl˝otlenségeket is az els˝ofokúak közé számítják. Ezeknek nincs megoldása, ha b≦0, ill. b≧0; ha viszont b > 0, ill. b < 0, minden valós szám kielégíti az egyenl˝otlenségeket. Hasonlóan elemezhet˝o az ax > b egyenl˝otlenség is. Az egyenl˝otlenségek természetesen ezeknél lényegesen bonyolultabbak szoktak lenni, de átalakításokkal visszavezethet˝ok ilyenekre. Erre mutatunk most néhány példát. 5x − 1 5x + 1 3x − 13 − > . 1. 4 3 10 www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

120

8. Egyenl˝otlenségek

Arra törekedjünk, hogy ekvivalens átalakításokat alkalmazzunk. Szorozzuk meg az egyenl˝otlenség mindkét oldalát a nevez˝ok legkisebb közös többszörösével, 60-nal, majd rendezzük az egyenl˝otlenséget: 15(5x − 1) − 20(5x + 1) > 6(3x − 13), 75x − 15 − 100x − 20 > 18x − 78, −43x > −43. −43-mal osztva az egyenl˝otlenség iránya megváltozik: x < 1.

A megoldáshalmaz tehát az 1-nél kisebb valós számokból áll.

8.3.1. ábra. Egyenl˝otlenségek megoldáshalmazai

2. Gyakran több egyenl˝otlenség közös megoldását kell meghatároznunk. Az ilyen egyenl˝otlenség-rendszerek megoldáshalmaza az egyes egyenl˝otlenségek megoldáshalmazainak a közös része. Következ˝o egyenl˝otlenség-rendszerünk három egyenl˝otlenségb˝ol áll: (1)

5(x + 1) + 6(x + 2) > 9(x + 3),

(2)

7x − 3(2x + 3) > 2(x − 18),

(3)

x − 10 ≦ 0.

Külön-külön meghatározzuk az egyes egyenl˝otlenségek megoldáshalmazát. (1)

5x + 5 + 6x + 12 > 9x + 27, 2x > 10, x > 5.

(2)

7x − 6x − 9 > 2x − 36, 27 > x.

(3)

x ≦ 10.

Ábrázoljuk a számegyenesen az egyes megoldáshalmazokat (8.3.1. ábra). www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

8. Egyenl˝otlenségek

121

A három halmaz közös része az 5 < x ≦ 10 feltételeket kielégít˝o számokból áll. 3. Lényegében egyenl˝otlenség-rendszerre vezetnek az abszolút értékes egyenl˝otlenségek is. |x| < a azt jelenti, hogy x az a és −a közé esik, tehát ha a pozitív, −a < x < a. Egy összetettebb példa: |3x − 17| < 14.

Ez az egyenl˝otlenség két feltétel teljesülését kívánja meg: 3x − 17 < 14 és 3x − 17 > −14. 31 Az els˝o megoldása: 3x < 31, azaz x< , 3 a második megoldása: 3x > 3, azaz x > 1. 31 feltételt kielégít˝o számokból áll. A megoldáshalmaz tehát 1 < x < 3 Els˝ofokú többismeretlenes egyenl˝otlenség-rendszerrel a 17.2. szakaszban, másodfokú egyenl˝otlenségek megoldásával pedig a 20.5. szakaszban foglalkozunk.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

9 Százalékszámítás

9.1. A százalék fogalma; a százalékszámítás 2 2 42 részén a szám -szorosát értjük; hasonlóan: egy szám ré3 3 100 42 -szorosával egyenl˝o. A gyakorlatbaan a századrészt régies sze a szám 100 42 helyett tehát 42 százalékot mondunk nevével százaléknak nevezzük; 100 42 -ot 42% (olv.: 42 százalék)-nak nevezzük. Egy szám 42%-a tehát és a 100 42 -szorosával egyenl˝o. Általában: 100 p cp -szorosával, azaz -zal egyenl˝o. egy c szám p%-a 100 100 Ez a százalékszámítás alapösszefüggése, lényegében ebb˝ol vezethet˝o le minden további összefüggés. Pl.: 12-nek az 5%-a 12 · 5 5 = = 0,6. 12 · 100 100 Egy szám

A törtrészeket is legtöbbször százalékként (századrészként) szoktuk ki1 1 3 1 2 fejezni; pl. az , , , , rész rendre 50%; 25%; 75%; (közelít˝oleg) 2 4 4 3 3 33,33%; 66,67%. Ha egy b számról akarjuk eldönteni, hogy c-nek hány százaléka, szintén az alapösszefüggést alkalmazzuk; ha tehát a b szám c-nek p%-a, akkor eszerint www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

9. Százalékszámítás

123

cp = b, 100 ebb˝ol cp = 100b, és így 100b , p= c 100b azaz: a b szám a c számnak százalékával egyenl˝o. c 16 · 100 = 5%-ával egyenl˝o. Pl.: 320-nak 16 a 320 Végül felvet˝odik a kérdés úgy is, hogy melyik számnak a p%-a egyenl˝o b-vel. Ha a keresett számot c-vel jelöljük, akkor az alapösszefüggés szerint cp = b, ebb˝ol cp = 100b és így 100 100b , c= p 100b az a szám, amelynek p%-a b-vel egyenl˝o. azaz: p

9.2. Százalékos növekedés; százalékos csökkenés Bizonyos mennyiségek (pl. termelési összeg, pénzösszeg, lakosságszám, termékmennyiség) növekedését vagy csökkenését általában százalékosan szokás megadni. Ha egy c mennyiség p%-kal növekszik, akkor a megnövelt mennyiség:  p  cp = c 1+ . c+ 100 100 p Az 1 + -at növekedési tényez˝onek nevezzük. Eredményünk szerint 100 p egy mennyiséget úgy növelhetünk p%-kal, hogy megszorozzuk 1+ 100 zal. Hasonlóan egy mennyiséget úgy csökkenthetünk p%-kal, hogy megszorozzuk p -zal (a csökkenési tényez˝ovel). 1− 100 Pl.: ha a növekedés mértéke 1% 5% 10% 25% 38% 50% 75%, akkor a növekedési (szorzó-) tényez˝o: 1,01 1,05 1,10 1,25 1,38 1,5 1,75. Ha a csökkenés mértéke 1% 5% 10% 25% 38% 50% 75%, akkor a csökkenési (szorzó-) tényez˝o: 0,99 0,95 0,9 0,75 0,62 0,5 0,25.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

124

9. Százalékszámítás

9.3. Feladatok a százalékszámítás alkalmazására 1. Mennyi 54 627 Ft egyévi 12%-os kamata? Ebben az összefüggésben a c összeg 54 627, p = 12, és így 54 627 · 12 cp = = 6555,24 Ft. 100 100

2. Egy üzem egy év alatt valamely termékb˝ol 18 460 000 darabot gyárt. Hány százalékkal kell növelnie termelését, hogy az évi 20 000 000 darabra növekedjék? A termelés növekedése ebben az esetben egy év alatt 20 000 000−18 460 000 = 1 540 000 darab, tehát a c = 18 460 000 és b = 1 540 000 értékekhez kell kiszámítanunk p értékét: 100 · 154 100b 100 · 1 540 000 = = = 8,34, p= c 18 460 000 1846 tehát 8,34%-os növekedést kell elérniük.

3. Egy áru ára az 1985. évi árhoz képest 1986-ban 2,6%-kal, 1987-ben pedig 5,4%-kal emelkedett. Hány százalékkal emelkedett az 1987. évi ár az 1985. évihez képest? Tegyük fel, hogy az áru ára 1985-ben c Ft; a 2,6%-os emelkedést 1,026-del való szorzással, az 5,4%-os emelkedést pedig 1,054-del való szorzással fejezzük ki, tehát az 1987. évi ár: c · 1,026 · 1,054 = 1,081c. A növekedési tényez˝o ezért 1,081, ami éppen 8,1%-os emelkedést jelent.

4. Mennyi 55%-os alkoholt kell hozzáöntenünk 14 l 30%-os alkoholhoz, hogy 44%-os alkoholt kapjunk? Legyen a hozzátöltött 55%-os alkohol mennyisége x l, ennek 55%-a tiszta alko14 · 30 x · 55 l; a 14 l 30%-os alkohol viszont l tiszta alkoholt tartalmaz, hol, tehát 100 100 tehát az így kapott x + 14 l keverék tiszta alkoholtartalma: 55x + 420 55x + 14 · 30 = . 100 100 Feladatunk szerint ez a mennyiség x + 14-nek a 44%-a, azaz 55x + 420 (x + 14)44 = . 100 100 Így x-re nézve egyismeretlenes egyenletet kapunk. Mindkét oldalt megszorozzuk 100-zal, majd rendezzük az egyenletet: 44x + 616 = 55x + 420, 11x = 196 196 = 17,82, x= 11 a hozzátöltend˝o alkoholmennyiség tehát 17,82 l.

További, százalékszámítással foglalkozó feladataink a 19.4. szakaszban találhatók. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

10 Két segédeszköz: a determináns és a mátrix

10.1. A másodrendu˝ determináns fogalma; általánosítható tulajdonságai Számításaink és algebrai átalakításaink közben gyakran találkozunk ilyen típusú kifejezéssel: ad − bc, ahol a, b, c, d valamilyen valós számot jelentenek. Ezt a kifejezést – éppen általánosítási céllal – szokás ebben az alakban is felírni: a b c d . Az ilyen 2 × 2-es formában elrendezett számnégyest, ill. a hozzá tartozó ad − bc értéket másodrend˝u determinánsnak nevezzük. Az a, b, c, d számok a determináns elemei; beszélünk a determináns sorairól és oszlopairól; pl. az els˝o sor elemei a és b, a második oszlopé b és d. c d = bc − ad determiHa a determináns két sorát felcseréljük, a a b nánst kapjuk, ami az eredeti determinánsnak éppen a (−1)-szerese. Nem változik meg viszont a determináns értéke, ha a sorokat az oszlopokkal felcseréljük: a c b d = ad − bc. Megjegyezzük még, hogy a gyakorlatban a determináns szót egyaránt használjuk a négyzetes táblázatba rendezett számokra és a hozzájuk rendelt számértékre. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

126

10. Két segédeszköz: a determináns és a mátrix

A másodrend˝u determináns nulla volta azt jelenti, hogy ad − bc = 0, b a azaz = (c 6= 0, d 6= 0). Ezt úgy is felfoghatjuk, hogy létezik olyan c d b a t szám, amelyre = = t, tehát a = ct, b = dt. Ezt viszont úgy fogalc d mazhatjuk, hogy a determináns egyik (ebben az esetben az els˝o) sorának az elemeit úgy kapjuk meg, hogy a második sor megfelel˝o elemeit egy t számmal szorozzuk meg; röviden ezt úgy szoktuk mondani, hogy az egyik sor a másik sornak t-szerese. Megfordítva: ha a másodrend˝u determináns egyik sora egy másik sorának t-szerese, akkor a determináns értéke 0, hiszen a b ta tb = tab − tab = 0.

Mindazt, amit a sorokra elmondtunk, az oszlopokra is elmondhatnánk, mivel a determináns értéke változatlan, ha a sorokat az oszlopokkal felcseréljük. Figyeljük még meg, hogy a determináns értéke nem változik meg, ha egyik sorának elemeihez rendre hozzáadjuk a másik sor megfelel˝o elemeinek a t-szeresét: a b a + tc b + td = , c d c d ti. most az egyenl˝oség bal oldalán ad − bc, jobb oldalán pedig (a + tc)d − (b + td)c = ad + tcd − bc − tcd = ad − bc áll.

10.2. Az n-edrendu˝ determináns fogalma Az alább n × n-es alakban elrendezett n2 számhoz egy D számot rendelünk hozzá, és ezt a D-t n-edrend˝ u determinánsnak nevezzük: a11 a12 a13 . . . a1n a21 a22 a23 . . . a2n D = a31 a32 a33 . . . a3n . .. . an1 an2 an3 . . . ann

Az elemek kett˝os indexezése itt azt jelenti, hogy az aik elem az i-edik sor és a k-adik oszlop közös eleme; az i-edik sor elemei tehát ai1 , ai2 , ai3 , . . . , ain . D értékének (azt szoktuk mondani: a determináns értékének) a meghatározása céljából vezessünk be egy fogalmat, az aldetermináns fogalmát. Hagyjuk el az n-edrend˝u determináns aik elemének sorát és oszlopát, az

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

10. Két segédeszköz: a determináns és a mátrix

127

így megmaradó (n − 1)2 elem egy n − 1-edrend˝u determinánst alkot. Ebb˝ol képezzük az aik elemhez tartozó Aik aldeterminánst úgy, hogy az n − 1edrend˝u determináns értékét (−1)i+k -val megszorozzuk. Figyeljük meg, hogy az el˝obb említett (−1)i+k szorzó +1 és −1 értékei a sakktábla világos és sötét mez˝oinek megfelel˝oen változnak („sakktáblaszabály”), tehát a következ˝o elrendezésben (az n-edrend˝u determináns elemei helyébe most a hozzájuk tartozó szorzó el˝ojelét írjuk; tegyük fel pl., hogy n páros): + − + − . . . + − − + − + . . . − + + − + − . . . + − . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .................... − + − + . . . − + Az n-edrend˝u determináns értékét ezek segítségével a következ˝o módon határozzuk meg: Válasszuk ki a determináns egy tetszés szerinti (mondjuk i-edik) sorát (vagy oszlopát), szorozzuk meg a sor (oszlop) minden elemét a hozzá tartozó aldeterminánssal, az így kapott szorzatok összege a determináns értéke; tehát: D = ai1 Ai1 + ai2 Ai2 + . . . + ainAin .

Ezek szerint az n-edrend˝u determináns értékét n − 1-edrend˝u determinánsok értéke segítségével számolhatjuk ki; az n − 1-edrend˝uekét viszont n − 2-edrend˝uek felhasználásával, és így tovább; végül a harmadrend˝uekét másodrend˝uek segítségével; a másodrend˝uek kiszámítási módját viszont ismerjük. Bebizonyítható, hogy a determináns értékének fenti meghatározása független a sor, ill. oszlop kiválasztásától; ezt az eljárást egyébként a determináns sor szerinti (ill. oszlop szerinti) kifejtésének nevezzük. Megjegyezzük, hogy az n-edrend˝u determináns több más módon is értelmezhet˝o. Fejtsük ki pl. a következ˝o harmadrend˝u determinánst az els˝o sora szerint: a11 a12 a13 D = a21 a22 a23 . a31 a32 a33 Az els˝o sor elemeihez tartozó (másodrend˝u) aldeterminánsok:

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

128

10. Két segédeszköz: a determináns és a mátrix a22 a32 a A12 = − 21 a31 a21 A13 = a31 A11 =

Ebb˝ol

a23 = a22 a33 − a23a32 , a33 a23 = −a21 a33 + a23a31 , a33 a22 = a21 a32 − a22a31 . a32

D = a11 A11 + a12A12 + a13A13 = a11 a22 a33 − a11a23 a33 − − a12 a21 a33 + a12a23 a31 + a13a21 a32 − a13a22 a31 .

A harmadrend˝u determináns értéke tehát az elemekb˝ol képezhet˝o hat ún. kifejtési tag összegeként áll el˝o; könnyen meggy˝oz˝odhetünk róla, hogy ugyanezt a hat kifejtési tagot kapjuk, bármely sora vagy oszlopa szerint fejtjük is ki a determinánst. Figyeljük meg, hogy minden kifejtési tagban a determináns minden sorából és oszlopából pontosan egy elem szerepel. Ez a megfigyelésünk a harmadrend˝u determináns egy egyszer˝u kifejtését teszi lehet˝ové (ez az ún. Sarrus-szabály). Írjuk fel a determináns els˝o két oszlopát a harmadik oszlop után; a nyilak irányában lev˝o három-három elemet szorozzuk össze, ezek lesznek a kifejtési tagok, a felfelé irányulókat szorozzuk meg −1-gyel:

ր ր ր

a11 a12 a13

a11 a12

a21 a22 a23

a21 a22

a31 a32 a33

a31 a32

     

     

ց ց ց

Fejtsük ki pl. a következ˝ o harmadrend˝u determinánst az els˝o sora szerint: −3 5 7 2 1 0 = −3 1 0 − 5 2 0 + 7 2 1 = 12 1 9 1 9 12 9 12 1 = −3 · 1 − 5 · 2 + 7 · 15 = 92.

Sarrus-szabállyal:

ր ր ր

−3

5

7 −3

5

2

1

0

2

1 = −3 + 0 + 168 − (63 + 0 + 10) = 92.

9 12

1

9

           

www.interkonyv.hu

12

ց ց ց © Reiman István

© Typotex Kiadó

129

10. Két segédeszköz: a determináns és a mátrix

Megjegyezzük, hogy egyetlen számot is tekinthetünk determinánsnak (egy sora és egy oszlopa van). Ebben az értelemben a determináns kifejtési szabályát másodrend˝u determinánsra is alkalmazhatjuk; ebben az esetben ui. a11 a12 a21 a22 , A11 = a22 , A12 = −a21 , A21 = −a12 , A22 = a11 ; a determinánst els˝o sora szerint kifejtve kapjuk, hogy a11 a12 a21 a22 = a11 A11 + a12A12 = a11 a22 − a12a21 ,

megegyezésben a másodrend˝u determinánsra adott definíciónkkal.

10.3. Többismeretlenes, els˝ofokú egyenletrendszerek; Cramer-szabály A kétismeretlenes egyenletrendszerek megoldásakor közvetlenül is találkozhatunk másodrend˝u determinánsokkal. Oldjuk meg a következ˝o általános alakú kétismeretlenes egyenletrendszert (az a, b, c, d, e, f adott számoknak tekintend˝ok): ax + by = e, cx + dy = f . Szorozzuk meg az els˝o egyenletet d-vel, a másodikat b-vel, majd vonjuk ki az els˝o egyenletb˝ol a másodikat: (ad − bc)x = ed − f b, (10.3.1) x=

ed − f b ad − bc

(ad − bc 6= 0).

Hasonlóan, ha az els˝o egyenletet c-vel, a másodikat a-val szorozzuk meg, a két egyenlet különbsége: (bc − ad)y = ec − f a, (10.3.2) y=

f a − ec ec − f a = bc − ad ad − bc

(ad − bc 6= 0).

Ezeket az eredményeket determinánsok segítségével is felírhatjuk: e b a e   f d c f a b x= (10.3.3) c d 6= 0 . , a b a b c d c d

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

130

10. Két segédeszköz: a determináns és a mátrix

Mivel ekvivalens átalakításokat végeztünk, a kapott értékek nyilván kielégítik az adott egyenletrendszert. A nevez˝okben lev˝o determináns az ismeretlenek együtthatóiból áll, ezt nevezzük az egyenletrendszer determinánsának. Eredményünk szerint a kétismeretlenes egyenletrendszert egyetlen (x, y) számpár elégíti ki, ha a rendszer determinánsa nem egyenl˝o nullával. Ha viszont a rendszer determinánsa 0, el˝oz˝o fejezetünk szerint ez azt jelenti, hogy az egyik egyenlet bal oldala a másik egyenlet bal oldalának egy t számmal való szorzásával áll el˝o, tehát pl. c = ta, d = tb. A (10.3.1) és (10.3.2) egyenletekben a bal oldalon 0 áll, megoldás ezért csak akkor lehet, ha a jobb oldalak is 0-val egyenl˝ok, ez azonban szükségképpen azt jelenti, hogy f = te, vagyis a második egyenlet az els˝ob˝ol t-vel való szorzással áll el˝o, azaz a két egyenlet lényegében azonos, tulajdonképpen csak egy egyenletünk van, az egyenletrendszernek ekkor végtelen sok megoldása van. Természetesen, ha f = te nem teljesül, az egyenletrendszernek nem lehet megoldása. Összefoglalva tehát megállapíthatjuk: ha a kétismeretlenes egyenletrendszer két egyenletb˝ol áll, az egyenletrendszernek vagy egy megoldása van, vagy végtelen sok megoldás létezik, vagy pedig nincs megoldása. A (10.3.3) alatti eredményt megfigyelve megállapíthatjuk, hogy a számlálókban olyan determinánsok állnak, amelyeket a rendszer determinánsából úgy kaptunk, hogy az els˝o, ill. a második oszlop elemeinek a helyébe rendre a jobb oldalon álló számokat helyettesítettük. Ez a megfigyelésünk nagy általánosságban igaz: Legyen az a11 x1 + a12x2 + a13x3 + . . . + a1nxn = b1 , a21 x1 + a22x2 + a23x3 + . . . + a2nxn = b2 , (10.3.4) a31 x1 + a32x2 + a33x3 + . . . + a3nxn = b3 , · · · an1 x1 + an2x2 + an3x3 + . . . + annxn = bn egyenletrendszerben az x1 , x2 , . . . , xn ismeretlenek száma egyenl˝o az egyenletek számával és legyen D az egyenletrendszer determinánsa. Jelölje Di azt az n-edrend˝u determinánst, amit D-b˝ol úgy kapunk, hogy az i-edik oszlop elemeinek helyébe rendre a b1 , b2 , . . . , bn számokat helyettesítjük, tehát: a11 a12 . . . b1 . . . a1n a11 a12 . . . a1i . . . a1n a21 a22 . . . b2 . . . a2n a21 a22 . . . a2i . . . a2n ; D= · , Di = ·· ·· · an1 an2 . . . ani . . . ann an1 an2 . . . bn . . . ann

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

131

10. Két segédeszköz: a determináns és a mátrix

ha D 6= 0, akkor az egyenletrendszernek egyetlen megoldásrendszere van és ebben D2 Dn D1 , x2 = , . . . , xn = . x1 = D D D Ez az ún. Cramer-szabály. A Cramer-szabály alkalmazására oldjuk meg a következ˝o háromismeretlenes egyenletrendszert: 3x − 4y + z = 23, x + 7y − 2z = −29,

4x + 5y + 3z = 8.

A megoldáshoz szükséges determinánsok: 3 −4 23 −4 1 1 7 −2 = 114, D1 = −29 7 −2 = 228, D = 1 4 5 3 8 5 3 3 −4 3 23 23 1 7 −29 = 570. D2 = 1 −29 −2 = −342, D3 = 1 4 4 5 8 8 3 Ebb˝ol

x=

D1 = 2, D

y=

D2 = −3, D

z=

D3 = 5. D

10.4. A determinánsok általános tulajdonságai A 10.1. szakaszban megállapítottuk a másodrend˝u determinánsok néhány tulajdonságát, ezek nagy része minden determináns esetében igaz. Most a determinánsok néhány ilyen tulajdonságát soroljuk fel; ezek ismeretében a determinánsok értékének maghatározása (kifejtése) gyakran lényegesen egyszer˝ubbé válik. A következ˝o állítások mindegyike érvényes akkor is, ha bennük sor helyett oszlopot és oszlop helyen sort mondunk. 1. A determináns értéke nem változik meg, ha a sorokat az oszlopokkal felcseréljük, azaz elemeit a f˝oátlóra tükrözzük (l. a 7. tulajdonságot). 2. Ha a determinánsban két sor helyzetét felcseréljük, a determináns értéke (−1)-gyel szorzódik. 3. Ha a determináns két sorában az egymás alatti elemek rendre egyenl˝ok, a determináns értéke 0. 4. Ha a determináns egy sorában minden elem 0, akkor a determináns értéke is 0. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

132

10. Két segédeszköz: a determináns és a mátrix

5. Ha a determináns egy sorának minden elemét megszorozzuk egy t számmal, akkor a determináns értéke is t-vel szorzódik. 6. Ha egy determinánsban pl. az 5. sor minden elemét hozzáadjuk pl. a 3. sorban fölötte álló elemhez, és az 5. sort változatlanul hagyjuk, akkor azt mondjuk, hogy az 5. sort hozzáadjuk a 3. sorhoz. A determináns értéke nem változik meg, ha egy tetsz˝oleges sorának a t-szeresét (t tetsz˝oleges valós szám) hozzáadjuk egy másik sorához. 7. Egy determináns f˝oátlóját azok az elemek alkotják, amelyeknek sorés oszlopindexe egyenl˝o (azaz: a11 , a22 , . . . , ann ). Ha a determináns f˝oátlója felett (alatt) minden elem 0, akkor a determináns értéke a f˝oátló elemeinek a szorzatával egyenl˝o. 8. Ha a determináns egy sorának az elemeit rendre megszorozzuk egy másik sor elemeihez tartozó aldeterminánsokkal, akkor a szorzatok öszszege 0. Pl. ha az i-edik sor elemeit szorozzuk meg a k-adik sorhoz tartozó aldeterminánsokkal, a következ˝o szorzatösszeget kapjuk (i 6= k) : ai1 Ak1 + ai2 Ak2 + ai3Ak3 + . . . + ainAkn = 0.

10.5. A mátrix fogalma; speciális mátrixok Helyezzünk el n · m számot (elemet) egy olyan téglalap alakú táblázatba, amelynek n sora és m oszlopa van; az i-edik sor és k-adik oszlop közös elemét jelöljük aik -val; a táblázat elemeit szögletes zárójellel foglaljuk egybe. Az így szerkesztett táblázatot mátrixnak nevezzük, pontosabban n × m-es mátrixnak:   a11 a12 a13 . . . a1m a21 a22 a23 . . . a2m   ·    · · an1 an2 an3 . . . anm A mátrix elemei leggyakrabban valós számok, de lehetnek más halmazok elemei is. Az elemek egybefoglalására szögletes zárójel helyett kerek zárójelet is szoktak használni (néha függ˝oleges kett˝os vonalat is). A mátrixokat általában nagybet˝uvel (rendszerint vastagított nyomásúval) jelöljük. A mátrix tehát – ellentétben a determinánssal – nem egyetlen számot jelent. Ha a mátrix sorainak és oszlopainak a száma egyenl˝o, négyzetes mátrixról beszélünk. A sormátrixnak csak egyetlen sora van, az oszlopmátrixnak pedig csak egyetlen oszlopa van, ezeket szokás sorvektornak, ill. oszlopvektornak is

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

10. Két segédeszköz: a determináns és a mátrix

133

nevezni; a sorvektor elemei közé – esetleges összeolvasás elkerülése céljából – rendszerint vessz˝ot (vagy pontosvessz˝ot) teszünk; pl. A sormátrix (sorvektor), B oszlopmátrix (oszlopvektor).   7  4  A = [2; 7; 14; −3; 6]; B =   11 . −3

Ha egy sor-, ill. oszlopvektor minden eleme 1, akkor azt összegez˝ovektornak vagy összegez˝omátrixnak mondjuk. Nullmátrixnak (nullamátrixnak, zérusmátrixnak) nevezünk minden olyan mátrixot, amelyeknek valamennyi eleme 0; általában vastagon nyomott 0-val szokás ezeket jelölni, pl.  0 0 0 0 0= . 0 0 0 0

Átlósmátrixnak vagy diagonálmátrixnak azokat a négyzetes mátrixokat mondjuk, amelyekben mindenf˝oátlón kívüli elem  0-val egyenl˝o; pl.: −5 0 0 0  0 7 0 0  D=  0 0 6 0 . 0 0 0 1

Ha az átlósmátrix f˝oátlójában minden elem 1-gyel egyenl˝o, egységmátrixról beszélünk:   1 0 0...0 0 1 0 . . . 0    E=  . . . . . . . . . . . 0 0 1 . . . 0 0 0 0...1

Permutálómátrixnak mondjuk az olyan n × n-es négyzetes mátrixot, amelynek n eleme 1-es, a többi eleme 0, és minden sorában és oszlopában pontosan egy 1-es van; pl.:  0 1 0 0 1 0 0 0  P= 0 0 0 1 . 0 0 1 0 Ha egy mátrix sorait és oszlopait felcseréljük, a mátrix transzponáltját kapjuk. Az A mátrix transzponáltját mi AT -vel jelöljük. [A jelölések nem egységesek, ugyanezt szokás A∗ -gal (olv.: A csillaggal) is jelölni.] Pl.:

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

134

10. Két segédeszköz: a determináns és a mátrix

 7 5 −1 4 −1 2 3  , AT =   2 0 ; 4 0 7 3 7 a transzponálás tehát azt jelenti, hogy az els˝o sor elemeib˝ol az els˝o oszlop elemei lesznek, a második sor elemeib˝ol a második oszlop elemei stb.; négyzetes mátrix transzponálásakor a f˝oátló elemei helyükön maradnak, a f˝oátlóra tükrösen elhelyezked˝o elemek pedig helyet cserélnek. A négyzetes mátrix szimmetrikus, ha azonos a transzponáltjával, tehát a f˝oátlóra szimmetrikusan elhelyezked˝o elemei egyenl˝ok, és antiszimmetrikus, ha a f˝oátlóra szimmetrikusan elhelyezked˝o elemei ellentettek, és a f˝oátló minden eleme 0.  7 A= 5





10.6. Muveletek ˝ a mátrixok körében A mátrixok alkalmazása lehet˝ové teszi, hogy nagyszámú formula helyett egyszer˝u, tömör, könnyen áttekinthet˝o jelöléseket használjunk. Ehhez szükségesek a mátrixm˝uveletek. Megállapodunk abban, hogy két mátrixot azonos típusúnak mondunk, ha mindkett˝o n × m-es, azaz mindkett˝oben ugyanannyi sor van és mindkett˝oben az oszlopok száma is megegyezik. Két mátrixot akkor tekintünk egyenl˝onek, ha mindkett˝o azonos típusú és mindkett˝oben ugyanazon a helyen egyenl˝o elemek állanak (azaz: az aik elem mindkett˝oben ugyanaz). Az A mátrixot egy c számmal úgy szorozzuk meg, hogy a mátrix minden elemét megszorozzuk c-vel. A c-vel szorzott mátrix jelölése cA vagy c · A; megállapodunk abban, hagy cA és Ac ugyanazt jelentse. Pl.:       2 1 0 2 1 0 10 5 0 C= ; 5C = 5 = 4 −1 7 4 −1 7 20 −5 35 Megjegyezzük, hogy a (−1)A mátrixot egyszer˝uen −A-val jelöljük. Legyenek A és B azonos típusú, n × m-es mátrixok, az i-edik sor és kadik oszlop közös eleme A-ban aik , B-ben bik . A és B összegén, az A + B mátrixon, azt az n × m-es mátrixot értjük, amelyben az i-edik sor és k-adik oszlop közös eleme aik + bik -val egyenl˝o. Összeadni tehát csak azonos típusú mátrixokat lehet, és az összeg az összeadandók megfelel˝o helyein szerepl˝o elemek összeadásával áll el˝o. Pl.:       1 4 0 −4 1 0  2 −8 +  2 9 = 4 1 . −7 6 11 4 4 10

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

10. Két segédeszköz: a determináns és a mátrix

135

Könnyen igazolhatók a következ˝o azonosságok: 1. c(A + B) = cA + cB, 2. A + (−A) = 0, 3. (c + d)A = cA + dA, pl. A + A = 2A. 4. A + (B + C) = (A + B) + C. A 4. azonosság felhasználásával a mátrixok összeadása tetsz˝oleges számú összeadandóra is értelmezhet˝o. Az A + (−B) összeget egyszer˝uen A − B-vel jelöljük és A és B különbségének nevezzük. Lényegesen bonyolultabb a mátrixok szorzatának az értelmezése. Legyen A n × p, B pedig p × m típusú mátrix; az i-edik sor és a kadik oszlop közös eleme A-ban aik , B-ben bik . Az A és B mátrixok AB szorzatán olyan n × m-es típusú mátrixot értünk, amelyben az i-edik sor és k-adik oszlop közös eleme ai1 b1k + ai2b2k + ai3 b3k + . . . + aipb pk , i = 1, 2, . . . , n;

k = 1, 2, . . . , m.

A szorzás definíciójának lényege tehát a következ˝o: – a szorzásnál lényeges, melyik az els˝o, melyik a második tényez˝o a szorzatban; – csak olyan mátrixok szorozhatók össze, amelyekben az els˝o tényez˝onek ugyanannyi oszlopa van, mint ahány sora a második tényez˝onek; – a szorzatmátrix egy eleme úgy jön létre, hogy vesszük az els˝o tényez˝o egy sorát és a másodiknak egy oszlopát (az el˝oz˝o feltétel éppen azt jelenti, hogy mindkett˝onek azonos számú eleme van), majd a sor els˝o elemét megszorozzuk az oszlop els˝o elemével, majd a sor második elemét az oszlop második elemével . . . , s végül a sor utolsó elemét az oszlop utolsó elemével, és ezeket a szorzatokat összeadjuk. Rövidség kedvéért egy sor és egy oszlop elemeinek ezt az összeszorzását és összegezését nevezzük komponálásnak. Az els˝o tényez˝o i-edik sorának és a második k-adik oszlopának a komponálása adja a szorzatmátrixban az i-edik sor k-adik elemét; a szorzatmátrixnak annyi sora lesz, mint az els˝o tényez˝onek, és annyi oszlopa, mint a második tényez˝onek. A és B szorzatát AB-vel vagy A · B-vel szokás jelölni. Lássunk erre el˝oször egy általános jelleg˝u példát:      a11 a12  a11 b11 + a12b21 a11 b12 + a12b22 b b12 1. a21 a22  · 11 = a21 b11 + a22b21 a21 b12 + a22b22  ; b21 b22 a31 a32 a31 b11 + a32b21 a31 b12 + a32b22 további példák: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

136

10. Két segédeszköz: a determináns és a mátrix

      1·4−2·9 +3·6 1·1−2·(−1)+3·3 1 −2 3 4 1 2. 0 7 −1 · 9 −1 = 0·4+7·9 −1·6 0·1+7·(−1)−1·3 = 2·4+5·9 +1·6 2·1+5·(−1)+1·3 2 5 1 6 3   4 12 = 57 −10. 59 0   b1 3. [a1 , a2 , a3 ] · b2  = [a1 b1 + a2 b2 + a3b3 ], b3 az eredmény egyelem˝u mátrix.       a11 a12 a13 x1 a11 x1 + a12x2 + a13x3 4. a21 a22 a23  · x2  = a21 x1 + a22x2 + a23x3  ; a31 a32 a33 x3 a31 x1 + a32x2 + a33x3 az eredmény oszlopmátrix. Bebizonyítható, hogy a szorzás, ill. a szorzás és összeadás esetében is érvényes a számok körében megismert asszociatív, ill. disztributív szabály, ha tehát a szóban forgó mátrixok összeszorozhatók, akkor A · (BC) = (AB) · C, a háromtényez˝os szorzatot ezért egyszer˝uen ABC-vel jelölhetjük; A · (B + C) = A · B + A · C és (B + C) · A = B · A + C · A.

Nem érvényes viszont általában a kommutatív szabály, tehát a szorzat tényez˝oi nem cserélhet˝ pl.:  ok fel. Legyen     0 1 1 0 0 0 A= , B= , AB = = 0, 0 0 0 0 0 0 viszont



 0 1 BA = 6 0. = 0 0

Az el˝obbi példában AB = 0 arra a tényre is felhívja a figyelmünket, hogy a mátrixok körében a szorzat nullmátrix lehet akkor is, ha a tényez˝ok között nincs nullmátrix. Viszont nyilvánvaló, hogy a nullmátrixszal való szorzás eredménye mindig nullmátrix.

10.7. Az inverzmátrix; kapcsolat az els˝ofokú egyenletrendszerrel Legyen A egy n × n-es négyzetes mátrix, E pedig az n × n-es egységmátrix. Az A mátrix inverzén azt az A−1 -nel jelölt mátrixot értjük, amelyre A · A−1 = A−1 A = E. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

10. Két segédeszköz: a determináns és a mátrix

137

Az A−1 tehát a számok reciprokához hasonló szerepet játszik, innen származik jelölésmódja is. Nincs minden négyzetes mátrixnak inverze; bebizonyítható, hogy az A négyzetes mátrixnak akkor és csakis akkor van inverze (és ez egyértelm˝u), ha az A elemeib˝ol képzett determináns értéke nem nulla. Az A elemeib˝ol képzett determináns értékének szokásos jele |A| (használatos még: det A). Ha az A négyzetes mátrixnál |A| 6= 0, akkor inverzét a következ˝o módon képezzük: a mátrixhoz tartozó determinánsban minden elemet helyettesítsünk a hozzá tartozó aldeterminánsnak és |A|-nak a hányadosával, az ezekb˝ol az elemekb˝ol létrejött mátrix transzponáltja az A inverze. Pl.: legyen a 3 × 3-as A mátrix determinánsában az aik elemhez tartozó aldetermináns Aik , akkor az A mátrix és inverze:   A11 A21 A31  |A| |A| |A|      a11 a12 a13 A12 A22 A32  −1 .    A = a21 a22 a23 , A =  |A| |A| |A|    a31 a32 a33 A13 A23 A33  |A|

|A|

|A|

A fentiek alapján állítsuk el˝o az A mátrix inverzét:   5 7 A= , A11 = 3, A12 = −2, A21 = −7, A22 = 5, |A| = 1, 2 3     3 −7 1 0 A−1 = , ellen˝orizhetjük, hogy A · A−1 = = E. −2 5 0 1

Mátrixok segítségével egyszer˝uen írhatunk fel els˝ofokú egyenletrendszert. A (10.3.4) alatti n ismeretlenes egyenletrendszer együtthatóiból készített mátrix legyen A, az ismeretleneket tartalmazó oszlopvektor X és a jobb oldali bi számaiból készített oszlopvektor B. A (10.3.4) egyenletrendszer mindkét oldalát úgy foghatjuk fel, mint egy-egy oszlopvektort, amelyek azonban egyenl˝ok egymással és így megfelel˝o elemeik is egyenl˝ok; az egyenletrendszer ezért így írható fel (vö. a 10.6. szakasz 4. feladatával): A · X = B. (10.7.1) Ha |A| 6= 0, létezik inverze, A−1 , szorozzuk meg ezzel a (10.7.1) egyenlet mindkét oldalát „balról”: A−1 AX = A−1 B, mivel A−1 A = E és EX = X, ezért X = A−1 B. www.interkonyv.hu

(10.7.2) © Reiman István

© Typotex Kiadó

138

10. Két segédeszköz: a determináns és a mátrix

A bal oldali oszlopmátrixot tehát az egyenletben szerepl˝o számadatok segítségével állíthatjuk el˝o; nézzük most ennek az alkalmazását egy egyszer˝u egyenletrendszerre. Oldjuk meg a következ˝o egyenletrendszert: 5x1 + 7x2 = 13, 2x1 + 3x2 = 6.     5 7 13 Az egyenletrendszer mátrixa: A = ,B= , ennek inverze (l. 2 3 6   3 −7 el˝oz˝o feladatunkat): A−1 = , (10.7.2) szerint −2 5         x1 3 −7 13 −3 −1 X= =A B= · = . x2 −2 5 6 4 A mátrixok egyenl˝oségi tételéb˝ol következik, hogy x1 = −3, x2 = 4, ami tényleg megoldása az egyenletrendszernek. Bebizonyítható, hogy a (10.7.2) egyenlet lényegében a Cramer-szabállyal azonos.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

11 Komplex számok

11.1. A komplex szám fogalma; muveletek ˝ komplex számokkal A valós számkör felépítésekor az egész számokból kiindulva a számkört fokozatosan a valós számok halmazává b˝ovítjük. A valós számok körében a negatív számoknak nincs négyzetgyöke, viszont kib˝ovíthetjük a valós számhalmazt úgy, hogy a b˝ovített számhalmazban már minden számnak legyen négyzetgyöke. Hozzácsatolunk a valós számokhoz egy i-vel jelölt új elemet (a jelölés az imaginárius = képzeletbeli szó kezd˝obet˝ujéb˝ol származik), amellyel ugyanúgy kívánunk m˝uveleteket végeztetni, mint a valós számokkal, és kikötjük, hogy az i négyzete −1-gyel legyen egyenl˝o, tehát i2 = −1.

Ha a és b tetsz˝oleges valós számok, bevezetjük az a + bi szimbólummal jelölt számokat és ezeket komplex számoknak nevezzük. Szokás ebben a kapcsolatban a-t a komplex szám valós részének, b-t pedig képzetes (imaginárius) részének nevezni. Megállapodunk abban, hogy a komplex számokkal az összeadást, kivonást, szorzást, osztást ugyanolyan szabályok szerint végezzük el, mint a valós számok körében, méghozzá úgy, hogy az a + bi és c + di komplex számok összegére, ill. szorzatára a következ˝ok teljesüljenek: (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i, (a + bi)(c + di) = ac + bci + adi + bdi2 = (ac − bd) + (bc + ad)i. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

140

11. Komplex számok

Bebizonyítható, hogy ez lehetséges is, és az összeadást, ill. szorzást a fenti szabályok szerint elvégezve a komplex számok körében is érvényesek a 2.5. szakaszban közölt azonosságok. Ezekb˝ol egyébként levezethet˝o, hogy egy komplex szám akkor és csakis akkor egyenl˝o nullával, ha a valós és a képzetes része is nulla, azaz a + bi = 0 egyenérték˝u azzal, hogy a = 0 és b = 0. Ha a komplex számban a valós rész 0, a számot szokás néha képzetes (imaginárius) számnak nevezni. A komplex számok halmaza részként tartalmazza a valós számokat, a valós számok olyan komplex számok, amelyeknek képzetes része 0. Mindebb˝ol az is következik, hogy két komplex szám akkor és csakis akkor egyenl˝o, ha valós és képzetes részük is egyenl˝o. Feladatok 1. (8 + 3i) + (9 − 2i) = 17 + i; 2. 7 + 4 − 5i + 9 − 12i + 3i = 20 − 14i; 3. (−2 + i)(9 + 3i) = −18 + 9i − 6i − 3 = −21 + 3i; 4. (6 + 2i)(6 − 2i) = 36 + 4 = 40. Két komplex szám hányadosa is komplex szám (feltéve, hogy az osztó nem nulla). Nézzük pl. a + bi és c + di hányadosát; írjuk a hányadost tört alakjában és b˝ovítsük a törtet c − di-vel: ac + bd bc − ad (ac + bd) + (bc − ad)i a + bi (a + bi)(c − di) = = 2 + i, = c + di (c + di)(c − di) c2 + d 2 c + d 2 c2 + d 2

tehát a hányados valóban komplex szám.

A 2.5 szakaszban használt elnevezéssel tehát kimondhatjuk, hogy a komplex számok testet alkotnak, az ún. komplex számtestet. Az egész kitev˝os hatványok fogalma a komplex számokra is minden további nélkül kiterjeszthet˝o; speciálisan vegyük figyelembe, hogy i2 = −1, i3 = −i, i4 = 1, általában, ha k természetes szám, akkor i4k+1 = i,

i4k+2 = −1,

i4k+3 = −i,

i4k = 1.

A hatványozás egész kitev˝okre megismert azonosságai a komplex számok körében is érvényesek, pl.: (4 + i)3 = 43 + 3 · 42 i + 3 · 4 · i2 + i3 = 64 + 48i − 12 − i = 52 + 47i. 1 1 5 + 12i 1 = = = = 9 − 12i − 4 5 − 12i (5 − 12i)(5 + 12i) (−3 + 2i)2 5 12 5 + 12i = + i. = 25 + 144 169 169

(−3 + 2i)−2 =

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

11. Komplex számok

141

11.2. A komplex számsík A komplex számokról és m˝uveleteikr˝ol szemléletes képet kaphatunk úgy, hogy a komplex számokat a síkon ábrázoljuk. Egy derékszög˝u koordináta-rendszerben az a + bi komplex számhoz rendeljük hozzá azt a pontot, amelynek koordinátái (a, b). Ily módon az a + 0 · i alakú számokhoz, azaz a valós számokhoz az (a, 0) típusú pontok, tehát az x tengely pontjai tartoznak, az x tengelyt ezért itt valós tengelynek is szokás nevezni; viszont a 0 + bi típusú (képzetes) számokhoz a (0, b) koordinátájú pontok, tehát az y tengely pontjai rendel˝odnek hozzá, ezért az y tengelyt itt képzetes tengelynek is szokás mondani. Ily módon a sík pontjai és a valós számok között kölcsönösen egyértelm˝u megfeleltetés jön létre, minden komplex számhoz tartozik egy és csakis egy pont, és minden ponthoz egy és csakis egy komplex szám van hozzárendelve. A komplex számokkal így megjelölt síkot komplex számsíknak nevezzük. Jelöljük az egyszer˝uség kedvéért a következ˝okben a komplex számokat egy bet˝uvel: z = a + bi, nem érthet˝o félre, hogy ugyanígy jelöljük a z-hez tartozó pontot is. A koordináta-rendszer O kezd˝opontjából – ez nyilván a nullához van hozzárendelve – a z pontba mutató vektort is általában a végpontjához tartozó komplex számmal, tehát z-vel jelöljük. Azt a forgásszöget, amellyel a valós tengely pozitív felét az O körül elforgatva fedni fogja a z vektort, a z argumentumának (irányszögének) mondjuk, jele: arg z (olv.: argumentum z); ábránkon arg z = ϕ. A ϕ szöget pozitívnak vagy negatívnak tekinthetjük aszerint, hogy a valós tengelyt milyen irányú elforgatás viszi a z vektorba. A z vektor nem határozza meg egyértelm˝uen az irányszöget, mert nyilván a ϕ, ϕ ± 360◦ , ϕ ± 2 · 360◦, . . . , ϕ ± k · 360◦ irányszögekhez (és csakis ezekhez) ugyanaz az irány tartozik, viszont az irányszög a vektor irányát egyértelm˝uen meghatározza (11.2.1. ábra).

11.2.1. ábra. Komplex szám és konjugáltja a komplex számsíkon

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

142

11. Komplex számok

A nulla számhoz elvben tetsz˝oleges irányszög tartozhat. A z pontnak a nulla ponttól mért távolsága a z komplex szám abszolút értéke, jele: |z|. Pitagorasz tétele szerint p (11.2.1) |z| = a2 + b2 ,

ez akkor is igaz, ha z valós vagy képzetes szám. Komplex szám abszolút értéke tehát nemnegatív valós szám. Az abszolút érték fontos tulajdonsága: szorzat abszolút értéke egyenl˝o a tényez˝ok abszolút értékének szorzatával. Legyen ugyanis z1 =a + bi, z2 =c + di; ekkor z1 z2 =(ac−bd) + (bc + ad)i. Ebb˝ol q p |z1 z2 | = (ac − bd)2 + (bc + ad)2 = a2 c2 + b2d 2 + b2c2 + a2 d 2 = q p p = (a2 + b2 )(c2 + d 2 ) = a2 + b2 · c2 + d 2 = |z1 ||z2 |, |z1 z2 | = |z1 ||z2 |,

(11.2.2)

amivel állításunkat bizonyítottuk. Hasonlóan bizonyítható, hogy a hányados abszolút értéke a számláló és a nevez˝o abszolút értékének a hányadosával egyenl˝o, azaz z1 |z1 | = (11.2.3) z2 |z2 | .

Az a + bi és a − bi komplex számok egymás konjugáltjai, a komplex számsíkon a konjugált komplex számokhoz tartozó pontok a valós tengelyre tükrösen helyezkednek el; a valós számok (és csakis azok) egyenl˝ok a konjugáltjukkal. A z komplex szám konjugáltját z-sal (olv.: z vonással) jelöljük. Nyilván (z) = z. A konjugált komplex számok abszolút értéke (11.2.1) miatt egyenl˝o: |z| = |z|, irányszögeik viszont egymásnak ellentettjei; ha z irányszöge ϕ, akkor z irányszöge −ϕ: arg z = − arg z.

Két konjugált komplex szám szorzata abszolút értékük négyzetével egyenl˝o, hiszen ha z = a + bi, és z = a − bi, akkor zz = (a + bi)(a − bi) = a2 + b2 = |z|2 = |z|2 . Ebb˝ol viszont z-vel való osztással

z=

|z|2 z

(11.2.4)

következik. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

11. Komplex számok

143

A konjugáltság fogalmából levezethet˝ok a következ˝o állítások (amelyek egyébként a konjugáltak geometriai kapcsolata alapján is igazolhatók): – összeg konjugáltja egyenl˝o az összeadandók konjugáltjainak összegével, – szorzat konjugáltja egyenl˝o a tényez˝ok konjugáltjainak szorzatával, – hányados konjugáltja egyenl˝o a számláló és nevez˝o konjugáltjainak a hányadosával. Vegyünk most fel a komplex számsíkon két tetsz˝oleges komplex számnak megfelel˝o pontot, z1 -et és z2 -t. Ha z1 = a + bi, z2 = c + di, akkor z1 + z2 = (a + c) + (b + d)i, ez azt jelenti, hogy a z1 + z2 ponthoz mutató vektort úgy kapjuk meg, hogy z1 és z2 vektorát összeadjuk a vektorösszeadás szabálya szerint (11.2.2. ábra). z1 + z2 pontot úgy is megkaphatjuk (l. az ábrát), hogy a z1 pontot a z2 vektorral eltoljuk. Legyen ismét z1 és z2 két tetsz˝oleges komplex szám, a z1 z2 szorzathoz tartozó pont helyzetét vizsgáljuk most meg. Figyeljük meg el˝oször azt a háromszöget, amelynek csúcsai a 0, 1 és z1 pontok (11.2.3. ábra). Mivel az 1 és z1 pontokat a z1 − 1 vektor köti össze, a 01z1 háromszög oldalainak a hossza: 1,

|z1 |,

|z1 − 1|.

11.2.2. ábra. Komplex számok összeadása

11.2.3. ábra. Komplex számok szorzása

Hasonlóan, a 0, z2 és z1 z2 pontok által meghatározott háromszögben a z2 pontot a z1 z2 ponttal a z1 z2 − z2 = (z1 − 1)z2 vektor köti össze; a 0, z2 , z1 z2 háromszög oldalai ezért |z2 |,

www.interkonyv.hu

|z1 z2 |,

|(z1 − 1)z2 |.

© Reiman István

© Typotex Kiadó

144

11. Komplex számok

Mivel a szorzat abszolút értéke a tényez˝ok abszolút értékeinek a szorzata, a háromszög oldalai: |z2 |, |z1 ||z2 |, |z1 − 1||z2 |,

a második háromszög oldalhosszait tehát úgy kapjuk meg, hogy az els˝o oldalhosszait |z2 |-vel szorozzuk, de ez azt jelenti, hogy két háromszögünk hasonló; a hasonlóság miatt viszont a két háromszög 0-nál lev˝o (ϕ1 -gyel jelölt) szögei is egyenl˝ok. Ha most z1 irányszögét ϕ1 -gyel, z2 irányszögét ϕ2 -vel jelöljük, ábránkról leolvasható, hogy z1 z2 irányszöge ϕ1 + ϕ2 . Bebizonyítható, hogy ez minden esetben (tehát nemcsak az ábránkon ábrázolt esetben) így van, ezért két komplex szám szorzatának irányszöge a tényez˝ok irányszögeinek az összegével egyenl˝o, azaz arg z1 z2 = arg z1 + arg z2 . (11.2.5)

11.3. A komplex számok trigonometriai alakja Jelölje most egy tetsz˝oleges z komplex szám irányszögét ϕ, abszolút értékét pedig r (|z| = r ≧ 0). A 11.3.1. ábra derékszög˝u háromszögéb˝ol leolvasható, hogy ha z = a + bi, a = r cos ϕ, b = r sin ϕ, (11.3.1) és ez helytálló akkor is, ha ϕ tetsz˝oleges szög, ezért z = r cos ϕ + ir sin ϕ, azaz z = r(cos ϕ + i sin ϕ).

11.3.1. ábra. Komplex szám trigonometrikus alakja

Ezt az alakot a komplex szám trigonometriai alakjának nevezzük. A komplex szám trigonometriai alakját tehát az abszolút érték (r) és az irányszög (ϕ) ismeretében tudjuk felírni, ha viszont az algebrai alak (ap+ bi) ismert, akkor trigonometriai alakjához r-et a már említett |z| = r = a2 + b2 összefüggés alapján tudjuk meghatározni. Az irányszög kiszámításához vegyük a (11.3.1) alatti els˝o egyenletet, ebb˝ol www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

145

11. Komplex számok

a a =√ , r a2 + b2 ennek az egyenletnek a [0, 180◦] intervallumban egyetlen gyöke van, jelölje ezt ϕ0 . Ha b ≧ 0, legyen ϕ= ϕ0 , ha viszont b < 0, akkor ϕ= 360◦ −ϕ0 . cos ϕ =

Feladatok

√ 3 1 i és a z2 = 1. Írjuk fel trigonometriai alakban a z1 = − + 2 2 √ 3 1 i komplex számokat. =− − 2 2 v u  u 1 2 + Mindkét esetben r = |z1 | = |z2 | = t 2

z1 esetében

z2 esetében

cos ϕ0 =

cos ϕ0 =

mivel b < 0,

√ !2 √ 3 = 1 = 1. 2 √

− 21 1 = − , ϕ = ϕ0 = 120◦ , mert 1 2 z1 = cos 120◦ + i sin 120◦ .

− 21 1 =− , 1 2

ϕ0 = 120◦ ,

b=

3 > 0, 2

ϕ = 360◦ −120◦ = 240◦ ,

z2 = cos 240◦ + i sin 240◦ .

2. Írjuk fel a z3 = 8(cos 30◦ + i sin 30◦ ) trigonometriai alakban adott komplex szám algebrai alakját. (11.3.1) szerint: a = 8 cos 30◦ = 8 ·

√ √ 3 = 4 3, 2

b = 8 sin 30◦ = 8 ·

1 = 4, 2

√ z3 = 4 3 + 4i.

A trigonometriai alakban adott komplex számok m˝uveletei közül a szorzást, osztást, hatványozást és gyökvonást vizsgáljuk most meg. Szorzás. Legyen z1 = r1 (cos ϕ1 + i sin ϕ1 ), z2 = r2 (cos ϕ2 + i sin ϕ2 ). Az el˝oz˝o fejezetben megállapítottuk, hogy a szorzat abszolút értéke a tényez˝ok abszolút értékeinek a szorzata, és a szorzat irányszöge a tényez˝ok irányszögeinek összegével egyenl˝o, ezért
z1 z2 = r1 r2 cos(ϕ1 + ϕ2 ) + i sin(ϕ1 + ϕ2 ) . (11.3.2) Hatványozás. A szorzásra vonatkozó el˝oz˝o képletünk nyilván tetsz˝olegesen sok tényez˝o esetére is kiterjeszthet˝o, pl.: ha z = r(cos ϕ + i sin ϕ), akkor
z2 = z · z = r2 cos(ϕ + ϕ) + i sin(ϕ + ϕ) = r2 (cos 2ϕ + i sin2ϕ). Hasonlóan, ha n pozitív egész (n ≧ 2), akkor
zn = z · z · z . . . · z = r · r · . . . · r cos(ϕ + ϕ + . . . + ϕ) + i sin(ϕ + ϕ + . . . + ϕ) ,

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

146

11. Komplex számok

zn = rn (cos nϕ + i sin nϕ), ezt az összefüggést Moivre-képlet néven szokás emlegetni.

(11.3.3)

Osztás. A z = r(cos ϕ + i sin ϕ) komplex szám reciprokának az

1 száz

1 = 1 egyenletet. A 11.1. z 1 szakaszban láttuk, hogy két komplex szám hányadosát, tehát -t is csak z egyféleképpen lehet megadni, ezért, ha találunk olyan trigonometriai alakú komplex számot, amelyet z-vel szorozva 1-et kapunk, akkor ez szükség1 képpen -vel egyenl˝o. Ilyen komplex szám viszont könnyen el˝oállítható: z
1 1 = cos(−ϕ) + i sin(−ϕ) . (11.3.4) z r A (11.3.2) képlet szerint ugyanis
1 1 z · = r · cos(ϕ − ϕ) + i sin(ϕ − ϕ) = 1, z r 1 tehát -nek a (11.3.4) alatti el˝oállítása valóban helyes. Legyen most z1 = z = r1 (cos ϕ1 + i sin ϕ1 ), z2 = r2 (cos ϕ2 + i sin ϕ2 ), ekkor
1 z1 1 = z1 = r1 (cos ϕ1 + i sin ϕ1 ) · cos(−ϕ2 ) + i sin(−ϕ2 ) , z2 z2 r2
r1 z1 = cos(ϕ1 − ϕ2 ) + i sin(ϕ1 − ϕ2 ) . z2 r2

mot nevezzük, ezt az jellemzi, hogy kielégíti a z ·

Komplex számok n-edik gyöke. A z = r(cos ϕ + i sin ϕ) komplex szám n-edik gyökén olyan komplex számot értünk, amelynek n-edik hatványa z-vel egyenl˝o. Ha tehát w a z-nek n-edik gyöke, akkor wn = z. Tegyük fel, hogy trigonometriai alakban w = t(cos ψ+ i sin ψ), akkor el˝oz˝o egyenletünk (11.3.3) alapján így írható: t n (cos nψ + i sin nψ) = r(cos ϕ + i sin ϕ).

Itt most két komplex szám egyenl˝oségér˝ol van szó, az egyenl˝oségnek az a feltétele, hogy az abszolút értékek egyenl˝ok legyenek, az irányszögek pedig 360◦ egész számú többszörösében különbözzenek, tehát t n = r és nψ − ϕ = k · 360◦, √ ϕ + k · 360◦ , ahol k tetebb˝ol, mivel t és r nemnegatív, t = n r és ψ = n sz˝oleges egész, tehát   √ ϕ + k · 360◦ ϕ + k · 360◦ n + i sin . (11.3.5) w = r cos n n www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

147

11. Komplex számok

A Moivre-képlet alkalmazásával azonnal látható, hogy w n-edik gyök, mivel n-edik hatványa éppen z-vel egyenl˝o. w-nek ebben az el˝oállításában azonban még végtelen sok k érték szerepel. Bebizonyítható, hogy a k = 0, 1, 2, . . . , n − 1

választással n különböz˝o w számot kapunk, a további k értékek már nem adnak újabb gyököt, tehát a z komplex számnak n darab n-edik gyöke van, ezek a (11.3.5) képlettel állíthatók el˝o, ha k helyébe rendre a 0, 1, 2, . . ., n − 1 számokat helyettesítjük. A komplex számok √ körében az n-edik gyökök jelölése éppen ezért nehézséget okoz. Az n z szimbólummal szokás az n-edik gyökök halmazát jelölni, ez azonban algebrai kifejezésekben többértelm˝usége miatt √ gyakorlatilag nem használható. Logikus az a megállapodás, hogy n z az n-edik gyökök közül az „els˝ot” jelölje, vagyis ha z irányszöge ϕ (0 ≦ ϕ < 360◦), √ √ ϕ akkor n z irányszöge . Ez összhangban van a a-ra az 5.1. szakaszban n √ √ 3 adott definíciónkkal, mert így a nemnegatív, viszont −8 ebben az eset  √ 180◦ 180◦ 3 ben nem valós számot jelöl, hiszen −8 = 2 sin + i sin = 3 3 √ = 1 + i 3, holott a 6.1. szakaszban adott meghatározásunk szerint √ 3 −8 = −2. Egyetlen kiválasztott gyök jelölésére ezért inkább trigonometriai vagy exponenciális alakú (l. a 11.4. szakaszt) komplex számot szokás használni. A komplex számok körében minden valós számnak (ha nem 0-val egyenl˝o) két négyzetgyöke van. Pl.: legyen z = 4, trigonometriai alakban: z = 4(cos0◦ + i sin 0◦ ), a négyzetgyökök:

és

  0◦ 0◦ =2 4 cos + i sin 2 2   0◦ + 360◦ 0◦ + 360◦ + i sin = 2(−1 + i · 0) = −2, 4 cos 2 2

tehát 2 és −2. Legyen most z=−4, trigonometriai alakban: z=4(cos 180◦+i sin 180◦ ), a négyzetgyökök:   180◦ 180◦ + i sin = 4(cos90◦ + i sin 90◦ ) = 2i, 4 cos 2 2   180◦ +360◦ 180◦ +360◦ + i sin = 4(cos 270◦ +i sin 270◦) = −2i. 4 cos 2 2

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

148

11. Komplex számok

Utóbbi két példánk eredménye általánosítható: ha a pozitív valós szám, akkor a-nak és −a-nak a komplex számok körében két négyzetgyöke van: √ √ √ √ a négyzetgyökei: a és − a; −a négyzetgyökei: i a és −i a. Ennek megfelel˝oen pl.: −1 négyzetgyökei i és −i. Feladatok 1. Legyen z1 = 3(cos 42◦ + i sin 42◦ ), z2 = 5(cos 17◦ + i sin 17◦ ), állítsuk z1 trigonometriai és algebrai alakját. el˝o z1 z2 és z2 A trigonometriai alakok:
z1 z2 = 3 · 5 cos(42◦ + 17◦ ) + i sin(42◦ + 17◦ ) = 15(cos 59◦ + i sin 59◦ );
3 z1 = cos(42◦ − 17◦ ) + i sin(42◦ − 17◦ ) = 0,6(cos 25◦ + i sin 25◦ ). z2 5 Az algebrai alakok (közelít˝o értékek): Mivel cos 59◦ = 0,5150 és sin 59◦ = 0,8572, ezért z1 z2 = 15(0,5150 + i · 0,8572) = = 7,725 + 12,858i, z1 továbbá: cos 25◦ =0,9063 és sin 25◦ =0,4226, ezért =0,6(0,9063 + i · 0,4226) = z2 = 0,5438 + 0,2536i.

2. Állítsuk el˝o az i negyedik gyökeit trigonometriai alakban. Mivel i = 1(cos 90◦ + i sin 90◦ ), i negyedik gyökeinek trigonometriai alakja: 90◦ 90◦ + i sin 4 4 90◦ + 360◦ 90◦ + 360◦ + i sin cos 4 4 ◦ ◦ 90 + 720 90◦ + 720◦ + i sin cos 4 4 ◦ ◦ 90 + 1080 90◦ + 1080◦ + i sin cos 4 4 cos

= cos 22,5◦ + i sin 22,5◦ , = cos 112,5◦ + i sin 112,5◦ , = cos 202,5◦ + i sin 202,5◦ , = cos 292,5◦ + i sin 292,5◦ .

3. Számítsuk ki 1 köbgyökeit trigonometriai és algebrai alakban. 1 = cos 0◦ + i sin 0◦ , 0◦ 0◦ + i sin = 1, 3 3 √ 3 0◦ + 360◦ 0◦ + 360◦ 1 cos + i sin = cos 120◦ + i sin 120◦ = − + i , 3 3 2 2 √ 3 0◦ + 720◦ 1 0◦ + 720◦ cos + i sin = cos 240◦ + i sin 240◦ = − − i . 3 3 2 2 Itt jegyezzük meg, hogy 1-nek az n-edik gyökeit n-edik egységgyököknek nevezzük, ebben a példában a harmadik egységgyököket számítottuk ki. a gyökök: cos

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

11. Komplex számok

149

4. Oldjuk meg a komplex számok körében a következ˝o másodfokú egyenletet: x2 − 8x + 65 = 0. A megoldóképlettel: √ √ 8 ± −196 8 ± 14i 8 ± 64 − 260 = = , x= 2 2 2 x1 = 4 + 7i, x2 = 4 − 7i, a megoldás tehát két konjugált komplex szám. A komplex számok körében a valós együtthatójú másodfokú egyenletnek mindig két (esetleg egybees˝o) megoldása van, két valós szám, vagy két konjugált komplex szám. Komplex gyökök esetében is felírhatjuk a másodfokú egyenlet gyöktényez˝os alakját, tehát x2 − 8x + 65 = (x − 4 − 7i)(x − 4 + 7i) = 0.

11.4. A komplex számok exponenciális alakja A m˝uszaki gyakorlatban bizonyos számítások egyszer˝usítése céljából a komplex számoknak az ún. exponenciális alakját használják. Megállapodunk abban, hogy az 1 abszolút érték˝u és ϕ irányszög˝u komplex számot eiϕ -vel jelöljük, ahol e a természetes logaritmus alapszáma (6.6. szakasz), tehát cos ϕ + i sin ϕ = eiϕ . Ennek megfelel˝oen az r abszolút érték˝u és ϕ irányszög˝u komplex szám exponenciális alakja: r(cos ϕ + i sin ϕ) = reiϕ . Ennek a jelölésmódnak az el˝onye, hogy bizonyos m˝uveletek igen egyszer˝uen, a hatványok megszokott azonosságai szerint végezhet˝ok el; a jelölés jogosságát egyébként a komplex számok körében értelmezett általános hatványfogalom segítségével igazolni lehet. Szorzás. Az r1 (cos ϕ1 + i sin ϕ1 ) = r1 eiϕ1 , r2 (cos ϕ2 + i sin ϕ2 ) = r2 eiϕ2 komplex számok szorzata trigonometriai alakban:
r1 r2 cos(ϕ1 + ϕ2 ) + i sin(ϕ1 + ϕ2 ) ,

ennek exponenciális alakja: r1 r2 ei(ϕ1 +ϕ2 ) , de ugyanezt kapjuk, ha az azonos alapú hatványok szorzásánál az ismert szabályt alkalmazzuk, azaz a kitev˝oket összeadjuk: r1 eiϕ1 · r2 eiϕ2 = r1 r2 ei(ϕ1 +ϕ2 ) .

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

150

11. Komplex számok

Osztás. Az el˝oz˝okhöz hasonlóan adódik, hogy r1 r1 eiϕ1 = ei(ϕ1 −ϕ2 ) . iϕ 2 r2 e r2 Hatványozás. A Moivre-képlet szerint n r(cos ϕ + i sin ϕ) = rn (cos nϕ + i sin nϕ),

ez exponenciális alakban:

(reiϕ )n = rn einϕ ,

tehát a hatványozásnál is a régi szabályok érvényesülnek. Gyökvonás. Ugyanúgy, mint a trigonometriai alak esetében, itt is figyelembe kell vennünk, hogy a ϕ irányszög nincs egyértelm˝uen meghatározva, ezért reiϕ n-edik gyökeire a következ˝o n érték adódik (a hatványkitev˝oben radiánokban mért szögeket használunk): √ n

rei n ,

√ n

rei

ϕ

ϕ+2π n

,

i ϕ+4π n

,

√ n

re

.. . √ n

rei

ϕ+(n−1)2π n

.

Feladat Írjuk fel az ötödik egységgyökök exponenciális alakját. Mivel 1 = cos 0 + i sin 0 = ei·0 , az egységgyökök: 0

ei 5 = e0 = 1, 2π

ei 5 , 4π

ei 5 , 6π

ei 5 , 8π

ei 5 .

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

12 Egyhatározatlanú (egyváltozós) polinomok

12.1. Az egyhatározatlanú polinom fogalma; a Horner-módszer A p = an xn + an−1 xn−1 + an−2 xn−2 + . . . + a2 x2 + a1 x + a0 (an 6= 0) kifejezést az x határozatlan n-edfokú polinomjának nevezzük. Megjegyezzük, hogy az x-et változónak is szokás nevezni, ha a polinomot els˝osorban mint függvényt vizsgáljuk. Az a0 , a1 , a2 , . . ., an a polinom együtthatói, és a polinomot csak akkor tekintjük adottnak, ha ismert, milyen számkörb˝ol választottuk az együtthatókat; így beszélünk pl. komplex, valós, racionális vagy egész együtthatós polinomról aszerint, hogy az együtthatók melyik számhalmazból valók. Ha az együtthatóhalmazt külön nem adjuk meg, rendszerint valós együtthatós polinomra kell gondolnunk. Ha x helyébe egy c értéket helyettesítünk, a kapott számot a c helyen vett helyettesítési értéknek mondjuk és p(c)-vel jelöljük; általában egy tetsz˝oleges x helyen vett helyettesítési értéket ennek megfelel˝oen pedig p(x)szel. Ilyen értelemben p(0) = a0 , a0 egyébként a polinom állandó tagja. Az egyetlen állandóból álló polinomot (p = a0 6= 0) nulladfokú polinomnak mondjuk. Figyeljük még meg, hogy a p(1) helyettesítési érték minden polinomnál az együtthatók összegével egyenl˝o. Ha a polinom minden helyettesítési értéke 0, akkor szükségképpen minden együtthatója is 0, az ilyen polinom a nullpolinom, a nullpolinomnak nem szokás fokszámot tulajdonítani. A helyettesítési érték kiszámítására célszer˝u módszer az ún. Hornermódszer (vagy Horner-szabály, Horner-elrendezés); kiküszöböli a közvetwww.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

152

12. Egyhatározatlanú (egyváltozós) polinomok

len magas hatványra emelést és számológépen is könnyen használható, memóriarekesz sem szükséges hozzá. Ehhez vegyük figyelembe, hogy a p polinomot úgy is felírhatjuk, hogy az állandó nélküli részb˝ol x-et kiemeljük, majdezt az eljárást folytatjuk:
 p(x) = . . . (an x + an−1)x + an−2 x + an−3 . . . + a1 x + a0. Pl. a 3x3 − 2x2 + 5x + 6 harmadfokú polinom
ilyen átalakítása: (3x − 2)x + 5 x + 6.

A Horner-módszer a következ˝o. Írjuk fel egy táblázat els˝o sorába a polinom együtthatóit, an -nel kezdve:

c

an

an−1

an−2 . . .

an

an c + an−1

(an c + an−1)c + an−2

a1

a0 p(c)

A második sorba an alá ismét an kerül, ett˝ol balra lev˝o oszlopba írjuk fel (emlékeztet˝oként) a helyettesítend˝o c értéket. an az els˝o „kiszámított érték”. Az eljárás a következ˝o: az utolsó kiszámított értéket megszorozzuk c-vel és hozzáadjuk a következ˝o oszlop els˝o sorában lev˝o együtthatót, a kapott értéket ez utóbbi alá írjuk. Ezt az eljárást tovább folytatva a0 alatt a p(c) helyettesítési értéket kapjuk. Számítsuk ki pl. Horner-módszerrel az x5 − 7x4 + 3x2 − 2x+ 72 polinom helyettesítési értékeit rendre az x = 3, 2, −4 helyeken. Fontos észrevennünk, hogy az együtthatók között 0 is szerepelhet, pl. az adott polinomban a3 = 0, de ezt is be kell írnunk a táblázatba: 1 3

1

2

1

−4

1

−7

−4 −5

−11

0

3

−12

−33

−10 44

−17

−173

−2

−101 −36

690

72 −231 0 −2688

ezek szerint p(3) = −231, p(2) = 0, p(−4) = −2688. Azokat a c értékeket, amelyekre a polinom helyettesítési értéke 0, a polinom gyökhelyeinek, gyökeinek (vagy nullahelyeinek) mondjuk. Példánkban a 2 gyöke a polinomnak.

12.2. A polinomok osztási algoritmusa A polinomok körében az összeadást, kivonást, szorzást és az egytagúval való osztást az algebrai egész kifejezéseknél megismert módszerrel végezzük el. Polinomnak polinommal való osztására egy olyan eljárást (ún. algoritmust) adunk meg, amely lényegét tekintve azonos az egész számok www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

153

12. Egyhatározatlanú (egyváltozós) polinomok

körében használt osztási eljárással. Egyébként a valós együtthatójú p polinomot akkor mondjuk oszthatónak a valós együtthatójú f polinommal, ha van olyan g polinom, hogy p = f · g. Az osztás módját egy példán mutatjuk meg. Mindenekel˝ott fontos, hogy a két polinomot rendezett alakban – tehát pl. mindkett˝ot csökken˝o hatványaival – írjuk fel. Végezzük el a (6x5 − 28x4 + 29x3 + 6x2 − 37x + 20) : (2x2 − 8x + 5) osztást. Az els˝o lépésben az osztó els˝o tagját elosztjuk az osztandó els˝o tagjával, a hányados 3x3 , ez lesz a hányadospolinom els˝o tagja. Ezzel most megszorozzuk az osztót és a szorzatot az osztandó alá írjuk és kivonjuk az osztandóból (a kivonás jelzéseként az ellentétesre változtatott el˝ojeleket is kiírjuk): (6x5 − 28x4 + 29x3 + 6x2 − 37x + 20) : (2x2 − 8x + 5) = 3x3 − 6x5 ∓ 24x4 ± 15x3 . − 4x4 + 14x3 + 6x2 − 37x + 20

Innen az egész eljárás ismétl˝odik egészen addig, amíg nulla maradékot nem kapunk, feltéve, hogy az osztandó osztható az osztóval. A hányados második tagja: −4x4 : 2x2 = −2x2 , ∓ 4x4 ± 16x3 ∓ 10x2

− 2x3 + 16x2 − 37x + 20 . . . . . . . . . a hányadosban: − x, ∓ 2x3 ± 8x2 ∓ 5x 8x2 − 32x + 20 . . . . . . . . . a hányadosban: − 8x2 ∓ 32x ± 20 . 0

4,

A hányados tehát: 3x3 − 2x2 − x + 4. Ha az osztandó nem osztható az osztóval, akkor a maradék természetesen nem 0, hanem az osztónál alacsonyabb fokú polinom lesz. Az osztási algoritmusból is következik, hogy a hányadospolinom foka az osztandó és osztó fokának a különbsége.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

154

12. Egyhatározatlanú (egyváltozós) polinomok

Egy másik példa: (4x3 − 31x2 + 45x − 18) : (4x − 3) = x2 − 7x + 6 − 4x3 ∓ 3x2 − 28x2 + 45x − 18 ∓ 28x2 ± 21x 24x − 18 − 24x ∓ 18

.

0

12.3. A polinomok gyöktényez˝os alakja A polinomok gyakorlati alkalmazásának legfontosabb kérdése a gyökhelyek megkeresése, ami lényegében egyenletmegoldást jelent. Ebben viszont lényeges egyszer˝usítést nyújthat a polinom szorzattá bontása; ehhez segít hozzá a következ˝o tétel: ha a p polinomnak x1 gyökhelye, akkor p osztható x − x1 -gyel. (Az x − x1-et itt gyöktényez˝onek nevezzük.) Legyen ugyanis p(x) = anxn +an−1 xn−1 +. . .+a1x+a0 . Mivel x1 gyöke + . . . + a1 x1 + a0 = 0, ezért p-nek, p(x1 ) = an xn1 + an−1xn−1 1 p(x)= p(x) − p(x1) = = an xn +an−1 xn−1 +...+a1 x+a0 −(an xn1 +an−1xn−1 1 +...+a1 x1 +a0 ) = = an (xn − xn1 ) + an−1(xn−1 − xn−1 1 ) + . . . + a1 (x − x1 ).

A 3.2. szakasz szerint a zárójeles kifejezések mindegyike osztható x − x1 gyel, ezért utolsó kifejezésünk szorzattá alakítható úgy, hogy az egyik tényez˝o x − x1 legyen, a másik pedig egy n − 1-edfokú g1 polinom: p = (x − x1 )g1 . Ha most g1 -nek x2 gyökhelye, akkor g1 is felírható (x − x2 )g2 alakban, ahol g2 n − 2-edfokú polinom; ezt tovább folytatva kapjuk, hogy ha g2 -nek x3 gyöke, akkor g2 = (x − x3 )g3 , ahol g3 n − 3-adfokú polinom. Ez az eljárás legfeljebb addig folytatható, míg a gyöktényez˝o szorzója nulladfokú polinom, tehát állandó nem lesz, azaz az eljárásunk legfeljebb n lépésben biztosan végetér, s ha tényleg n gyököt találtunk, akkor p els˝ofokú gyöktényez˝oknek a szorzatára bontható. Bebizonyítható, hogy az ebben az esetben kapott gn nulladfokú polinom éppen an -nel egyenl˝o, ezért a p polinom gyöktényez˝os alakja: p = an (x − x1)(x − x2 ) . . . (x − xn ). (12.3.1) www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

155

12. Egyhatározatlanú (egyváltozós) polinomok

Ebb˝ol természetesen az is következik, hogy x1 , x2 , . . . , xn p-nek a gyökei (lehetnek közöttük egyenl˝ok is). Az is látszik ebb˝ol, hogy ha p n-edfokú, nem lehet n-nél több gyöke. Ha a gyököket a komplex számok között keressük, bebizonyítható, hogy az n-edfokú polinomnak pontosan n gyöke van, tehát a (12.3.1) alatti gyöktényez˝os felbontás ebben az esetben mindig létezik. Bevezet˝o tételünk módot nyújt arra, hogy egy polinom gyökhelyeinek a megkeresését 1-gyel alacsonyabb fokú polinom gyökeinek a meghatározására vezessük vissza, ha a polinom egy gyökét valamilyen módon felismerjük. Pl.: oldjuk meg az x3 − 6x2 + 11x − 6 = 0 egyenletet. Könnyen láthatjuk, hogy x = 1 gyöke az egyenletnek (azaz az egyenlet bal oldalán lev˝o harmadfokú polinomnak), ezért a polinom osztható (x − 1)-gyel. Végezzük el az osztást: (x3 − 6x2 + 11x − 6) : (x − 1) = x2 − 5x + 6 −x3 ∓ x2 − 5x2 + 11x − 6 ∓ 5x2 ± 5x

6x − 6 − 6x ∓ 6

,

0

ezért x3 − 6x2 + 11x − 6 = (x − 1)(x2 − 5x + 6). Egyenletünk további gyökei viszont az x2 − 5x + 6 polinom gyökeivel azonosak; ezek a másodfokú egyenlet megoldóképletével határozhatók meg: x2 − 5x + 6 = 0, √ 5 ± 25 − 24 5 ± 1 = , x1 = 3, x2 = 2, x= 2 2 egyenletünknek tehát három gyöke van: 1, 3, 2.

12.4. Egész együtthatós polinomok racionális gyökei Ha a polinom együtthatói egész számok, akkor véges sok próbálkozással (gyakran csak néhány próbálkozással) megállapíthatjuk a polinom racionális számokból álló gyökeit (az ún. racionális gyököket). Tegyük fel p racionális szám, ahol p és q relatív prímek, gyöke a ugyanis, hogy a q polinomnak, azaz www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

156

12. Egyhatározatlanú (egyváltozós) polinomok

an pn an−1 pn−1 a1 p + + ...+ + a0 = 0, qn qn−1 q az egyenletet qn -nel megszorozva: an pn + an−1 pn−1 q + . . . + a1 pqn−1 + a0qn = 0. Rendezzük át ezt az egyenletet kétféle módon: p(an pn−1 + an−1 pn−2 q + . . . + a1 qn−1 ) = −a0 qn , n−1

n−2

n−1

(12.4.1)

n

q(a0 q + a1q p + . . . + an−1q ) = −an p . (12.4.2) Els˝o egyenletünk bal oldala osztható p-vel, ezért kell, hogy a jobb oldala is osztható legyen; viszont qn nem osztható p-vel, ezért kell, hogy a0 osztható legyen p-vel. Hasonlóan bizonyítható a (12.4.2) egyenlet alapján, hogy an viszont osztható q-val, ezek szerint p ha az egész együtthatójú an xn + an−1 xn−1 + . . . + a0 polinomnak a q racionális szám gyöke, akkor a0 osztható p-vel és an osztható q-val. Ebb˝ol már következik, hogy ha an = ±1, akkor q csak +1 vagy −1 p lehet, ezért -nak egésznek kell lennie, tehát q ha az egész együtthatós polinomban a legmagasabb fokú tag együtthatója ±1, akkor a polinom racionális gyöke csak egész szám lehet. Feladatok 1. Keressük meg pl. a 2x4 − 5x3 − 9x2 − 11x − 4 = 0 egyenlet racionális gyökeit. Mivel an = 2 és ennek osztói q lehetséges értékei: q = ±1, ±2, a0 = −4, ennek osztói p lehetséges értékei: p = ±1, ±2, ±4. 1 p Így lehetséges értékei: p = ±1, ±2, ±4, ± , tehát összesen 8 érték. A Hornerq 2 módszerrel számítsuk ki ezek helyettesítési értékeit:

1 −1 2 −2 4 −4 1 2 1 − 2

www.interkonyv.hu

2

−5

−9

−11

2 2 2 2 2 2

−3 −7 −1 −9 3 −13

−12 −2 −11 9 3 43

−23 −9 −33 −29 1 −183

2

−4

−11

−16,5

2

−6

−6

−8

−4 −27 5 −70 54 0 ←− 728 −12,25 0 ←−

© Reiman István

© Typotex Kiadó

12. Egyhatározatlanú (egyváltozós) polinomok

157

1 Számításainkból kit˝unik, hogy az x = 4 és x = − helyeken van a polinomnak 2 racionális gyöke.

2. Határozzuk meg az x3 − 6x2 − 8x + 7 = 0 egyenlet racionális gyökeit. Mivel an = 1, a racionális gyökök csak egészek lehetnek, a0 = 7 miatt ezek a gyökök osztói 7-nek, tehát lehetséges értékeik: ±1, ±7. Számítsuk ki ezeken a helyeken Horner-módszerrel a polinom helyettesítési értékeit:

1 −1 7 −7

1

−6

−8

7

1 1 1 1

−5 −7 1 −13

−13 −1 −1 83

−6 8 0 ←− −574

Ezek szerint a polinom egyetlen racionális gyöke x1 = 7. Megjegyezzük, hogy ennek segítségével a harmadfokú polinom többi gyöke is kiszámítható; a polinom ugyanis osztható az x − 7 gyöktényez˝ovel és így szorzattá bontható; végezzük el az osztást: (x3 − 6x2 − 8x + 7) : (x − 7) = x2 + x − 1 −x3 ∓ 7x2

x2 − 8x + 7

− x2 ∓ 7x

−x+7

∓x±7

.

0 Megfigyelhetjük, hogy a hányados együtthatói: 1, 1, −1, az el˝obbi táblázat nyíllal jelölt sorában is fellépnek, tehát ott, ahol a 7 helyettesítési értéket számítottuk ki. Bebizonyítható, hogy ez általánosságban is így van; ha egy polinomnak x0 gyökhelye, akkor x0 helyettesítési értékének Horner-módszerével történ˝o kiszámításakor fellép˝o számok rendre azonosak annak a polinomnak az együtthatóival, amelyet a polinomból x − x0 -val való osztással kapunk. Egyenletünk ezért (x − 7)(x2 + x − 1) = 0 alakban írható. Az egyenlet további gyökei az x2 + x − 1 = 0 gyökeivel azonosak, ezeket a másodfokú egyenlet megoldóképletével számíthatjuk ki: √ √ −1 ± 1 + 4 −1 ± 5 = , x= 2 2

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

158

12. Egyhatározatlanú (egyváltozós) polinomok

√ √ −1 − 5 −1 + 5 , x3 = . 2 2 A most megismert eljárást másodfokú polinom esetén nem szoktuk használni, mert ott a megoldóképlet használata gyorsabb és egyszer˝ubb. Bár harmad- és negyedfokú polinomok gyökeinek a kiszámítására is megadható képlet, ez már annyira bonyolult, hogy érdemes helyette az el˝obb ismertetett eljárással próbálkozunk. Viszont ötöd- vagy annál magasabb fokú polinomok gyökeinek a kiszámítására nem adható meg képlet, ezért ezekhez kénytelenek vagyunk a most tárgyalt módszerekhez hasonlókat keresni, ill. közelít˝o eljárást alkalmazni; erre mutatunk egy példát a 21.9. szakaszban. az egyenlet további gyökei tehát: x2 =

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

13 Kombinatorika

13.1. Sorba rendezési problémák; permutációk, variációk A kombinatorika leggyakoribb feladatai közé tartoznak a sorba rendezési problémák; ezek közül választunk most ki bevezet˝oül kett˝ot. 1. Hány olyan háromjegy˝u szám van, amely különböz˝o számjegyekb˝ol áll? A feladat megoldása céljából készítsünk el három rekeszt; egy – a feladatnak megfelel˝o – háromjegy˝u számot úgy írunk fel, hogy jegyei rendre egy-egy rekeszbe kerüljenek. 1. számjegy

2. számjegy

3. számjegy

9 lehet˝oség

9 lehet˝oség

8 lehet˝oség

Az els˝o számjegyet az 1, 2, . . ., 9 számok közül választhatjuk, tehát 9féleképpen. A másodikat a 0, 1, 2, . . . , 9 jegyek közül választhatjuk, tehát 10-féleképpen, de ezek közül az egyik már nem jöhet szóba, mert azt az els˝o helyre beírtuk, ezért erre szintén 9 lehet˝oség van. Ez azt jelenti, hogy az els˝o két helyet összesen 9 · 9 = 81-féle módon tölthetjük ki helyesen, hiszen minden els˝o helyre beírt számban a második jegyet 9-féleképpen választhatjuk. A harmadik rekeszbe a 0, 1, 2, . . . , 9 számok közül azokat írhatjuk be, amelyek nincsenek az els˝o két rekeszben, ennek kiválasztására tehát 8 lehet˝oségünk van; ezek szerint a három rekesz 81 · 8 = 648-féleképpen tölthet˝o meg, ennyi a különböz˝o jegyekb˝ol álló háromjegy˝u számok száma. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

160

13. Kombinatorika

2. Hányféleképpen lehet tippelni a totóban 14 mérk˝ozésre, ha a lehetséges tippek 1, x, 2? Most is elképzelhetjük, hogy – mint a valóságban – a tippeket 14 rekeszbe írhatjuk be. Az els˝o rekeszt 3-féleképpen tölthetjük ki, a másodikat ett˝ol függetlenül szintén, tehát az els˝o két mérk˝ozésre összesen 3 · 3 = 9féle tippet adhatunk. A további rekeszekbe ismét háromféleképpen írhatunk jelet, ez azt jelenti, hogy minden mérk˝ozéssel megháromszorozódik a kitöltési lehet˝oségek száma, ezért 14 mérk˝ozésre összesen 314= 4 782 969 lehet˝oség van. Hasonló módon lehet sorba rendezni nemcsak számokat, hanem tetsz˝oleges tárgyakat, embereket stb.; általában: elemeket. Eljárásunk lényegét a sorba rendezési tétel mondja ki: ha az elemek egy bizonyos halmazát úgy akarjuk sorba rendezni, hogy az els˝o helyre n1 , a másodikra n2 , a harmadikra n3 , . . . , a k-adikra nk elem kerülhet, akkor az összes lehetséges sorba rendezések száma: n1 · n2 · n3 · . . . · nk A gyakorlatban el˝oforduló sorba rendezési típusoknak külön nevet szoktak adni, két ilyen alaptípust képviselnek a permutációk és a variációk. Permutációk. n különböz˝o elem egy bizonyos sorrendjét az n elem egy permutációjának nevezzük, az elemek különböz˝oségére gyakran az ismétlés nélküli permutációk elnevezéssel utalunk. Ha n elemet a permutációknál n rekeszbe kell elhelyeznünk; az els˝ot nféleképpen választhatjuk ki, a másodikat a megmaradt n − 1 elemb˝ol n − 1féleképpen választhatjuk, a harmadikat n − 2-féle módon, . . . , az n − 1ediket kétféleképpen, az utolsót (n-ediket) pedig csak egyféle módon; ezért a sorba rendezési tétel alapján n elem permutációinak száma: n · (n − 1) · (n − 2) · . . .· 2 · 1, azaz az els˝o n pozitív egész szorzatával egyenl˝o. Megjegyezzük, hogy ennek a gyakran el˝oforduló szorzatnak a jelölésére az n! (olv.: n-faktoriális) jelet használjuk. Bizonyos képletek egyszer˝usítése céljából megállapodunk abban, hogy 1! = 1 és 0! = 1. Pl.: Az 1, 2, 3 elemek permutációinak száma 3! = 6. Valóban, az összes lehetséges sorrend: 123 213 312 132 231 321. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

13. Kombinatorika

161

A faktoriálisokat az n 1-t˝ol 50-ig terjed˝o értékeire a III. táblázat tartalmazza. (Megemlítjük, hogy n!-t nagy n értékekre aránylag jól közelíthetjük meg az ún. Stirling formulával: √ 1 n! ≈ nn+ 2 e−n 2π, ahol e a természetes logaritmus alapszáma.) Ha n elem között k darab egyenl˝o, akkor ezek lehetséges sorrendjeit ismétléses permutációknak mondjuk; pl. az l, 2, 2, 2, 3 elemek ismétléses permutációiban a 2-eseket nem különböztetjük meg, ezek: 12223 21232 22231 23221 12232 21322 22312 31222 12322 22123 22321 32122 13222 22132 23122 32212 21223 22213 23212 32221 Ha ebben a 20 ismétléses permutációban megkülönböztetnénk a 2-eseket pl. a 21 , 22 , 23 jelekkel, akkor pl. az els˝o permutációnk meghatszorozódnék: 12122 23 3 122 21 23 3 123 21 22 3 12123 22 3 122 23 21 3 123 22 21 3. Ennek az az oka, hogy a 21 , 22 , 23 elemeknek éppen 3! = 6 permutációja van. Ha tehát az ismétléses permutációk számát, P-t megszorozzuk 6!-sal (azaz általában: k!-sal), megkapjuk az ismétlés nélküli permutációk számát, 5! = 120-at (általában: n!-t), ezért P · k! = n!, ebb˝ol: P = n!/k!, tehát ha n elem között k darab egyenl˝o, akkor az ismétléses permutációk száma: n! . (13.1.1) k! Hasonlóan bizonyítható, hogy ha n elem úgy osztható fel s számú csoportra, hogy az egyes csoportokban az elemek száma rendre k1 , k2 , . . ., ks (k1 + k2 + . . . + ks = n) és az egyes csoportokon belül az elemek egyenl˝ok, akkor az n elem ismétléses permutációinak a száma: n! (k1 + k2 + . . . + ks = n). (13.1.2) k1 ! · k2 ! · . . . · ks ! Variációk. Ha n különböz˝o elemb˝ol kiválasztunk k (különböz˝o) elemet és azt sorba rendezzük, akkor az n elem egy (ismétlés nélküli) k-adosztályú variációját kapjuk. Pl. az 1, 2, 3, 4 elemek másodosztályú variációi: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

162

13. Kombinatorika 12

14

24

21 13

41 23

42 34

31

32

43

n elem k-adosztályú variációinak a számát Vn,k -val (vagy Vnk -val) szokás jelölni; el˝oz˝o példánk szerint V4,2 = 12. A sorba rendezési tétel alapján általánosan is megadhatjuk Vn,k értékét. Ebben az esetben ugyanis n elemb˝ol k számú rekeszt kell kitöltenünk. Az els˝o helyre n-féleképpen választhatunk elemet, a következ˝obe a maradék n − 1 közül választhatunk, a harmadikba n − 2-féle módon, és így folytatva, az utolsó, k-adik rekeszt n − k + 1 módon tölthetjük meg, ezért a sorba rendezés lehet˝oségeinek a száma: Vn,k = n · (n − 1) · (n − 2) · . . .· (n − k + 1). (13.1.3) Ezt az eredményt valamivel rövidebben is felírhatjuk; szorozzuk meg ui. el˝oz˝o egyenl˝oségünk jobb oldalát (n−k)!-sal és ugyanakkor osszuk is el ezzel, és vegyük figyelembe, hogy n·(n−1)·. . . · (n−k+1)·(n−k)! = n!: n! . (13.1.4) Vn,k = (n − k)! Az ismétlés nélküli variációknál természetesen k ≦ n. Ha k = n, akkor a variációk az n elem permutációival azonosak. Ha viszont n különböz˝o elemfajtából úgy rendezünk sorba k elemet, hogy azok között tetsz˝oleges számú egyenl˝o is lehet, akkor az n elem egy k-adosztályú ismétléses variációját kapjuk. Ebben az esetben a k n-t˝ol függetlenül bármilyen nagy értéket is felvehet. A sorba rendezéskor itt a k számú rekesz mindegyikét n-féleképpen lehet kitölteni, ezért a sorba rendezési tétel szerint n elem k-adosztályú ismétléses variációinak a száma: nk . A 2. mintapéldánkban (totószelvény-kitöltés) 3 elem 14-edosztályú variációit számítottuk ki. További sorba rendezési példák: 3. Hány hétjegy˝u számot lehet képezni a 2, 3, 3, 6, 6, 6, 9 számjegyekb˝ol? Egy ilyen szám a megadott hét szám egy sorrendjét jelenti; ebben az esetben a hét szám ismétléses permutációiról van szó, amelyekben k1 = 1, k2 = 2, k3 = 3, k4 = 1, a sorrendek (permutációk) száma tehát: 5040 7! = = 420, 1!2!3!1! 12 www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

163

13. Kombinatorika ennyi a képezhet˝o hétjegy˝u számok száma. 4. Hány olyan hatjegy˝u telefonszám van, amely 81-gyel kezd˝odik?

A telefonszám els˝o és második jegye kötött, a harmadiktól kezdve azonban a 10 számjegy bármelyike lehet, ezért az összes lehetséges szám 104 = = 10 000. 5. Egy jelsorozatot n hosszúságúnak mondunk, ha pontosan n jelb˝ol áll. Hány különböz˝o n hosszúságú jelsorozatot lehet készíteni, amelyben a jelek 0-k vagy 1-esek lehetnek? A feladatban két elem (0 és 1) n-edosztályú ismétléses variációiról van szó, ezek száma 2n . 6. Az autók rendszámtábláján két tetsz˝oleges bet˝u és utána négy számjegy áll. Hány rendszámtábla készíthet˝o, ha 24 bet˝u áll rendelkezésünkre? Mindkét bet˝u 24-féleképpen, tehát a kett˝o együttesen 242 = 576-féleképpen állítható össze; a számok mindegyike pedig 10 módon választható, tehát öszesen 104 = 10 000 módon. Az összes lehetséges rendszámtábla száma ezek szerint: 576 · 10 000 = 5 760 000. 7. A 32 lapos magyar kártyából hat lapot kell kihúznunk. Hányféleképpen lehetséges ez, ha a lapok sorrendjét is figyelembe vesszük, és ha a) a kihúzott lapokat visszatesszük; b) a kihúzott lapokat nem tesszük vissza. (A kártyát nem ismer˝oknek csak annyit kell a magyar kártyáról tudniuk, hogy lapjai különböz˝ok.) a) Ha a lapokat visszatesszük, a hat lap mindegyikének választására 32 lehet˝oségünk van (ismétléses variációk), az összes lapsorrendek száma ezért: 326 = 1 073 741 824. b) Ha a lapokat nem tesszük vissza, 32 elem hatodosztályú ismétlés nélküli variációit kapjuk: V32,6 = 32 · 31 · 30 · 29 · 28 · 27 = 652 458 240. 8. Egy dobókockával háromszor dobunk egymás után. Hányféle eredményt kaphatunk, ha a sorrendet is figyelembe vesszük? A lehetséges dobások egy hatelem˝u halmazt alkotnak: 1, 2, 3, 4, 5, 6, ebb˝ol kell sorba rendeznünk 3 elemet; mindegyik helyre 6 elem kerülhet, ezért az összes lehetséges esetek száma 63 = 216. 9. Hány olyan ötjegy˝u szám van, amelynek második és harmadik jegye 7-es és öttel is osztható? www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

164

13. Kombinatorika

Az els˝o számjegy 9-féle lehet (0 nem lehet els˝o jegy), a második és harmadik csak 1-féle, a negyediket 10 jegyb˝ol választhatjuk, az ötödik viszont csak 5 vagy 0 lehet, hogy a szám osztható legyen 5-tel. Ezért a sorba rendezési tétel szerint a szóban forgó ötjegy˝u számok száma: 9 · 1 · 1 · 10 · 2 = 180.

13.2. Részhalmaz-kiválasztási problémák; kombinációk A kombinatorikában egy n elem˝u halmaz egy k elem˝u részhalmazát az n elem egy k-adosztályú kombinációjának nevezzük. Az n elem˝u halmaz elemeit, és így a k elem˝u részhalmaz elemeit is itt természetesen különböz˝onek tekintjük (néha szokás ezért ismétlés nélküli kombinációról beszélni). k n elem k-adosztályú kombinációinak a számát  nCn,k -val, vagy Cn -val szokás jelölni, gyakoribb jelölési módja azonban: (olv.: n alatt a k). k A kombinációk tehát – a permutációkkal és a variációkkal ellentétben – olyan elemhalmazt alkotnak, amelyben az elemek nincsenek sorba rendezve. n elem egy k-adosztályú kombinációjának (azaz k elem˝u részhalmazának) az elemeit k!-féleképpen lehet sorba rendezni és ezzel a sorba rendezéssel az n elem k-adosztályú ismétlés nélküli variációit kapjuk meg, azaz Vn,k = Cn,k · k!, ebb˝ol Vn,k n! n(n − 1) · . . .· (n − k + 1)  n  = = = . (13.2.1) Cn,k = k! k!(n − k)! 1 · 2 · ...· k k Ezzel megkaptuk n elem k-adosztályú kombinációinak a számát. Bizonyos  nkifejezések   n  egységessé tétele érdekében megállapodunk abban, hogy és 1-gyel legyen egyenl˝o; ez következik egyébként 0 n n! alakú kifejezéséb˝ol is. Cn,k -nak k!(n − k)! Ha n elemb˝ol úgy állítunk össze egy k elem˝u elemcsoportot, hogy abban egyes elemek többször is szerepelhetnek, akkor az n elem egy k-adosztályú ismétléses kombinációját kapjuk. Pl. az 1, 2, 3, 4, 5 elemek másodosztályú ismétléses kombinációi (az elemek sorrendje itt nem számít): 11 13 15 23 25 34 44 55 12 14 22 24 33 35 45 Az ismétléses kombinációknál megengedjük, hogy k nagyobb legyen n-nél. Bebizonyítható, hogy www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

165

13. Kombinatorika n elem k-adosztályú ismétléses kombinációinak a száma:   n+k−1 n(n + 1)(n + 2) · . . .· (n + k − 1) ism . = = Cn,k 1 · 2 · 3 · . . .· k k Feladatok 1. Hányféleképpen tölthet˝o ki a lottószelvény?

A lottóban 90 számból kell 5-öt kiválasztanunk, ezek száma 90 elem 5-ödosztályú kombinációival egyenl˝o:   90 90 · 89 · 88 · 87 · 86 = 43 949 268. = 1·2·3·4·5 5

2. Hányféleképpen lehet összeállítani egy 20-as létszámú osztályból négy öttagú csapatot?   20 Az els˝o öttagú csapatot a 20-as osztályból -féleképpen állíthatjuk össze; 5   15 a másodikat a maradék 15 emberb˝ol -féleképpen; hasonlólan: a harmadikat 5   10 -féleképpen, a megmaradt 5 emberb˝ol áll a negyedik csapat, erre tehát csak 5 1 lehet˝oség maradt. Ebb˝ol az összes lehetséges csapatösszeállítás száma:       15! 10! 20 20 15 10 20! · · = ≈ 1,17 · 1010 . · · = 5!15! 5!10! 5!5! (5!)4 5 5 5

3. Hány részhalmaza van egy n elem˝u halmaznak? n n Általában: a k elem˝u részhalmazok száma: . Megállapodás szerint =1, k 0 és az üres halmazt is részhalmaznak tekintjük, ezért a részhalmazok száma rendre a 0 elem˝u, 1 elem˝u, 2 elem˝u, . . . , n elem˝u részhalmazok számának az összege, azaz     n n n n n + + +...+ + . (13.2.2) 0 1 2 n−1 n (A következ˝o szakaszban megmutatjuk, hogy ez az összeg 2n -nel egyenl˝o.)

4. Adott a síkon n pont úgy, hogy közülük egyik három sem esik egy egyenesbe. Rajzoljuk meg az összes olyan szakaszt, amelynek végpontjai az adott pontok közül valók. Hány szakaszt kell megrajzolnunk? Minden szakaszhoz tartozik 2 pont az adottak közül, ti. a végpontjaik, és minden pontpárhoz egyetlen összeköt˝oszakasz. A szakaszok  n  száma tehát annyi, ahány pontkett˝ost lehet az n pont közül kiválasztani, azaz -t. Ezért a szakaszok száma: 2  n  n(n − 1) . = 2 2

5. Öt egyforma kockát egyszerre dobunk fel. Hányféle eredményt kaphatunk, ha a kockák sorrendje nem számít? www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

166

13. Kombinatorika

Egy dobás eredménye ötöt tartalmaz a kockák lapjain lev˝o 1, 2, 3, 4, 5, 6 számokból, közöttük egyenl˝ok is lehetnek; tehát 6 elem 5-ödosztályú ismétléses kombinációinak a számát kell kiszámítanunk:     6+5−1 10 10 · 9 · 8 · 7 · 6 = 252. = = 1·2·3·4·5 5 5

13.3. A binomiális tétel; binomiális együtthatók A 3.2. szakaszban láttuk a kéttagú kifejezések (idegen szóval binomok) néhány hatványát: (a + b)2 = a2 + 2ab + b2, (a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 . Általánosságban szeretnénk (a + b)n (n pozitív egész) polinomalakját megadni. Ehhez figyeljük meg, hogy ha pl. a + b köbét három tényez˝o szorzataként fogjuk fel, és megkülönböztetjük a tényez˝okben az a és b tagokat, akkor a szorzatot és kifejtését így írhatjuk fel: (a1 + b1)(a2 + b2)(a3 + b3 ) = a1 a2 a3 + a1 a2 b3 + a2a3 b1 + a3a1 b2 + + a1 b2 b3 + a2 b3 b1 + a3 b1 b2 + b1 b2 b3 . Ha az eredményként kapott összegben a1 = a2 = a3 = a és b1 = b2 = = b3 = b, akkor éppen a kéttagú köbére nyert eredményt kapjuk vissza. Figyeljük meg, hogy jönnek létre az utóbbi összeg tagjai: minden tag háromtényez˝oj˝u szorzat, és a szorzatban minden zárójelb˝ol szerepel egy tag; az a1 a2 b3 -at pl. úgy kapjuk meg, hogy két zárójeles összegb˝ol a-t, egyb˝ol pedig b-t választunk ki; ezt háromféle módon tehetjük meg, ezért szerepel az összegben három ilyen típusú tag. Általában: (a + b)n kifejtésében ilyen típusú tagok szerepelnek: ak bn−k (a kitev˝ok összege éppen n-nel egyenl˝o!); ezt az (a + b)n = (a + b)(a + b)(a + b) · . . .· (a + b) szorzatból úgy kapjuk meg, hogy k számú zárójelb˝ol az a-t,  n atöbbi n − kból a b-t szorozzuk össze. Mivel n zárójelb˝ol k számút -féleképpen k n választhatunk ki, az eredményben -szor szerepel az ak bn−k tag, ez azt k jelenti, hogy a kéttagú n-edik hatványa n ak bn−k k alakú tagok összegéb˝ol áll, ahol k értéke ezért  0-tól  n-ig terjedhet, n n n n (a+b)n = an + an−1 b+. . .+ abn−1 + bn . (13.3.1) 0 1 n−1 n www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

13. Kombinatorika

167

A fenti összefüggés tétel.   a Newton-féle   binomiális   Ezek szerint  pl. 4 4 4 4 4 4 (a + b)4 = a4 + a3 b + a2 b2 + ab3 + a . 0 1 2 3 4           4 4 4 4 4 Mivel = 1, = 4, = 6, = 4, = 1, ezért 0 1 2 3 4 (a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4 . n Az szimbólumot a most megismert alkalmazása miatt binomiális k együtthatónak nevezik. A leggyakrabban el˝oforduló binomiális együtthatókat a IV. táblázat tartalmazza. A binomiális együtthatók néhány nevezetes tulajdonságát vizsgáljuk most meg. n  n  A) = . k n−k A bal oldalon az n elem˝u halmaz k elem˝u részhalmazainak a száma áll. Amikor viszont az n elemb˝ol k elemet kiválasztunk, akkor automatikusan kiválasztódik a maradék n − k elem, tehát minden k elem˝u részhalmazhoz eleve hozzákapcsolódik egy n − k elem˝u részhalmaz, és ez megfordítva is igaz, tehát a k elem˝u részhalmazok és az n − k elem˝u részhalmazok száma egyenl˝o. A bizonyítást természetesen a binomiális együtthatók (13.2.1) alatti definíciója alapján is elvégezhetjük. Ezt a módszert követjük a következ˝o öszszefüggésnél (bár ez is bizonyítható kombinatorikai meggondolásokkal):       n−1 n−1 n B) + = . k−1 k k Abinomiális együtthatók    (13.2.1) alatti definíciója szerint (n − 1)! n−1 n−1 (n − 1)! + = + = (k − 1)!(n − k)! k!(n − k − 1)! k−1 k (n − 1)!k + (n − 1)!(n − k) = = k!(n − k)! n n! (n − 1)!(k + n − k) = = = , k!(n − k)! k!(n − k)! k s ezzel összefüggésünket bizonyítottuk.     n n n n n C) + + + ...+ + = 2n . (13.3.2) 0 1 2 n−1 n Ez az összefüggés azonnal következik az a = b = 1 helyettesítéssel a (13.3.1) alatti binomiális tételb˝ol. Mivel a bal oldalon itt a 13.2. szakasz

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

168

13. Kombinatorika

3. példája szerint az n elem˝u halmaz részhalmazainak a száma áll, kimondhatjuk, hogy az n elem˝u halmaznak 2n részhalmaza van. Az A) alatti összefüggés lényegében azt mondja ki, hogy a binomiális tételben az együtthatók a polinomalakban szimmetrikusan helyezkednek el, pl. n = 4 esetén: 1 4 6 4 1. A B) összefüggés azt jelenti, hogy a kéttagú n − 1-edik hatványában szerepl˝o két szomszédos együttható összege az n-edik hatvány egy együtthatóját adja meg. Ezen alapszik az ún. Pascal-féle háromszög szerkesztése. Írjuk fel ui. egymás alá a + b hatványainak az együtthatóit: (a + b)0 = 1 (a + b)1 . . . 1 1 (a + b)2 . . . 1 2 1 (a + b)3 . . . 1 3 3 1 (a + b)4 . . . 1 4 6 4 1 (a + b)5 . . . 1 5 10 10 5 1 6 (a + b) . . . 1 6 15 20 15 6 1 Ebben a háromszögben bármelyik együttható a felette lev˝o sorban t˝ole közvetlenül jobbra, ill. balra lev˝o két együttható összege. Ennek alapján pl. (a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5 . Ellen˝orizhetjük a C) tulajdonság teljesülését. A (13.3.2) bal oldalán lev˝o együtthatók éppen a Pascal-háromszög egy sorának az együtthatói; pl. az 5-ik hatványhoz tartozó együtthatók összege valóban 32 = 25 .

13.4. A skatulyaelv és a logikaiszita-formula Kombinatorikai meggondolásoknál gyakran használjuk a következ˝o tételt: ha egy n + 1 elem˝u (vagy annál nagyobb) halmaz elemeit n skatulyába akarjuk elhelyezni, akkor lesz olyan skatulya, amelyikbe szükségképpen legalább két elemet kell raknunk. Vagy általánosabban: ha egy nk + 1 elem˝u (vagy annál nagyobb) halmaz elemeit n skatulyába akarjuk elhelyezni, akkor lesz olyan skatulya, amelyikbe szükségképpen legalább k + 1 elemet kell raknunk (n, k pozitív egészek). Ez az ún. skatulyaelv. A skatulyaelv helyes voltát egyszer˝u belátnunk; ha ui. mind az n skatulyába legfeljebb k elemet helyeznénk be, akkor az elhelyezett elemek száma legfeljebb nk lenne, tehát nem helyeznénk el az összes elemet. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

13. Kombinatorika

169

Feladatok 1. Bizonyítsuk be, hogy egy 3300 lakosú városban biztosan van 10 ember, akinek ugyanazon a napon van a születésnapja. Gondolatban készítsünk el 366 skatulyát és írjuk rá mindegyikre az év egy napjának a dátumát. Helyezzük most el a város minden lakóját abba a skatulyába, amely a lakos születésnapjának a dátumát viseli. Ha mind a 366 skatulyában legfeljebb 9 ember lenne, akkor legfeljebb 366 · 9 = 3294 lakost helyeztünk volna el, holott a városnak 3300 lakosa van.

2. Egy 10 egységnyi oldalú négyzetbe találomra elhelyezünk 101 pontot. Bizonyítsuk be, hogy van √ közöttük legalább két olyan pont, amelyeknek a távolsága nem nagyobb 2-nél. Osszuk fel a négyzetet sakktáblaszer˝uen 100 darab egységnyi oldalú kis négyzetre. Mivel 101 pontunk van, a skatulyaelv szerint lesz olyan kis négyzet, amelybe (belsejébe vagy határára) legalább két pont került. Mivel az egységnégyzet pontjai √ távolság, ezért a kis négyzetbe került között az átlóhossz – azaz 2 – a legnagyobb √ két pont távolsága nem lehet nagyobb 2-nél.

A következ˝okben a logikaiszita-formula alkalmazására mutatunk egy példát.

13.4.1. ábra. A nyelvismeret Venn-diagramja

Egy intézetben 48-an beszélnek angolul, 31-en németül és 18-an franciául. 12-en angolul és németül is tudnak, 8-an pedig angolul és franciául is; 9-en beszélnek németül és franciául is. Heten viszont mind a három idegen nyelvet beszélik. Az intézet dolgozói közül 29-en a három nyelv egyikén sem beszélnek. Hányan dolgoznak az intézetben? Ehhez ki kell számítanunk, hogy hányan beszélnek pontosan két idegen nyelvet. A csak angolul és németül beszél˝ok számát úgy kapjuk meg, hogy az angolul és németül beszél˝ok számából levonjuk a három nyelvet beszél˝ok számát: 12 − 7 = 5. Hasonlóan kapjuk, hogy csak angolul és franciául beszél 8 − 7 = 1, csak németül és franciául 9 − 7 = 2. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

170

13. Kombinatorika

A csak angolul beszél˝ok száma úgy határozható meg, hogy az angolul beszél˝ok számából kivonjuk a három nyelvet, a csak angolul és németül és a csak angolul és franciául beszél˝ok számát: 48−7−5−1 = 35. Ugyanúgy kapjuk meg a csak németül beszél˝ok számát: 31 − 7 − 5 − 2 = 17, és a csak franciául beszél˝ok számát: 18 − 7 − 2 − 1 = 8. Az intézet dolgozóinak száma: az idegen nyelvet nem beszél˝ok száma + a csak egy nyelvet beszél˝ok száma + a csak két nyelvet beszél˝ok száma + a három nyelvet beszél˝ok száma, tehát (29) + (35 + 17 + 8) + (5 + 2 + 1) + (7) = 104. Összefüggéseinket a halmazok körében alkalmazott Venn-diagrammal is szemléltethetjük. Az intézet dolgozóinak halmazát egy téglalap (I) belseje, az egyes nyelvet beszél˝okét pedig a nyelvnek megfelel˝oen A-val (angolul), N-nel (német), ill. F-fel (francia) jelölt körlemezek ábrázolják, az egyes mez˝okbe a megfelel˝o nyelvet beszél˝ok számát írtuk be (13.4.1. ábra). Feladatunkat most általánosabban fogalmazzuk meg: adott egy H halmaz és három tulajdonság: t1 , t2 és t3 . Jelölje N(t1 ) a H olyan elemeinek a számát, amelyek rendelkeznek a t1 tulajdonsággal (pl. beszélnek angolul), N(t1t2 ) azoknak a számát, amelyek rendelkeznek a t1 és t2 tulajdonságokkal, és hasonlóan N(t1 t2t3 ) a mindhárom tulajdonsággal rendelkez˝o elemek számát jelöli. (A tulajdonságok indexezése természetesen más is lehet.) Viszont t1′ jelölje azt a tulajdonságot, hogy egy elemnek nincs meg a t1 tulajdonsága (pl. nem beszél angolul), ennek megfelel˝oen N(t1′ t2′ t3′ ) azoknak az elemeknek a számát jelöli, amelyek nem rendelkeznek a t1 , t2 , t3 tulajdonságok egyikével sem. El˝oz˝o feladatunk gondolatmentét követve a következ˝oket kapjuk, az egyes részhalmazok elemszámára (13.4.2. ábra): Tulajdonságok: A velük rendelkez˝o elemek száma: t1 ,t2 ,t3 N(t1 t2t3 ) csak t1 és t2 N(t1t2 ) − N(t1t2t3 ); csak t2 és t3 N(t2t3 ) − N(t1t2t3 ); csak t3 és t1 N(t3t1 ) − N(t   1t2t3 );  csak t1 N(t1 )− N(t1t2 ) − N(t1t2t3 ) − N(t3 t1 ) − N(t1t2t3 ) − −N(t1t2t3 ) = N(t1 ) − N(t1t2 ) − N(t3t1 ) + N(t1t2t3 ); csak t2 N(t2 ) − N(t2t3 ) − N(t1t2 ) + N(t1t2t3 ) csak t3 N(t3 ) − N(t3t1 ) − N(t2t3 ) + N(t1t2t3 ) t1′ ,t2′ ,t3′ N(t1′ t2′ t3′ ). A fentiekben megadott 8 részhalmaz diszjunkt, ezek uniója éppen a H halmazt adja meg, legyen H elemszáma n, ekkor tehát n = N(t1 )+N(t2 )+N(t3 )−N(t1t2 )−N(t2t3 )−N(t3t1 )+N(t1t2t3 )+N(t1′ t2′ t3′ ). www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

13. Kombinatorika

171

Ez az összefüggés a logikaiszita-formula három tulajdonság esetén. A most megismert módszer tetsz˝olegesen sok tulajdonságra általánosítható. Két tulajdonság esetén a szitaformula: n = N(t1 ) + N(t2 ) − N(t1t2 ) + N(t1′ t2′ ). A szitaformula alkalmazására oldjuk meg a következ˝o feladatot: hány olyan szám van az els˝o 150 pozitív egész között, amelyek nem oszthatók sem 2-vel, sem 3-mal, sem 5-tel?

13.4.2. ábra. A logikai szita Venn-diagramja

Legyen most t1 , t2 , t3 rendre a 2-vel, 3-mal, 5-tel való oszthatóság tulajdonsága, feladatunk N(t1′ t2′ t3′ ) meghatározását írja el˝o. Az els˝o 150 pozitív egész között 75 osztható 2-vel, 50 osztható 3-mal és 30 osztható 5-tel, tehát N(t1 ) = 75, N(t2 ) = 50, N(t3 ) = 30. 150 = 25, 2-vel és 3-mal a 6-tal osztható számok oszthatók, ezek száma 6 2-vel és 5-tel a 10-zel oszthatók, ezek száma 15, és 3-mal és 5-tel a 15-tel oszthatók, ezek 10-en vannak, tehát N(t1t2 ) = 25, N(t1t3 ) = 15, N(t2t3 ) = 10. 2-vel, 3-mal és 5-tel egyszerre 2 · 3 · 5 = 30 miatt a 30-cal oszthatók, ezek száma: N(t1t2t3 ) = 5. A szitaformula szerint: 150 = 75 + 50 + 30 − 25 − 15 − 10 + 5 + N(t1′ t2′ t3′ ), ebb˝ol a keresett érték: www.interkonyv.hu

N(t1′ t2′ t3′ ) = 40.

© Reiman István

© Typotex Kiadó

172

13. Kombinatorika

13.5. Gráfok; a gráfokkal kapcsolatos alapfogalmak Vegyünk fel n számú pontot; közülük válasszunk ki tetsz˝olegesen párokat és ezeket kössük össze valamilyen folytonos vonallal; az így keletkezett alakzatot gráfnak nevezzük. Ilyen gráfot láthatunk a 13.5.1. ábrán. A pontok a gráf csúcsai vagy szögpontjai, a pontpárokat összeköt˝o vonaldarabok a gráf élei, ezek tetsz˝oleges ívdarabok lehetnek, pl. egyenesszakaszok is, szerepük els˝osorban az, hogy a csúcsok közötti összekötés tényét jelezzék. (Az élek a csúcsokon kívül metszhetik egymást, ennek a metszésnek a gráf szempontjából – hacsak külön nem szólunk róla – nincs jelent˝osége.) Egy adott gráf – geometriai jellegén kívül – számos kapcsolatfajta leírására is alkalmas. A 13.5.1. ábra gráfja pl. jelentheti bizonyos XX. századi európai államok szomszédosságát. Rendeljük hozzá ui. a csúcsokhoz rendre a következ˝o országokat: C1 ↔ Albánia, C2 ↔ Anglia, C3 ↔ Ausztria, C4 ↔ Csehszlovákia, C5 ↔ Finnország, C6 ↔ Jugoszlávia, C7 ↔ Magyarország, C8 ↔ Norvégia, C9 ↔ NSzK, C10 ↔ Olaszország, C11 ↔ Svájc, C12 ↔ Svédország. Gráfunkon két csúcsot akkor köt össze él, ha a nekik megfelel˝o országok szomszédosak; pl. C10 a C3 , C6 , C11 csúcsokkal van összekötve annak megfelel˝oen, hogy Olaszország Ausztriával, Jugoszláviával és Svájccal szomszédos.

13.5.1. ábra. A szomszédság ábrázolása gráffal

13.5.2. ábra. Párhuzamos élek, hurokél

Jelentheti azonban gráfunk azt is, hogy egy véletlenszer˝uen összejött tizenkét tagú társaságban ki kit ismer; most a társaság tagjait azonosítjuk a csúcsokkal, az ismeretséget (ezt most kölcsönösnek tételezzük fel) a megfelel˝o csúcsok összekötött volta jelzi; C1 pl. csak C6 -ot ismeri, C2 -nek viszont nincs ismeretsége. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

13. Kombinatorika

173

Jelentheti gráfunk azt is, hogy egy 12 sakkversenyz˝ob˝ol álló mez˝onyben egy adott id˝opontban az egyes versenyz˝ok kivel fejezték már be a játszmájukat; a csúcsok a gráfban most a versenyz˝oket jelentik, két csúcs összekötése pedig azt, hogy a nekik megfelel˝o versenyz˝ok már játszottak egymással. Az is megengedett, hogy két csúcsot több él kössön össze, ezeket többszörös (párhuzamos) éleknek mondjuk; s˝ot lehetséges, hogy egy él mindkét végpontja ugyanabban a csúcsban legyen, az ilyen él a hurokél (13.5.2. ábra). Egy csúcs fokának mondjuk a csúcsban végz˝od˝o élek számát (a hurokélt ezért a csúcsban kétszeresen számoljuk); a 0 fokú csúcsot izolált (elkülönített) csúcsnak nevezzük. Egyszer˝u a gráf, ha nem tartalmaz párhuzamos éleket és hurokélt. A következ˝okben általában feltételezzük, hogy egyszer˝u gráfról van szó. A gráf csúcsainak a száma a gráf rendje. Ha a gráf minden csúcsának a foka r, akkor r-edfokú reguláris gráfnak mondjuk. Az n csúcsú (azaz n-edrend˝u) gráfban a csúcsok foka maximálisan n−1. Ha minden csúcs foka n − 1 (azaz minden csúcs minden csúccsal össze van kötve), akkor a gráf n-edrend˝u teljes gráf ; a 13.5.3. ábra ötödrend˝u teljes  n  n(n − 1) éle van. gráfot ábrázol. Az n-edrend˝u teljes gráfnak = 2 2

13.5.3. ábra. Ötödrend˝u teljes gráf

13.5.4. ábra. Gráf és komplementere

Egy G gráf komplementere (kiegészít˝o gráfja, komplementer gráfja) az a gráf, amelynek csúcsai G csúcsaival azonosak, azonban benne azok és csakis azok a csúcsok vannak összekötve, amelyek G-ben nincsenek (a 13.5.4. ábrán a komplementer gráf élei szaggatottak). Ha tehát egy gráfnak és komplementerének az éleit egyesítjük, teljes gráfot kapunk. A teljes gráf komplementere üres gráf. Egy G gráf részgráfja minden olyan gráf, amelyet G-b˝ol bizonyos csúcsok és élek elhagyásával kapunk; ha egy csúcsot elhagyunk, akkor természetesen a benne végz˝od˝o éleket is el kell hagynunk. Szokás magát a www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

174

13. Kombinatorika

G-t is a G részgráfjának tekinteni. Most néhány fontosabb részgráftípust sorolunk fel. A vonal (pálya) egymáshoz csúcsban csatlakozó élek sorozatából és az élekhez tartozó csúcsokból áll; egy él csak egyszer fordulhat el˝o a sorozatban, egy csúcs azonban többször is. A vonal zárt, ha kezd˝o- és végpontja egybeesik, ellenkez˝o esetben nyílt. Az út olyan nyílt vonal, amely nem megy át kétszer egyetlen csúcson sem (a 13.5.1. ábra vastag élei utat alkotnak). A kör olyan zárt vonal, amely nem megy át kétszer egyetlen csúcson sem. A gráf összefügg˝o, ha bármely két csúcsát összeköti a gráf egy vonala, a nem összefügg˝o gráf összefügg˝o komponensekre bomlik (a 13.5.3., 13.5.4. ábrák gráfjai összefügg˝ok; a 13.5.1. ábra gráfjának három komponense van). Bebizonyítható, hogy egy gráf és a komplementere közül legalább az egyik összefügg˝o.

13.5.5. ábra. Irányított gráf

Ha a csapatmérk˝ozéseket ábrázoló gráfban a mérk˝ozés eredményét is jelezni akarjuk (az egyszer˝uség kedvéért feltételezve, hogy döntetlen nem volt), akkor az éleket irányítjuk, rajzban ezt egy kis nyíllal jelöljük. Az élek irányítása a gy˝oztes versenyz˝onek megfelel˝o csúcs felé mutat. Ilyen irányított gráf látható a 13.5.5. ábrán; a következ˝okben vizsgált gráfjaink irányítás nélküliek.

13.6. Néhány egyszerubb ˝ gráfelméleti összefüggés; a gráfok Euler-vonala A gráfban a csúcsok fokainak az összege a gráf élszámának a kétszeresével egyenl˝o. Ha ui. minden csúcsban megszámoljuk az éleket (azaz megállapítjuk a fokszámot), akkor minden élt mindkét végpontjában, tehát kétszer számolunk össze. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

175

13. Kombinatorika

Tegyük fel, hogy az n csúcsú gráfban k csúcs foka páratlan, és így n − k csúcs foka páros, és legyen az egyes csúcsok foka rendre f1 , f2 , . . . , fn . Akkor a csúcsok fokainak összege, tehát az e élszám kétszerese: 2e = ( f1 + f2 + . . . + fk ) + ( fk+1 + fk+2 + . . . + fn ). A jobb oldalon a második zárójelben páros számok állanak, s mivel a két zárójeles összeg összege páros (azaz 2e), az els˝o zárójelen belüli összegnek is párosnak kell lennie. Ebben azonban páratlan fokszámokat összegezünk, ezért az összeg csak akkor lehet páros, ha páros számú összeadandónk van, azaz k páros. Azt kaptuk tehát, hogy a gráf páratlan fokú csúcsainak száma páros. Ez pl. bevezet˝o példánkban azt jelenti, hogy az országok egy csoportjában azoknak az országoknak a száma, amelyek páratlan számú országgal határosak, páros. Vagy: egy társaságban mindig páros azoknak a száma, akiknek páratlan számú ismer˝ose van. Vagy: egy sakkverseny mez˝onyében mindenkor páros azoknak a száma, akik páratlan számú játszmát fejeztek be. Minden gráfnak van legalább két olyan csúcsa, amelynek a fokszáma megegyezik.

13.6.1. ábra. Zárt Euler-vonal

13.6.2. ábra. Nyílt Euler-vonal

Tegyük fel ui., hogy a gráf csúcsainak száma n; ebben az esetben egy csúcsból legfeljebb n − 1 él indulhat ki. A csúcsok lehetséges fokszámai ezért n − 1, n − 2, n − 3, . . ., 2, 1, 0. A 0-s és az n − 1-es fokszám azonban egyszerre nem fordulhat el˝o, mert pl. az n − 1-es csúcs a gráf összes többi csúcsával össze van kötve, tehát 0-ás fokszám nem létezhet; és 0-ás csúcs létezése esetén sem lehet n − 1-es fokszámú csúcs. Az n csúcsú gráfban tehát csak n−1 féle fokszám létezhet; a skatulyaelv szerint ezért kell lennie két azonos fokszámú csúcsnak. Ez pl. azt jelenti, hogy minden társaságban van legalább két olyan ember, akinek ugyanannyi ismer˝ose van. A gráf Euler-vonalának olyan vonalat nevezünk, amely a gráf összes élét tartalmazza pontosan egyszer; ez lehet zárt (13.6.1. ábra) vagy nyílt (13.6.2. ábra). Zárt Euler-vonalat írunk le pl. egy gráfban ceruzánkkal, ha www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

176

13. Kombinatorika

azzal egy csúcsból kiindulva felemelés nélkül leírjuk a gráf éleit, minden élen csak egyszer megyünk át, és visszatérünk a kiindulási csúcsba. Zárt Euler-vonal létezésének az a feltétele, hogy a gráf összefügg˝o legyen és minden csúcsának a foka páros legyen. Hogy ez a feltétel szükséges, az abból következik, hogy a gráf éleinek bejárása közben befutunk egy csúcsba, onnan tovább is kell indulnunk, tehát minden beérkez˝o élhez egy kiindulási élnek kell tartoznia, az élek a csúcsokban párosával fordulnak el˝o. Nyílt Euler-vonal esetén a kiindulási és a befejezési csúcs foka páratlan. Megmutatható, hogy ezek a feltételek elégségesek is; azaz zárt Euler-vonala akkor és csakis akkor van az összefügg˝o gráfnak, ha minden foka páros; nyílt Euler-vonala pedig akkor és csakis akkor, ha pontosan két páratlan fokú csúcsa van.

13.7. Síkbeli gráfok; fák, erd˝ok; páros gráfok Egy gráfot síkbelinek mondunk, ha élei úgy is megrajzolhatók a síkon, hogy ne messék egymást, tehát az éleknek legfeljebb a végpontjaik lehetnek közösek. Elvben minden gráfról eldönthet˝o, hogy síkbeli-e, a gyakorlati vizsgálat azonban meglehet˝osen bonyolult lehet. Nem síkbeli gráf pl. az ötödrend˝u teljes gráf (13.5.3. ábra).

13.7.1. ábra. Sokszöggráf

A síkbeli gráfok közül fontos szerepet játszanak a sokszöggráfok; ilyen gráfot kapunk, ha egy síkrészt sokszögekre darabolunk fel, a sokszög oldalai görbeívek is lehetnek (13.7.1. ábra). A sokszögcsúcsok lesznek a gráf csúcsai, a sokszögek oldalai a gráf élei (a gráfnak összefügg˝onek kell lennie és összefügg˝onek kell maradnia akkor is, ha egy élt törlünk bel˝ole). Ebben a gráfban a sokszögeket, ha nincs belsejükben további csúcs, lapoknak mondjuk. Legyen a lapok száma l, a csúcsoké c és az éleké e. Euler tétele szerint c + l = e + 1. (13.7.1) www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

13. Kombinatorika

177

Pl. a 13.7.1. ábra gráfján l = 6, c = 12, e = 17, ezek nyilván kielégítik a (13.7.1) összefüggést. A síkbeli gráfok egy gyakran alkalmazott osztályát alkotják a fák. A fa olyan összefügg˝o gráf, amely nem tartalmaz kört. Ez azt jelenti, hogy a fa bármely csúcsából bármely másik csúcsba csak egyetlen módon lehet eljutni, két különböz˝o út ugyanis már egy körré állna össze. A fák nevüket a valóban faágakra emlékeztet˝o alakjukról kapták (13.7.2. ábra). Ha egy gráf minden komponense fa, akkor erd˝o (liget) a neve (13.7.3. ábra).

13.7.2. ábra. Fa

13.7.3. ábra. Erd˝o (liget)

Minden fának van els˝ofokú csúcsa, mert ha nem így lenne, akkor valamelyik csúcsból egy úton elindulva minden újabb csúcsból tovább tudnánk menni, vagy pedig vissza kellene érkeznünk egy olyan csúcsba, amelyben már jártunk, de ez lehetetlen, mert a fában nincs kör. Ebb˝ol már szemléletes alapon következik, hogy az n csúcsú fa éleinek száma n − 1.

Válasszunk ki ugyanis a fán egy els˝ofokú csúcsot és töröljük ezt ki a gráfból a hozzá tartozó egyetlen éllel együtt. A maradék gráf is fa, ennek is van els˝ofokú csúcsa, töröljük le ezt is a hozzá tartozó csúccsal együtt. E törlések közben a fa összefügg˝o marad; végül a törlésekkel folytatva eljutunk egy olyan fához, amely két csúcsból és az ezeket összeköt˝o élb˝ol áll. Az egyik csúcsot az éllel együtt letörölve egy csúcs marad; ez éppen azt jelenti, hogy a csúcsok száma 1-gyel nagyobb a fában az élek számánál, tehát ha n csúcs van, akkor a fa n − 1 élt tartalmaz. Ha az erd˝onek n csúcsa van, de k komponensb˝ol (fából) áll, akkor éleinek száma n − k.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

178

13. Kombinatorika

Párosnak nevezünk egy gráfot, ha csúcsai két, közös csúcs nélküli csoportba oszthatók úgy, hogy az ugyanabba a csoportba tartozó csúcsok nincsenek éllel összekötve (13.7.4. ábra).

13.7.4. ábra. Páros gráf

Páros gráfot alkalmazhatunk pl. a következ˝o kapcsolat szemléltetésére: jelképezzük egy intézmény dolgozóit egy gráf csúcsaival, egy másik csúcscsoporttal pedig azokat a nyelveket, amelyeket az intézet dolgozói beszélnek. Egy dolgozóhoz tartozó csúcs akkor van összekötve a nyelvet jelképez˝o csúccsal, ha a dolgozó beszéli a nyelvet. A páros gráfok elnevezésüket onnan kapták, hogy a páros gráf minden köre szükségképpen páros számú élt tartalmaz. Ennek az állításnak a megfordítása is igaz: ha egy gráf nem tartalmaz páratlan számú éllel rendelkez˝o kört, akkor a gráf páros. Feladatok 1. Hány éle van az r-edfokú n csúcsú reguláris gráfnak? Mivel a csúcsok fokainak az összege a gráf élszámának a kétszeresével egyenl˝o, és az r-edfokú reguláris gráfban minden csúcs foka r, az e élszámra tehát a 2e = nr nr összefüggés érvényes, ezért az élszám e = . 2 Ez az eredmény azt jelenti, hogy a reguláris gráfban n és r közül legalább az egyiknek párosnak kell lennie, mivel e egész szám.

2. Bizonyítsuk be, hogy minden síklapokkal határolt konvex testnek (poliédernek) van két olyan csúcsa, amelyekb˝ol ugyanannyi él indul ki. A poliéder csúcsait tekinthetjük egy gráf csúcsainak, éleit pedig a gráf éleinek. Bebizonyítottuk, hogy minden gráfnak van legalább két olyan csúcsa, amelynek a fokszáma megegyezik; ez éppen azt jelenti, hogy van két olyan poliédercsúcs, amelyekb˝ol ugyanannyi él indul ki.

3. Bizonyítsuk be, hogy minden síklapokkal határolt konvex testnek (poliédernek) van két olyan lapja, amelyeknek ugyanannyi oldala van. A poliéderhez most egy új gráfot szerkesztünk meg. Válasszunk ki minden lapon egy bels˝o pontot, ezek a gráf csúcsai, és minden ilyen gráfcsúcsot kössünk

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

13. Kombinatorika

179

össze a lappal szomszédos lapon lev˝o gráfcsúccsal. Az így kapott gráfban minden csúcsból annyi él indul ki (azaz annyi a fokszáma), ahány oldala van a gráfcsúcsot tartalmazó lapnak. S mivel a gráfban van két olyan csúcs, amelyeknek a fokszáma megegyezik, kell lennie két olyan poliéderlapnak is, amelyeknek ugyanannyi oldala van.

4. Döntsük el, hogy a 13.7.5. ábrán látható a), b), c) gráfok közül melyiknek van nyílt és melyiknek van zárt Euler-vonala.

a)

b)

c)

13.7.5. ábra. 4. feladat Az a) gráfban mind a nyolc csúcs páratlan (harmad-) fokú, ezért nincs sem nyílt, sem zárt Euler-vonala. A b) gráfnak van zárt Euler-vonala, mert minden csúcsa páros. A c) gráfban a fels˝o két csúcs foka páratlan, a többié páros, ezért van nyílt Euler-vonala.

13.7.6. ábra. 5. feladat

5. Jelöljük ki gráf csúcsaiként egy négyzet négy csúcsát és állapítsuk meg, hány olyan fa létezik, amelyeknek ez a négy csúcsa. A 4 csúcsú fának három éle van, ezért három élt kell berajzolnunk minden lehetséges módon úgy, hogy fa keletkezzék. A 13.7.6. ábrán négy fát ábrázoltunk; a feladat feltételének megfelel˝o gráfot kapunk, ha mind a négyet 90◦ , 180◦ , 270◦ -kal elforgatjuk, így összesen 4 · 4 = 16 gráfot kapunk. Általánosságban is bizonyítható, hogy n megadott csúcsot nn−2 -féleképpen köthetünk össze élekkel úgy, hogy fa keletkezzék.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

14 Elemi síkgeometria

14.1. Síkgeometriai alapfogalmak. Konvex alakzatok A geometria legtöbbet használt alapfogalmai: a pont és az egyenes; ezekr˝ol szemléletünkben kialakult képünk van. Az egyenest egy pontja két félegyenesre bontja; a szóban forgó pont a félegyenesek kezd˝opontja. Az egyenes két pontja egy szakaszt határoz meg; a szakaszhoz tartozik a két végpontja és az ezek közötti pontok. Az egyenest általában latin kisbet˝uvel, a pontot pedig latin nagybet˝uvel jelöljük; a szakaszt két végpontjával szoktuk megadni, pl. az A és B pontok által meghatározott szakasz: AB. Két szakaszt szemléletünk alapján egyenl˝onek mondunk, ha fedésbe hozhatók egymással. Minden szakaszhoz tartozik egy egyértelm˝uen meghatározott mér˝oszám, ez a szakasz hossza; egyenl˝o szakaszoknak egyenl˝o a hossza. Az AB szakasz hosszát néha felülhúzással jelölik: AB; használatos még erre a d(AB) jelölés is. Könyvünkben az AB szakaszt és hosszát egyaránt AB-vel jelöljük, ez nem okoz félreértést. Az AB hosszát az A és B pontok távolságának is mondjuk. A szakaszhossz jelölésére gyakran kisbet˝ut használunk: AB = c. A szakasz hossza természetesen függ attól, hogy milyen mértékegységet választunk, azaz melyik szakaszhoz rendeljük hozzá mértékként az 1 számot. A geometria szempontjából azonban közömbös, hogy milyen mértékrendszerrel dolgozunk, ezért a geometriában az egyszer˝uség kedvéért általában nem szoktuk megadni a mértékegységet; minden szakaszhosszunk, amely tételeinkben, feladatainkban szerepel úgy értend˝o, hogy www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

181

14. Elemi síkgeometria

azt egy tetsz˝olegesen választott – de egy-egy probléma vizsgálata során rögzített – mértékegység választásával adtuk meg. Két egyenes a síkban metsz˝o, ha van közös pontjuk vagy párhuzamos, ha nincs közös pontjuk. A párhuzamos egyenesek két nevezetes tulajdonságára hívjuk fel a figyelmet: a) egy egyenessel egy rajta nem lev˝o ponton át egy és csakis egy párhuzamos húzható (ez a párhuzamosság alaptétele, szokás párhuzamossági axiómának is nevezni); b) ha két egyenes mindegyike egy harmadikkal párhuzamos, akkor a két egyenes egymással is párhuzamos (a párhuzamosság tranzitivitásának tétele).

14.1.1. ábra. Konvex alakzatok

14.1.2. ábra. Nem konvex alakzatok

A sík pontjainak egy halmazát síkalakzatnak vagy egyszer˝uen alakzatnak mondjuk; alakzat maga az egyenes, a szakasz, s˝ot a sík is. Egy alakzatot konvexnek mondunk, ha bármely két pontjával együtt azok összeköt˝o szakaszát is tartalmazza (14.1.1. ábra). Konvex alakzat maga a szakasz, a sík is, vagy konvexek a háromszöglemez, körlemez stb. A nem konvex alakzatokra olykor szokás a konkáv jelz˝ot alkalmazni (14.1.2. ábra). Megállapodás szerint konvex alakzat a pont is, s˝ot az üres alakzat is. Ezzel a megállapodással két konvex alakzat közös része is mindig konvex.

14.2. Szögek; szögpárok Két közös kezd˝opontú félegyenes szöget alkot; a közös kezd˝opont a szög csúcsa, a félegyenesek a szög szárai. A szögszárak a síkot két részre osztják fel, ezek a szögtartományok. Hogy egy adott szög esetén melyik szögtartományra kell gondolnunk, azt rendszerint egy, az adott szögtartományba írt görög bet˝uvel vagy körívvel jelöljük; ha ilyen jelölés nincs, akkor a két lehetséges szögtartomány közül a konvexet kell figyelembe vennünk (hacsak a két szögszár nem esik www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

182

14. Elemi síkgeometria

egy egyenesbe). Megadhatjuk a szöget a szárak egy-egy pontjával és a csúccsal 14.2.1. ábra), pl. AOB∢ (olv.: AOB szög). Szemléletünk alapján két szöget akkor mondunk egyenl˝onek, ha a száraik fedésbe hozhatók. Ha két szög egyik szára közös, másik száruk pedig egy egyenes két különböz˝o félegyenese, akkor a két szög körül bármelyik a másik mellékszöge. Azt a szöget, amely egyenl˝o a mellékszögével, derékszögnek nevezzük (14.2.2. ábra, az itt alkalmazott derékszögjelölés mellett szokás a derékszöget még negyedkörívvel és benne egy ponttal is jelölni).

14.2.1. ábra. Szögtartomány

14.2.2. ábra. Mellékszögek

14.2.3. ábra. Nullaszög és teljesszög

Az egyenesszög két szára egy egyenesbe esik. Ha a két szár egybeesik, akkor is beszélünk szögr˝ol; a két szögtartomány közül ebben az esetben az egyik csupán a szárakból áll, ez a nullaszög; a másik szögtartomány a teljes sík, ez a teljesszög (14.2.3. ábra). A szög mérésére a gyakorlatban egységül a fokot (szögfokot, jele: ◦ ) használjuk. A mérés abból indul ki, hogy egyenl˝o szögeknek egyenl˝o a mértéke, és a derékszög mértéke 90◦ . Ebb˝ol már következik, hogy az egyenesszög 180◦-os, a teljesszög 360◦ -os, a nullaszög pedig 0◦ -os. A fok törtrészei a perc (szögperc) és a másodperc; jelük: ′ , ill. ′′ . ◦ 1 = 60′ és 1′ = 60′′ , ezért 1◦ = 3600′′. Tizedestörtekkel kifejezve (kerekítéssel): 1′ = 0,01667◦, 1′′ = 0,00028◦, ◦ ′ 0,1 = 6 , 0,01◦ = 36′′ , 0,001◦ = 3, 6′′ , 0,0001◦ = 0, 36′′. Számítógépek percek és másodpercek helyett általában a fok tizedestörttel megadott részeit használják, ezek átszámítása percekké és másodpercekké az el˝obbi értékek segítségével történhet, pl.: 36,421◦ = 36◦ + 4 · 6′ + 2 · 36′′ + 1 · 3,6′′ = 36◦ 25′ 15,6′′ . Megfordítva: 36◦ 25′ 15, 6′′ = 36◦ + 25 · 0,01667◦ + 15,6 · 0,00028◦ = 36,421◦. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

14. Elemi síkgeometria

183

A 0◦ és 90◦ közé es˝o mértékek hegyesszögekhez tartoznak, 90◦ és 180◦ közé tartoznak a tompaszögek, ezek konvex szögek. Az ennél nagyobb szöget konkáv szögként szoktuk emlegetni. A szög létrejöttét úgy is elképzelhetjük, hogy a nullaszögb˝ol kiindulva az egyik szögszárat rögzítve tartjuk, a másikat pedig a csúcs körül forgatjuk. Az így létrehozott szöget forgásszögnek mondjuk. A 360◦ -os forgás hozza létre a teljesszöget, de ezen túlhaladva tetsz˝olegesen nagymérték˝u szögek is létrejöhetnek. A forgásszöget is szokás a forgást jelz˝o ívekkel megjelölni. Pozitív a forgásszög, ha az elforgatás pozitív, azaz az óramutató járásával ellentétes, ellenkez˝o esetben pedig negatív (14.2.4. ábra).

14.2.4. ábra. Pozitív és negatív forgásszög

Minden α mérték˝u szöget tekinthetünk α + 360◦, α + 2 · 360◦, . . ., α + n · 360◦ nagyságú forgásszögeknek is. A szögmérésre más egységek is használatosak. A derékszög 100 részre osztásával jön létre az újfok, ez nálunk nem használatos (a számítógépek egy része tartalmazza); az abszolút szögmérésr˝ol a 14.11. szakaszban szólunk. A szögekre és mértékükre rendszerint ugyanazt a bet˝ujelölést használjuk. A geometriai alakzatokon gyakran fordulnak el˝o együttesen szögpárok. Ezek közül a használtabbak: – az α szög és a 180◦ − α nagyságú szög egymásnak kiegészít˝o szögei; ilyen szögek pl. a mellékszögek; – az α szög és a 90◦ − α nagyságú szög egymásnak pótszögei.

14.2.5. ábra. Egyállású szögek

Ha két szög szárai egyirányú párhuzamos félegyeneseken vannak, akkor a két szög egyállású. Az egyállású szögek egyenl˝ok (14.2.5. ábra); a párhuzamos szárak egy egyenesbe is eshetnek. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

184

14. Elemi síkgeometria

Ha két szög szárai ellentétes irányú párhuzamos félegyeneseken vannak, akkor a két szög váltószög. A váltószögek egyenl˝ok (14.2.6. ábra); a párhuzamos szárak egy egyenesbe is eshetnek. Gyakorlati alkalmazások szempontjából lényeges az egyállású szögek tételének a megfordíthatósága, amit leggyakrabban a következ˝o formában használunk: ha a c és d egyeneseket az e egyenes (a 14.2.5. ábrán jelölt módon) egyenl˝o szögekben metszi, akkor a c és d egyenesek párhuzamosak. Speciálisan: a síkban az egy egyenesre emelt mer˝olegesek mind párhuzamosak.

14.2.6. ábra. Váltószögek

14.2.7. ábra. Két egyenes hajlásszöge; csúcsszögek

Két egyenes metszésénél négy szögtartomány keletkezik, közülük 2–2 egyenl˝o. A keletkezett két szögnagyság közül a kisebbiket (nem nagyobbikat) a két egyenes hajlásszögének mondjuk (14.2.7. ábra); a hajlásszög tehát nem lehet 90◦ -nál nagyobb. A metszésnél létrejött egyenl˝o szögpárok a csúcsszögek, ezek tulajdonképpen speciális elhelyezkedés˝u váltószögek.

14.2.8. ábra. Mer˝oleges szárú szögek

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

14. Elemi síkgeometria

185

Ha a két egyenes hajlásszöge derékszög, akkor az egyenesek mer˝olegesek. A mer˝oleges szárú szögeknél a két szög szárai páronként mer˝oleges egyeneseken vannak. Ha mindkét szög hegyesszög, derékszög vagy tompaszög, akkor a két szög egyenl˝o (14.2.8a), b), d)), egyébként egymásnak kiegészít˝o szögei (14.2.8c) ábra).

14.3. Sokszögek; szögösszeg Legyenek A1 , A2 , . . . , An egy sík pontjai. Az egymáshoz csatlakozó A1 A2 , A2 A3 , . . ., Ai Ai+1 , . . ., An−1 An szakaszok töröttvonalat (poligont) alkotnak. Ez nyílt, ha A1 és An különböz˝ok, és zárt, ha A1 és An egybeesik (14.3.1. ábra).

14.3.1. ábra. Nyílt és zárt töröttvonal

Az önmagát át nem metsz˝o zárt töröttvonal a sokszögvonal. Az összekötött pontok a sokszögvonal csúcsai, a szomszédos pontok összeköt˝o szakaszai a sokszögvonal oldalai; általában kikötjük, hogy két szomszédos oldal ne essék egy egyenesbe. Az n csúcsú sokszögvonalnak n oldala van. A sokszögvonal a síkot két részre vágja, egy bels˝o és egy küls˝o részre; a bels˝o részre jellemz˝o, hogy nem tartalmaz teljes egyenest. A sokszögvonalat és a belsejét együttesen sokszögnek szoktuk mondani; az n oldalú sokszöget n-szögnek nevezzük (háromszög, négyszög stb.). Gyakran el˝ofordul, hogy sokszögön sokszögvonalat értenek; ha ki akarjuk hangsúlyozni, hogy a sokszög határának és belsejének az együttesér˝ol van szó, akkor a sokszöglemez, sokszögtartomány elnevezést használjuk. A sokszögoldalak hosszának az összege a sokszög kerülete. A sokszög tetsz˝oleges csúcsából induló két félegyenes, amely a csúcsban találkozó két oldalt is tartalmazza, egy szöget határoz meg (azt a szögtartományt kell figyelembe vennünk, amelyben a csúcshoz tetsz˝oleges közel is van a sokszögnek bels˝o pontja), ez a sokszög bels˝o szöge (vagy egyszer˝uen csak: szöge) (14.3.2. ábra). Ha a sokszög konvex, akkor minden szöge konvex, tehát kisebb 180◦nál. Ebben az esetben a szög mellékszögét a sokszög küls˝o szögének mondwww.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

186

14. Elemi síkgeometria

juk. A nem konvex sokszög konkáv, a konkáv sokszögnek van 180◦-nál nagyobb szöge is (14.3.2. ábra).

14.3.2. ábra. Konvex és konkáv sokszög

14.3.3. ábra. A háromszög szögösszege

Két nem szomszédos sokszögcsúcsot összeköt˝o szakasz az átló. A konvex sokszög minden átlója a sokszög belsejében halad; az n-szög egy csú1 csából n − 3 átló indul, ezért a konvex n-szögnek összesen n(n − 3) átlója 2 van. A sokszögek közül legegyszer˝ubb a háromszög, ez egyben a síkalakzatok egyik legfontosabb épít˝oköve. A háromszög szögeinek összege 180◦. Jelölje ui. a háromszög csúcsait rendre A, B, C, a szögeit α, β, γ (14.3.3. ábra). A B csúcson át húzzunk az AC oldallal párhuzamost, ez a B-nél lev˝o küls˝o szöget egy α′ és egy γ ′ nagyságú szögre vágja; minthogy az α és α′ egyállású szögek, és γ és γ ′ váltószögek, ezért α = α′ , γ = γ ′ , tehát α + β + γ = α′ + β′ + γ ′ = 180◦ . Meggondolásunkból az is következik, hogy α′ + γ ′ = α + γ, ez a háromszög küls˝oszög-tétele: a háromszög küls˝o szöge egyenl˝o a nem mellette fekv˝o két bels˝o szög összegével. A konvex n-szöget az egy csúcsból induló n − 3 átlója n − 2 háromszögre vágja szét (14.3.4. ábra), ezek szögei összességükben a sokszög szögeit adják meg, ezért az n oldalú sokszög szögeinek 14.3.4. ábra. Egy csúcsból induló átlók összege (n − 2)180◦. Ez a tétel minden n-szögre igaz, mert bebizonyítható, hogy minden nszög szétvágható átlókkal n − 2 háromszögre. Eredményünk szerint tehát pl. a négyszög szögösszege 360◦ , az ötszögé 540◦, a hatszögé 720◦. A háromszög szögösszegtételéb˝ol következik, hogy a háromszögnek csak egy derékszöge vagy csak egy tompaszöge lehet; a derékszöget, ill. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

14. Elemi síkgeometria

187

tompaszöget tartalmazó háromszöget derékszög˝u háromszögnek, ill. tompaszög˝u háromszögnek mondjuk. Feladatok 1. Mekkora a 12 oldalú sokszög szögeinek összege? A szögösszeg: (n − 2) · 180◦ = (12 − 2) · 180◦ = 1800◦ .

2. Hány oldalú a sokszög, ha szögeinek összege 2700◦?

Ha a sokszögnek n oldala van, (n − 2) · 180◦ = 2700◦ . Ennek az egyenletnek mindkét oldalát 180◦ -kal osztva kapjuk, hogy n − 2 = 15, n = 17, tehát a sokszög 17 oldalú.

3. Mekkora az n oldalú konvex sokszög küls˝o szögeinek az összege? Legyenek a bels˝o szögek α1 , α2 , . . . , αn . A küls˝o szögek ekkor 180◦ − α1 , 180◦ − α2 , . . ., 180◦ − αn , ezek összege: 180◦ − α1 + 180◦ − α2 + . . . + 180◦ − αn = n · 180◦ − (α1 + α2 + . . . + αn ).

A zárójelben a bels˝o szögek összege áll, ez (n−2)·180◦ -kal, azaz n·180◦ −360◦ kal egyenl˝o, ezért a küls˝o szögek összege: n · 180◦ − (n · 180◦ − 360◦ ) = n · 180◦ − n · 180◦ + 360◦ = 360◦ , tehát a küls˝o szögek összege minden konvex sokszögnél 360◦ .

4. Hány hegyesszöge lehet egy konvex n-szögnek? Mivel a hegyesszöghöz tartozó küls˝o szög tompaszög, a kérdést így is feltehetjük: hány küls˝o tompaszöge lehet egy konvex sokszögnek? El˝oz˝o feladatunk eredménye szerint a küls˝o szögek összege 360◦ , ezért legfeljebb 3 tompaszög lehet a küls˝o szögek között, hiszen 4 tompaszög összege már nagyobb 360◦ -nál; következésképpen a konvex sokszögnek legfeljebb három hegyesszöge lehet.

5. Egy húszoldalú konvex sokszög belsejében vegyünk fel 7 bels˝o pontot úgy, hogy a 20 csúcs és a 7 pont közül egyik három se essék egy egyenesbe. Vágjuk szét a húszszöget háromszögekre oly módon, hogy háromszögcsúcs csak a sokszög csúcsaival vagy a felvett pontokkal eshet egybe, és mind a 7 pont csúcsa legyen valamelyik háromszögnek. Hány háromszögre vágható szét a húszszög? (Ilyen szétvágást mutat a 14.3.5. ábra hatszögre és négy bels˝o pontra.)

14.3.5. ábra. 5. feladat

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

188

14. Elemi síkgeometria

Legyen a háromszögek száma n, ezek összes szögének összege n · 180◦ . Ez a szögösszeg a sokszög szögeib˝ol és a bels˝o pontok körüli 360◦ -os szögekb˝ol tev˝odik össze, ezért n · 180◦ = (20 − 2) · 180◦ + 7 · 360◦ , n · 180◦ = 32 · 180◦ , n = 32,

tehát bármelyik – a feltételeknek eleget tev˝o – szétvágásnál 32 háromszöget kapunk.

14.4. Az egybevágóság; háromszögek egybevágósága Alakzatok összehasonlításakor, kölcsönös helyzetük megítélésekor arra törekszünk, hogy megállapítsuk, hogyan származtatható az egyik alakzat a másikból. Lehetséges pl., hogy egy alakzatot a másikból annak elmozgatásával kapunk meg; megfigyeléseink szerint az elmozgatásnál minden ponthoz hozzárendel˝odik egy másik: az elmozgatottja, s közben a pontpárok távolságai nem változnak meg. Az ilyen megfigyelésekb˝ol alakult ki a geometria egyik legfontosabb fogalma, a transzformáció vagy leképezés. A síkon transzformációt (leképezést) hajtunk végre, ha a sík minden P pontjához hozzárendeljük a sík egy P′ pontját úgy, hogy minden P′ pont egy és csakis egy P ponthoz legyen hozzárendelve. Az ilyen hozzárendelést szokás kölcsönösen egyértelm˝u hozzárendelésnek nevezni, a síkbeli transzformáció tehát a sík pontjainak egymáshoz való kölcsönösen egyértelm˝u hozzárendelése. (Megjegyezzük, hogy néha transzformációnak nevezzük a nem kölcsönösen egyértelm˝u megfeleltetést is.) Egy alakzatot úgy transzformálunk, hogy a pontjait transzformáljuk; az alakzat transzformáltját szokás az alakzat képének is nevezni. A transzformációk nagyon sokfélék lehetnek: csoportosításuknak rendszerint az az alapja, hogy az alakzatok milyen tulajdonságát tartják meg. Az egybevágóság olyan transzformáció, amely a pontpárok távolságát változatlanul hagyja. Az egybevágóságot szokták egybevágósági transzformációnak is nevezni. Az egybevágóság alapvet˝o tulajdonságai: a) az egy egyenesen lev˝o pontokat szintén egy egyenes pontjaiba viszi át, azaz az egyenes képe egyenes; b) párhuzamos egyenesek képe párhuzamos egyenespár; metsz˝o egyenesek képe metsz˝o egyenespár; c) az egybevágóság megtartja a szögek nagyságát. Két alakzatot egybevágónak mondunk, ha van olyan egybevágóság, amely az egyik alakzatot átviszi a másikba. A síkalakzatok egybevágówww.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

14. Elemi síkgeometria

189

ságának az a szemléletes tartalma, hogy az egybevágó síkalakzatokat elmozgatással fedésbe hozhatjuk, feltéve, hogy a mozgatás során a síkból való kiemelést is megengedjük. Egybevágó háromszögek esetén tehát az oldalak és a szögek rendre egyenl˝ok. Két háromszög egybevágóságának az eldöntésére nem kell feltétlenül megkeresnünk azt a transzformációt, amely az egyiket a másikba átviszi; ki szoktunk emelni ugyanis néhány olyan ismertet˝ojegyet, amely már biztosítja két háromszög egybevágóságát, azaz azt, hogy létezik az egyiket a másikba átviv˝o egybevágóság. Ezek szerint két háromszög egybevágó, ha I. három-három aldaluk rendre egyenl˝o; II. rendre egyenl˝o két-két oldaluk és az azok által bezárt szög; III. mindkét háromszögben van egy-egy egyenl˝o oldal és egyenl˝ok az oldalakon fekv˝o szögek is; IV. rendre egyenl˝o két oldaluk és a nagyobbikkal szemközti szögük. Ezek a háromszögek egybevágóságának az alapesetei; feltételeik tehát a 14.4.1. ábra jelöléseit alkalmazva a következ˝ok: I. AB = A′ B′ , BC = B′C′ , CA = C′ A′ ; II. AB = A′ B′ , BC = B′C′ , β = β′ ; ′ ′ ′ III. AB = A B , α=α, β = β′ ; ′ ′ ′ ′ IV. AB = A B , BC = B C , α = α′ és AB < BC.

14.4.1. ábra. Egybevágó háromszögek

Az ABC és A B C háromszögek egybevágóságára az ABC ∼ = A′ B′C′ jelölést használjuk. Az egybevágósági transzformációkra két jellegzetes példa az eltolás és az elforgatás. Ehhez el˝oször jegyezzük meg, hogy az AB és A′ B′ szakaszokat egyirányúaknak nevezzük, ha a) párhuzamosak vagy egy egyenesbe esnek; b) ha AB és A′ B′ párhuzamosak, akkor az AB′ és A′ B szakaszok metszik egymást; ha viszont egy egyenesbe esnek, akkor minden olyan CD szakasz, ′ ′ ′

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

190

14. Elemi síkgeometria

amely AB-vel egyirányú, egyirányú az A′ B′ -vel is (14.4.2. ábra).

14.4.2. ábra. Egyirányú szakaszok

Eltolás esetén (szokták párhuzamos eltolásnak is nevezni) bármely pontot a képével összeköt˝o szakasz egyirányú és azonos hosszúságú. A 14.4.3. ábrán az XY Z háromszöget és az eltolással kapott képét, X ′Y ′ Z ′ -t ábrázoltuk. Az X X ′ = YY ′ = = ZZ ′ szakaszok hossza az eltolás távolsága. Az eltolás jellegzetes tulajdonsága, hogy egy szakasz és képe vagy párhuzamosak, vagy egy egyenesbe esnek, ezért az alakzatot és az eltolással 14.4.3. ábra. Eltolás kapott képét egyállásúnak mondjuk. Az eltolást mint transzformációt egyértelm˝uen megadjuk, ha megjelölünk egy pontot és az eltolással kapott képét. Elforgatás esetén kijelölünk a síkon egy O forgásközéppontot és megadunk egy α szöget; egy tetsz˝oleges P pont és elforgatottja, P′ az O-tól ugyanolyan távol van, a POP′ ∢ minden pont esetén α-val egyenl˝o, és a POP′ ∢ egy elforgatásnál mindig pozitív vagy mindig negatív. A 14.4.4. ábrán a PQR háromszöget és az O középpont körül pozitív α szöggel nyert elforgatottját, a P′ Q′ R′ háromszöget adtuk meg. Az elforgatás egyértelm˝uen meghatározott, ha adott a középpontja és az elforgatás szöge (irányával együtt). Figyeljük meg, hogy egy egyenes és az elforgatottja (ábránkon pl. PQ és P′ Q′ ) szintén α szöget zárnak be. Ha egy ABC háromszög belsejében kijelölünk egy O pontot, akkor az OA félegyenest ugyanolyan irányú elforgatás viszi az OB félegyenesbe, mint az OB félegyenest az 14.4.4. ábra. Elforgatás α szöggel

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

14. Elemi síkgeometria

191

OC-be; az ABC háromszöget pozitív irányításúnak (vagy körüljárásúnak) mondjuk, ha ez az elforgatás pozitív (az óramutató járásával ellentétes) irányú; ellenkez˝o esetben pedig negatívnak (14.4.5. ábra).

14.4.5. ábra. Pozitív és negatív irányítású háromszög

Két egybevágó alakzatot azonos irányításúnak mondunk, ha a két alakzaton bármely három pont és a megfelel˝oik azonos irányítású háromszöget határoznak meg. Az eltolás és az elforgatás irányítástartó transzformációk, azaz nem változtatják meg az alakzatok irányítását. Bebizonyítható, hogy a sík két egybevágó, azonos irányítású alakzata mindig átvihet˝o egymásba eltolással vagy elforgatással.

14.5. Tengelyes tükrözés; tengelyesen szimmetrikus alakzatok Az egybevágóságok között kitüntetett szerepet játszik a tengelyes tükrözés vagy más néven: tengelyes szimmetria. A tengelyes tükrözést egy rögzített egyenessel, a tükrözés tengelyével (szimmetriatengellyel) adjuk meg. A tengely pontjait a tükrözés helyben hagyja (ún. fixpontok). A sík egy tetsz˝oleges tengelyen kívüli P pontja és képe, P′ a tengely különböz˝o oldalán helyezkedik el; a PP′ egyenes mer˝oleges a tengelyre, P-nek és P′ -nek a tengelyt˝ol mért távolsága ugyanakkora (14.5.1. ábra). A tengelyes tükrözés meghatározásából következik, hogy a) egy egyenes és a tükörképe a tengelyen metszik egymást; b) ha egy egyenes párhuzamos a tengellyel, akkor a képe is párhuzamos vele; c) egy alakzat és tükörképe ellentétes irányítású; www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

192

14. Elemi síkgeometria

d) a tengelyes tükrözést a tengely megadása egyértelm˝uen meghatározza (14.5.2. ábra).

14.5.1. ábra. Tengelyes tükrözés

14.5.2. ábra. A tengelyes tükrözés alaptulajdonságai

A tengelyes tükrözés nevezetes tulajdonsága, hogy két tükrözés egymásutánja eltolást vagy elforgatást állít el˝o; pontosabban: A) ha a t1 és t2 egymástól d távolságra lev˝o párhuzamos egyenesek, akkor egy alakzatot t1 -re tükrözve, majd a tükörképet t2 -re tükrözve az eredeti alakzat 2d távolságú és a t1 -re mer˝oleges irányú eltoltját kapjuk (14.5.3. ábra);

14.5.3. ábra. Két párhuzamos egyenesre való tükrözés egymásutánja eltolás

B) ha t1 és t2 egymást a K pontban metsz˝o egyenesek, és t1 -et t2 -be α szög˝u elforgatás viszi át, akkor egy alakzatot t1 re tükrözve, majd a tükörképet t2 -re tükrözve az eredeti alakzat K középpontú 2α szög˝u elforgatottját kapjuk (14.5.4. ábra). Megállapításaink megfordítása is igaz: minden eltolás és elforgatás el˝oállítható két tengelyes tükrözés egymásutánjaként. www.interkonyv.hu

14.5.4. ábra. Két metsz˝o egyenesre való tükrözés egymásutánja elforgatás

© Reiman István

© Typotex Kiadó

193

14. Elemi síkgeometria

Egy alakzat tengelyesen szimmetrikus, ha van olyan t tengely˝u tükrözés, amely az alakzatot önmagába viszi át. A t egyenest ebben az esetben az alakzat szimmetriatengelyének mondjuk; a 14.5.5. ábra alakzatai tengelyesen szimmetrikusak. Egy alakzatnak több szimmetriatengelye is lehet, a körnek pl. végtelen sok van.

14.5.5. ábra. Tengelyesen szimmetrikus alakzatok

A geometriában egy adott tulajdonságú ponthalmazt – ma már ritkábban használt kifejezéssel – szokás az adott tulajdonságú pontok mértani helyének nevezni. Egy ilyen ponthalmaz meghatározásához meg kell mutatni egy ponthalmaz minden elemér˝ol, hogy rendelkezik az adott tulajdonsággal, és be kell bizonyítani, hogy az adott tulajdonságú pontok mind a szóban forgó halmazhoz tartoznak. A szakasz és a szög is szimmetrikus alakzat, a szakasznak szimmetriatengelye a felez˝o mer˝olegese, azaz a felez˝opontjában a szakaszra állított mer˝oleges egyenes; a szögnek pedig szimmetriatengelye a szögfelez˝o egyenes (vagy röviden szögfelez˝o).

14.5.6. ábra. Szakasz felez˝o mer˝olegese

14.5.7. ábra. Szögfelez˝o

A szakasz felez˝o mer˝olegese azoknak a pontoknak a halmaza, amelyek a szakasz két végpontjától egyenl˝o távolságra vannak (14.5.6. ábra). Egy konvex szög felez˝o félegyenese (röviden szögfelez˝oje) a szögtartomány olyan pontjainak a halmaza, amelyek a két szögszártól egyenl˝o távolságra vannak (14.5.7. ábra). www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

194

14. Elemi síkgeometria

Itt jegyezzük meg, hogy pont és egyenes távolságán a pontból az egyenesre állított mer˝oleges szakasz hosszát értjük. Két metsz˝o egyenes négy szögtartományt határoz meg, ezek f1 , f2 felez˝oi két, egymásra mer˝oleges egyenes; ezeknek a pontjai alkotják a két egyenest˝ol egyenl˝o távolságra lev˝o pontok halmazát (14.5.8. ábra). A tengelyesen szimmetrikus háromszög két oldala szükségképpen egyenl˝o, ezért ezt egyenl˝o szárú háromszögnek nevezzük (a szárak az egyenl˝o oldalak, a harmadik oldal az alap) (14.5.9. ábra). A szimmetriából következik, hogy a szimmetriatengely az egyenl˝o szárú háromszöget két egybevágó derékszög˝u háromszögre vágja szét; az alapon fekv˝o (azaz a szárakkal szemközti) szögek egyenl˝ok; a szimmetriatengely felezi a szárak szögét és az alapot; a szimmetriatengely mer˝oleges az alapra (tehát az alap felez˝o mer˝olegese).

14.5.8. ábra. Két egyenest˝ol egyenl˝o távolságra lev˝o pontok

14.5.9. ábra. Egyenl˝o szárú háromszög

A háromszögek geometriájában szokásos elnevezéssel a háromszög egy csúcsából a szemközti oldalra emelt mer˝oleges egyenest magasságvonalnak, ennek a csúcs és a szemközti oldalegyenes közötti szakaszát magasságnak mondjuk. A csúcsot a szemközti oldal felez˝opontjával összeköt˝o szakasz a súlyvonal. Az el˝obb kimondott tétel igaz ezekkel az elnevezésekkel: az egyenl˝o szárú háromszög szárainak közös csúcsából induló szögfelez˝o, magasságvonal, súlyvonal, és a szemközti oldal felez˝o mer˝olegese egy egyenesbe esik. Ennek az állításnak a megfordítása is igaz a következ˝o formában: ha egy háromszög egyik csúcsából induló szögfelez˝o, magasságvonal és súlyvonal közül valamelyik kett˝onek közös az egyenese, akkor a háromszög egyenl˝o szárú; továbbá: ha egy háromszögnek van két egyenl˝o szöge, akkor egyenl˝o szárú. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

14. Elemi síkgeometria

195

Ez az utóbbi észrevételünk rávilágít a háromszög szögei és oldalai közötti nagyságrendi összefüggésekre, amelyek az egyenl˝o szárú háromszög tulajdonságai alapján bizonyíthatók be: a háromszögben egyenl˝o oldalakkal szemben egyenl˝o szögek vannak és egyenl˝o szögekkel szemben egyenl˝o oldalak; továbbá: a háromszögben két oldal közül az a nagyobb, amelyikkel szemben nagyobb szög van, és megfordítva: két szög közül az a nagyobb, amelyikkel szemben nagyobb oldal van. Ezekb˝ol viszont már következik, hogy ha a háromszög három oldala egyenl˝o, akkor szögeik is egyenl˝ok.

14.5.10. ábra. Szabályos háromszög

Az egyenl˝o oldalú háromszög (más néven: szabályos háromszög) szögei tehát egyenl˝ok, mivel a szögösszeg 180◦, a szögek 60◦ -osak, és megfordítva: ha a háromszög szögei 60◦ -osak, akkor a háromszög oldalai is egyenl˝ok. A szabályos háromszögnek három szimmetriatengelye van (14.5.10. ábra). A háromszög oldalai és szögei közötti további nagyságrendi összefüggésekkel a 14.12. szakaszban foglalkozunk. Feladatok 1. Az egyenl˝o szárú háromszög alapján lev˝o két szög α, a szárak szöge γ. Milyen összefüggés áll fenn α és γ között? Mivel a háromszög szögeinek összege 180◦ , 2α + γ = 180◦ , ebb˝ol: γ γ = 180◦ − 2α, α = 90◦ − ; 2 ezt az utóbbit úgy is szoktuk mondani, hogy az alapszög a szárszög felének a pótszöge.

2. Egy egyenl˝o szárú háromszög alapszögének felez˝oje egyenl˝o az alappal. Mekkorák a háromszög szögei? www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

196

14. Elemi síkgeometria

Legyen az ABC egyenl˝o szárú háromszög alapja AB, az A csúcsból induló szögfelez˝o AD (14.5.11. ábra), az alapon lev˝o szögek α. Az ABD egyenl˝o szárú háromszög, mert a feladat szerint AB = AD, ezért ABD∢ = ADB∢ = α. Ezért az ABD háromszög szögeinek összege α = 180◦ , 2 5α = 180◦ , 2 360◦ = 72◦ . α= 5

α+α+

A háromszög szögei: 72◦ , 72◦ , 36◦ .

14.5.11. ábra. 2. feladat

14.5.12. ábra. 3. feladat

3. Az A csúcsú α szögbe a 14.5.12. ábrán látható módon az AB = BC = = CD = DE szakaszokat rajzoltuk be. Milyen összefüggés van az α-val és a β-val jelölt szög között? ABCDE töröttvonal bármely két szomszédos szakasza egyenl˝o szárú háromszöget zár közre, tehát BAC∢ = ACB∢ = α. A küls˝oszög-tétel szerint a DBC∢ az ABC háromszög küls˝o szöge, ezért DBC∢ = BDC∢ = 2α. Viszont az ECD∢ az ACD háromszögnek a küls˝o szöge, ezért ECD∢ = CDE∢ = β = α + 2α = 3α, ezért a keresett összefüggés: β = 3α.

14.6. Középpontos szimmetria; paralelogrammák A 180◦-os szöggel való elforgatást középpontos tükrözésnek vagy középpontos szimmetriának is szoktuk nevezni. A középpontos szimmetriát egyszer˝uen az O középpontjával adhatjuk meg. Az ABC háromszög O-ra vonatkozó tükörképét úgy szerkeszthetjük meg, hogy minden csúcsát tükrözzük O-ra, azaz olyan A′ , B′ ,C′ pontokat szerkesztünk, hogy O legyen az

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

197

14. Elemi síkgeometria AA′ , BB′ , CC′ szakaszok felez˝o pontja (középpontja) (14.6.1. ábra).

14.6.1. ábra. Középpontos tükrözés

A középpontos tükrözés lényeges tulajdonsága, hogy minden egyenest vele párhuzamos egyenesbe visz át, ha a középpont nincs az egyenesen; a középpontot tartalmazó egyenesnek önmaga a tükörképe. Ha van olyan középpontos tükrözés, amely egy alakzatot önmagába visz át, akkor az alakzatot középpontosan szimmetrikusnak mondjuk. Középpontosan szimmetrikus pl. a szakasz, az egyenes, a kör, a négyzet stb. (14.6.2. ábra).

14.6.2. ábra. Középpontosan szimmetrikus alakzat

14.6.3. ábra. Paralelogramma

A középpontosan szimmetrikus alakzatok közül kitüntetett szerepet játszanak a középpontos tükrös négyszögek, paralelogrammák (14.6.3. ábra). Paralelogramma jön létre pl., ha az AB szakaszt az AB egyenesen kívüli O pontra tükrözzük, a kapott CD szakasz párhuzamos és egyenl˝o az AB szakasszal; viszont a BC szakasz tükörképe O-ra a DA szakasz, tehát az ABCD paralelogramma szemközti oldalai párhuzamosak és egyenl˝ok. A tükrözés következtében a paralelogramma szemközti szögei egyenl˝ok; s a tükrözés alaptulajdonsága miatt az átlók felezve metszik egymást. A szemközti szögek egyenl˝oségéb˝ol következik, hogy két szomszédos szögének az összege a szögösszeg felével, 180◦ -kal egyenl˝o. A fenti tulajdonság jellemzi a paralelogrammát, azaz ezek a tulajdonságok csak a paralelogrammának vannak meg; pontosabban: a négyszög paralelogramma, ha a következ˝o tulajdonságok valamelyikével rendelkezik: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

198

14. Elemi síkgeometria

a) az átlói felezve metszik egymást; b) a szemközti oldalai párhuzamosak; c) a szemközti oldalai egyenl˝ok; d) van két párhuzamos és egyenl˝o oldala; e) szemközti szögei egyenl˝ok; f) szomszédos szögeinek összege 180◦ (kiegészít˝o szögek).

14.6.4. ábra. Rombusz

A 14.6.3. ábráról leolvasható, hogy ha egy háromszöget tükrözünk az egyik oldalának a felez˝opontjára, a háromszög és a tükörképe együtt egy paralelogrammát alkot; ábránkat úgy foghatjuk fel, hogy az ABC háromszöget tükröztük az AC oldal O felez˝o pontjára. Speciális paralelogrammákat kapunk, ha a paralelogrammák alaptulajdonságai mellé még egyéb kikötéseket is teszünk. Rombusz a paralelogramma, ha oldalai egyenl˝ok (14.6.4. ábra). Az ABCD rombusz B és D csúcsa egyenl˝o távol van az A és C csúcsoktól, ezért szükségképpen rajta vannak az AC szakasz felez˝o mer˝olegesén (l. a 14.5. szakaszt), a BD egyenes ennélfogva az AC szakasz felez˝o mer˝olegese. Ez azt jelenti, hogy a rombusz szimmetrikus a BD egyenesre. Ebb˝ol következik: az átló egyenesek a rombusz szimmetriatengelyei; a rombusz átlói mer˝olegesek egymásra; a rombusz átlói felezik a vég pontjaiknál lev˝o szögeket; továbbá: a fenti három tulajdonsága a paralelogrammák közül csakis a rombusznak van meg. Téglalap a paralelogramma, ha a szögei egyenl˝ok, azaz derékszögek, hiszen a négy egyenl˝o szög összege 360◦ = 4 · 90◦. A téglalapra jellemz˝o

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

199

14. Elemi síkgeometria tulajdonság, hogy az átlói egyenl˝ok (14.6.5. ábra):

a paralelogramma akkor és csakis akkor téglalap, ha átlói egyenl˝ok.

14.6.5. ábra. Téglalap

14.6.6. ábra. Négyzet

Ha ui. az ABCD téglalap, akkor a BAD és ABC háromszögek egybevágók, mert megegyeznek két-két oldalban (AD = BC és AB = AB), valamint az ezek által közrezárt derékszögben (II. alapeset); az egybevágóságból a két háromszög harmadik oldalának az egyenl˝osége következik, tehát AC = BD. Ha viszont az ABCD paralelogrammában a két átló egyenl˝o, az ABC és BAD háromszögeknek ugyanakkorák az oldalai, tehát egybevágók (I. alapeset). Az egybevágóságból következik, hogy a paralelogramma két szomszédos szöge – az A-nál és a B-nél lev˝o – egyenl˝o, s mivel a szomszédos szögek összege 180◦, mindkett˝o derékszög. Ebb˝ol természetesen már következik, hogy a többi szög is derékszög. A négyzet olyan paralelogramma, amely egyszerre rombusz és téglalap is. Ez azt jelenti, hogy az oldalai egyenl˝ok, átlói egyenl˝ok és mer˝olegesek egymásra, vagyis a négyzet egyesíti a rombusz és a téglalap tulajdonságait (14.6.6. ábra).

14.7. A kör. Kerületi és középponti szögek; Thalész tétele Ha adott a síkon egy K pont és egy r távolság, a K középpontú és r sugarú kör (körvonal) azoknak a síkbeli pontoknak a halmaza, amelyek K-tól r távolságra vannak. K a kör középpontja, r pedig a kör sugara. A K-hoz rnél kisebb távolságra lev˝o pontok a kör bels˝o, az r-nél nagyobb távolságra lev˝o pontok a kör küls˝o pontjai. Gyakran körnek mondjuk a körvonal és a bels˝o pontok egyesített halmazát is, ez általában nem okoz félreértést; ha mégis szükség van e b˝ovített fogalom külön megjelölésére, akkor a körlemez elnevezést használjuk. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

200

14. Elemi síkgeometria

A kör C és D pontját összeköt˝o szakasz a kör húrja, a középponton átmen˝o AB húr neve: átmér˝o (14.7.1. ábra). A húr felez˝o mer˝olegese átmegy a kör középpontján, mivel a felez˝o mer˝oleges tartalmazza a húr két végpontjától egyenl˝o távolságra lev˝o pontokat, tehát a középpontot is. Az átmér˝o a kör legnagyobb húrja. A körnek C és D pontja közé es˝o része a CD körív, az egyértelm˝uséghez gyakran szükséges annak a megjelölése is, hogy a kör két lehetséges CD köríve közül melyikr˝ol van szó. Ha a C és D pontokat nem számítjuk hozzá a körívhez, nyílt körívr˝ol beszélünk.

14.7.1. ábra. Kör; húr, átmér˝o, érint˝o, szel˝o

14.7.2. ábra. Az érint˝oszakasz-tétel

A kört két pontban metsz˝o egyenesek a kör szel˝oi, az e egyenes érint˝oje a körnek, ha azzal csak egy közös E pontja van; ebben az esetben E az érintési pont, KE az érintési sugár, ez mindig mer˝oleges az érint˝ore, mivel e pontjai közül az E van a K-hoz legközelebb. A kör középpontosan tükrös a középpontjára, és a körnek szimmetriatengelye a középpontján átmen˝o minden egyenes. Ezért egy küls˝o P pontból a körhöz húzott két érint˝oszakasz is tükrös a pontot a középponttal összeköt˝o egyenesre, s így küls˝o pontból a körhöz húzott két érint˝oszakasz egyenl˝o (érint˝oszakasztétel) (14.7.2. ábra). A kör középponti szögei olyan szögek, amelyeknek csúcsa a kör középpontjával esik egybe; itt különösen fontos annak a megjelölése, hogy a szögszárak által meghatározott két szögtartomány közül melyikr˝ol van szó. A szögtartományba es˝o körívet a középponti szöghöz tartozó körívnek nevezzük. Az AB ívhez tartozó kerületi szög csúcsa a körnek azon a részén van, amely az AB ívet nem tartalmazza, szárai pedig átmennek az A, ill. B ponton (14.7.3. ábra). A kerületi szög egyik szára érint˝o is lehet, ha a szög csúcsa éppen az érin14.7.3. ábra. Az AB ívhez tartozó kerületi és középponti szög tési pont. Ebben az esetben a kerületi www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

14. Elemi síkgeometria

201

szög egyik szára a körív két végpontját tartalmazó félegyenes, másik szárát pedig a kör érint˝oinek félegyenesei közül úgy kell megválasztani, hogy a kerületi szög tartománya tartalmazza a szöghöz tartozó körívet (a 14.7.4. ábrákon a kerületi szög szárait és a szöghöz tartozó körívet vastagabban rajzoltuk meg).

14.7.4. ábra. A kerületi szög egyik szára érint˝o

14.7.5. ábra. Kapcsolat a kerületi és középponti szög között

A kerületi és középponti szögek között alapvet˝o a következ˝o kapcsolat: a középponti szög kétszerese az ugyanahhoz az ívhez tartozó kerületi szögnek. E tétel bizonyításakor figyelembe kell vennünk a kerületi és a középponti szög különböz˝o kölcsönös helyzeteit; a bizonyítást most a 14.7.5. ábrán látható két esetben végezzük el; lényegében hasonló a bizonyítás a szögek többi elrendezése esetén is. (E két esetre a bizonyítás szóról szóra megegyezik.) Legyen az AB (vastag) ívhez tartozó AKB középponti szög α′ + β′ , az ívhez tartozó ACB kerületi szög pedig α + β. Az AKC egyenl˝o szárú háromszög, erért az AC alapon lev˝o szögeinek nagysága α, a küls˝oszög-tétel szerint viszont α′ = 2α. Hasonlóan, a BKC egyenl˝o szárú háromszögb˝ol β′ = 2β, ezért α′ + β′ = 2α + 2β = 2(α + β), ezt kellett bizonyítanunk. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

202

14. Elemi síkgeometria

Ha egy körben a PQ ívhez tartozó C csúcsú kerületi szög α, akkor azt mondjuk, hogy a PQ szakasz a nyílt PQ ív pontjaiból α szögben (α szög alatt) látszik. El˝oz˝o eredményünk szerint egy PQ szakasz egy körív pontjaiból azonos szögben látszik, mert ez a szög az ív minden pontjában egyenl˝o az ívhez tartozó középponti szög felével. A PQ szakasz azonban α szögben látszik az el˝obbi ív PQ egyenesre vonatkozó tükörképéb˝ol is (14.7.6. ábra). Bebi14.7.6. ábra. Látókörívek zonyítható, hogy állításunk megfordítható: ez a két körív tartalmazta az összes olyan pontot, amelyb˝ol PQ α szögben látszik: azoknak a pontoknak a halmaza, amelyekb˝ol egy szakasz adott szögben látszik, az adott szakasz egyenesére tükrösen elhelyezked˝o két nyílt körív (ún. látókörívek). Egy körben természetesen az egyenl˝o ívekhez is egyenl˝o középponti és így egyenl˝o kerületi szögek is tartoznak; továbbá: egyenl˝o húrok egyenl˝o íveket vágnak le egy körb˝ol, ezért az egyenl˝o húrokhoz is egyenl˝o kerületi szögek taroznak (a húrok megfelel˝o oldalain).

14.7.7. ábra. Thalész tétele

14.7.8. ábra. Érintkez˝o körök

A 90◦ -os kerületi szögekhez 180◦-os középponti szög (azaz egyenesszög) tartozik, ezért a 180◦-os körív két végpontja, azaz a kör átmér˝oje a kör pontjaiból 90◦ -os szögben látszik. El˝oz˝o tételünknek a 90◦ -os látószögre vonatkozó speciális esete az ún. Thalész-tétel (14.7.7. ábra): azoknak a pontoknak a halmaza, amelyekb˝ol egy adott szakasz derékszögben látszik, a szakaszhoz mint átmér˝ohöz tartozó kör, kivéve a szakasz végpontjait. Ha két körnek egy közös pontja van, akkor érintkeznek. A körök tengelyes szimmetriájából következik, hogy az érintkezési pontban közös a két kör érint˝oje és a körök középpontját összeköt˝o egyenes átmegy az érintkezési ponton (14.7.8. ábra). www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

14. Elemi síkgeometria

203

14.8. Hasonlósági transzformációk; középpontos hasonlóság Az egybevágósági transzformációk közvetlen általánosításai a hasonlósági transzformációk vagy hasonlóságok. A hasonlóság olyan ponttranszformáció, amely bármely PQ pontpárt úgy visz át egy P′ Q′ pontpárba, hogy a P′ Q′ és PQ távolságok aránya független a pontok választásától, tehát állandó. Ennek az állandónak a neve: a hasonlóság aránya. Ez pl. azt jelenti, hogy ha a hasonlóság aránya 3, akkor a transzformációval nyert alakzaton minden hosszúsági méret háromszor akkora, mint az eredeti alakzaton. A hasonlóság speciális esetben magában foglalja az egybevágóságot is, ha ugyanis a hasonlóság aránya 1, akkor minden szakasz egyenl˝o a képével, tehát egybevágóságról van szó. Ha a hasonlóság aránya 1-nél nagyobb, akkor a hasonlóságot nagyításnak, ha pedig 1-nél kisebb, kicsinyítésnek is szokás nevezni. A 14.8.1. ábrán hasonlósággal kapott alakzatok láthatók.

14.8.1. ábra. Hasonló alakzatok

A hasonlóság fontos tulajdonságai: a) az egy egyenesen lev˝o pontokat egy egyenesen lev˝o pontokba viszi át, azaz az egyenes képe egyenes; b) párhuzamos egyenesek párhuzamos egyenesekbe mennek át; metsz˝o egyenesek képe szintén metsz˝o egyenespár lesz; c) a hasonlóság megtartja a szögek nagyságát. Két alakzatot hasonlónak mondunk, ha hasonlósági transzformációval átvihet˝ok egymásba. Két hasonló háromszögnél szükségképpen ugyanakkora az egymásnak megfelel˝o oldalak aránya és rendre egyenl˝ok a szögeik is. Két háromszög hasonlósága már néhány adatuk összehasonlításából is eldönthet˝o; a leggyakrabban el˝oforduló adat-összehasonlításokat a hasonlósági alapesetek tartalmazzák. Ezek szerint két háromszög hasonló, ha www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

204

14. Elemi síkgeometria

I. megegyeznek két-két szögükben (ekkor természetesen már a harmadik szögük is egyenl˝o); II. megegyeznek három-három oldalpárjuk arányában; III. megegyeznek két-két oldalpárjuk arányában és közbezárt szögükben; IV. megegyeznek két-két oldalpárjuk arányában és a nagyobbik oldallal szemközti szögükben. A hasonlóság alapeseteiben szerepl˝o feltételek a 14.8.2. ábra jelöléseit alkalmazva a következ˝ok: I. α = α′ , β = β′ ; B ′C ′ C ′ A ′ A′ B′ = = ; II. AB BC CA B ′C ′ A′ B′ III. = és β = β′ ; AC BC A′ B′ C ′ A′ IV. = és γ = γ ′ , AB > CA. AB CA Itt jegyezzük meg, hogy ezt a kifejezést „a két háromszögben megegyezik két-két oldal aránya” két, geometriailag egyenérték˝u módon is szokás értelmezni. A 14.8.2. ábra jelöléseit használva ez jelentheti azt, hogy a két különböz˝o háromszög megfelel˝o oldalainak az arányára gondolunk, pl.: b′ a′ = . Ennek az egyenletnek mindkét oldalát ab-vel szorozva kapjuk, a b hogy a′ b = ab′ ; osszuk el most egyenl˝oségünk mindkét oldalát bb′ -vel: a′ b ab′ = ′ , ebb˝ol egyszer˝usítés után az bb′ bb a a′ = ′ b b arányt kapjuk, ami kifejezésünk egy másik értelmezését teszi lehet˝ové, ti. azt, hogy a két háromszögben külön-külön vizsgáljuk két oldala arányát, és ezek egyenl˝oségét tételezzük fel.

14.8.2. ábra. Hasonló háromszögek

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

14. Elemi síkgeometria

205

Két háromszög hasonlósága ezek szerint már következik a megfelel˝o szögeik egyenl˝oségéb˝ol; más sokszögeknél azonban nem ez a helyzet; pl. ha két négyszögnek megegyeznek a szögei, akkor még nem biztos, hogy hasonlók, elég két különböz˝o alakú téglalapra gondolnunk. Sokszögek hasonlóságát rendszerint úgy tudjuk igazolni, hogy háromszögekre bontjuk fel és a megfelel˝o háromszögek hasonlóságát bizonyítjuk. Az ABC és A′ B′C′ háromszögek hasonlóságának jele: ABC ∼ A′ B′C′ . Hasonló alakzatok szerkesztésére különösen alkalmas hasonlósági transzformáció a középpontos hasonlóság (más néven: középpontos kicsinyítés vagy nagyítás). Tetsz˝oleges alakzatra ezt a transzformációt a következ˝o módon hajtjuk végre: Kijelölünk a síkon egy tetsz˝oleges O pontot, és megadjuk a hasonlóság arányát (legyen ez a 14.8.3. ábra esetében 1,5). Kössük össze az alakzat minden pontját O-val és nagyítsuk az OP szakaszt O-ból kiindulva az 1,5szeresére, így az OP′ szakaszt kapjuk. Bebizonyítható, hogy ez a transzformáció hasonlóság, és az alakzat bármely szakasza 1,5-szeresére nagyítódik fel. Sokszögek esetén természetesen elegend˝o a nagyítást a csúcsokra elvégezni. Ha a hasonlóság aránya 1-nél kisebb, középpontos kicsinyítésr˝ol szoktunk beszélni.

14.8.3. ábra. Középpontos hasonlóság

Az O pont a hasonlóság középpontja, és megfigyelhetjük, hogy ugyanolyan arányban az alakzatot (ha az arány nem 1) kétféle helyzetbe is felnagyíthatjuk (vagy kicsinyíthetjük), mint az a 14.8.3. ábrán látható; a P és P′ pontok ugyanis lehetnek ugyanazon az O kezd˝opontú félegyenesen, de O el is választhatja egymástól P-t és P′ -t. Az el˝obbi esetben O-t küls˝o hasonlósági középpontnak, az utóbbiban O-t bels˝o hasonlósági középpontnak mondjuk. Mindkét esetben igaz, hogy egy szakasz és a képe párhuzamos vagy egy egyenesbe esik. Ha két alakzat szakaszai ilyen tulajdonságúak, akkor azonos állású alakzatoknak mondjuk a két alakzatot. A középpontos hasonlóság tehát minden alakzatot vele azonos állású alakzatba visz át. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

206

14. Elemi síkgeometria

Megfigyelhetjük, hogy küls˝o hasonlósági középpont esetén minden szakasz vele azonos irányítású szakaszba, bels˝o hasonlósági középpont esetén pedig vele ellentétesen irányított szakaszba megy át (l. a 14.4. szakaszt). Bebizonyítható, hogy ha két hasonló alakzat azonos állású, akkor mindig átvihet˝ok egymásba középpontos hasonlósággal vagy eltolással. Két kört mindig tekinthetünk azonos állású hasonló alakzatnak, ezért (ha különböz˝o sugarúak és középpontjaik nem esnek egybe) mindig létezik egy küls˝o és egy bels˝o hasonlósági középpont úgy, hogy az ilyen középpontú hasonlóságokkal a két kör egymásba megy át. Hasonlóságnál a körközéppontból körközéppont lesz, ezért a hasonlósági középpont szükségképpen rajta van a középpontokat összeköt˝o egyenesen.

14.8.4. ábra. Körök küls˝o hasonlósági pontja

14.8.5. ábra. Körök bels˝o hasonlósági pontja

Vegyünk most fel két különböz˝o sugarú kört, középpontjaik legyenek K, ill. K ′ (14.8.4. ábra). Hasonlósági középpontjaik rajta vannak a KK ′ egyenesen; az egyállású sugarakat a hasonlóság egymásba viszi át, ezért a sugarak végpontjait összeköt˝o egyenes átmegy a hasonlósági középponton. Vegyünk fel ezért két egyirányú sugarat, KA-t és K ′ A′ -t, ebben az esetben az AA′ egyenes metszi ki a KK ′ egyenesb˝ol az OK küls˝o hasonlósági pontot, ha pedig a KB és K ′ B′ egyállású sugarak ellentétes irányításúak, akkor a BB′ egyenes az OB bels˝o hasonlósági pontot metszi ki a KK ′ egyenesb˝ol (14.8.5. ábra).

14.8.6. ábra. Két kör közös érint˝oi

www.interkonyv.hu

14.8.7. ábra. A párhuzamos szel˝ok tétele

© Reiman István

© Typotex Kiadó

14. Elemi síkgeometria

207

A hasonlósági középponton át a két kör bármelyikéhez szerkesztett érint˝ot a hasonlóság a másik kör érint˝ojébe viszi át, ezért a két kör közös érint˝oi is átmennek a küls˝o, ill. bels˝o hasonlósági ponton (14.8.6. ábra); ez a megfigyelés felhasználható a körök közös érint˝oinek a szerkesztésekor. Messük most el az A csúcsú szöget a BC, B′C′ párhuzamosokkal úgy, hogy B, B′ és C, C′ egy-egy szögszáron legyenek (14.8.7. ábra). Az így kapott ábra felfogható úgy, hogy az A középpontú hasonlóság a BC szakaszt AB′ , ez a B′C′ szakaszba viszi át. Ebben az esetben a hasonlóság aránya AB az arány bármely szakasz és képe között ugyanakkora, tehát B ′C ′ AB′ AC′ = = . (14.8.1) AB AC BC Ha viszont a fenti egyenl˝oségben az els˝o két törtb˝ol 1-et kivonunk, azt kapjuk, hogy AC′ AB′ AB′ − AB AC′ − AC −1 = − 1, ebb˝ol = , AB AC AB AC azaz BB′ CC′ = . (14.8.2) AB AC A (14.8.1) és (14.8.2) alatti összefüggéseket a párhuzamos szel˝ok tételének nevezzük; ez lényegében a következ˝oket mondja ki: ha egy szög szárait párhuzamosokkal metsszük, az egyik száron nyert metszetek aránya megegyezik a másik száron nyert metszetek arányával, valamint a párhuzamosak metszeteinek aránya megegyezik a párhuzamosak által az egyes szögszárakból kimetszett szeletek arányával. Érvényes e tétel megfordítása is: ha egy A csúcsú szög egyik szárán úgy vesszük fel a B, B′ , a másikon pedig a C, C′ pontokat, hogy AB′ AC′ = (14.8.3) AB AC teljesüljön, akkor a BC és B′C′ szakaszok pánhuzamosak és AB′ B ′C ′ = . BC AB Állításunk azért igaz, mert feltételünk szerint az ABC és AB′C′ háromszögek hasonlók, mivel (14.8.3)-at AB AB′ = AC AC′ alakban is felírhatjuk, ez viszont azt jelenti, hogy a két háromszögben megegyezik két-két oldaluk aránya és a közrezárt szög (III. alapeset); a háromszögek hasonlósága maga után vonja az ACB∢ és az AC′ B′ ∢ egyenl˝oségét www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

208

14. Elemi síkgeometria

14.8.7. ábra); az egyállású szögek tételének megfordításából (14.2. szakasz) viszont következik a BC és B′C′ szakaszok párhuzamossága. Feladat 1. A 14.8.8. ábrán egy szög szárait párhuzamosokkal metszettük el. A megjelölt hat szakasz közül számítsuk ki az ismeretlenek hosszát, ha

14.8.8. ábra. 1. feladat

a) a = 6, b) b = 4,

b = 3, ′

b = 5,

b′ = 4,

x = 5;

x = 6,

y = 8.

Mindkét esetben a párhuzamos szel˝ok tételét alkalmazzuk. y 9 y 45 a+b = , = , y= = 7,5; a) a x 6 5 6 ′ ′ ′ b a 4 24 a valamint = , = , a′ = = 8. a b 6 3 3 a+4 8 a+b y b) = , = , ebb˝ol 6a + 24 = 8a, 2a = 24, a = 12; a x a 6 b′ a′ 5 5 · 12 a′ = , = , a′ = = 15. valamint a b 12 4 4

2. Egy ABC háromszög oldalainak hossza rendre 6, 7, 9; egy a háromszöghöz hasonló A′ B′C′ háromszög kerülete pedig 33. Mekkorák az A′ B′C′ oldalai? Az ABC kerülete 22-vel egyenl˝o, ezért ABC-t az 1,5-szeresére kell felnagyítanunk, hogy 33-as kerület˝u háromszöget kapjunk. Az A′ B′C′ oldalai ezért az ABC oldalainak az 1,5-szeresei, az oldalhosszak tehát: 6 · 1,5 = 9, 7 · 1,5 = 10,5, 9 · 1,5 = 13,5.

3. Az ABC egyenl˝o szárú háromszögben AB = AC = 1, a szárak szöge 36◦ -os. Mutassuk meg, hogy a B csúcshoz tartozó BE szögfelez˝o az ABC háromszöghöz hasonló BCE háromszöget metsz le és ennek segítségével számítsuk ki a BC alap hosszát (14.8.9. ábra). www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

14. Elemi síkgeometria

209

Az ABC alapon lev˝o szögei egyenl˝ok és mind180◦ − 36◦ = 72◦ -os. Viszont a BE szögfeegyikük 2 ◦ lez˝o a B-nél lev˝o 72 -os szöget 36◦ -os szögekre vágja szét, ezért CBE∢ = 36◦ . A BCE háromszögben ezért B∢ = 36◦, C∢ = 72◦, és így a háromszög 180◦ -os szögösszege miatt E∢ = 180◦ − 72◦ − 36◦ = 72◦ , tehát a BCE háromszög egyenl˝o szárú, mert két szöge egyenl˝o, és mivel szögei rendre megegyeznek az ABC szögeivel, ABC és BCE valóban hasonlók (I. alapeset). Egyenl˝o szárú az EAB háromszög is, mivel az EB és EA oldalakkal szemben 36◦ -os szögek vannak. Ha tehát BC hosszát x-szel jelöljük, akkor BE = EA = x, 14.8.9. ábra. 3. feladat és így EC = 1 − x. Az ABC és BCE hasonlóságából következik, hogy mindkét háromszögben egyenl˝o az alap és a szár aránya: 1−x x = , 1 x ebb˝ol az egyenlet mindkét oldalát x-szel szorozva kapjuk, hogy x2 = 1 − x, x2 + x − 1 = 0. A másodfokú egyenlet megoldóképletével: √ √ −1 ± 1 + 4 −1 ± 5 = . x= 2 √2 −1 + 5 Mivel x pozitív, x = BC = . 2

4. Az ABCD konvex négyszögnek megjelöljük az oldalharmadoló pontjait és közülük két-két szemköztit a 14.8.10. ábrán látható módon összekötünk, így kapjuk az XY és PQ szakaszokat, ahol XY = 24, PQ = 18. Mekkora darabokra vágja a két szakaszt az M metszéspontjuk? Alkalmazzuk a párhuzamos szel˝ok tételének a megfordítását a BAD∢-re és a P, D; X, B pontpárokra. Mivel AD 3 BD BD AB = = = 3, ezért = 3, XP = , AX AP 1 XP 3 és az XP, BD szakaszok párhuzamosak.

14.8.10. ábra. 4. feladat Hasonlóan kapjuk, ha az el˝obbi tételt a BCD∢-re és a B, Q; D, Y pontpárokra alkalmazzuk, hogy mivel

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

210

14. Elemi síkgeometria CB CD 3 = = , CQ CY 2

azért

BD 3 = , QY 2

QY =

2BD , 3

és a QY , BD szakaszok párhuzamosak. Az XP-re és a QY -ra kapott eredményünk összehasonlításából következik, hogy QY = 2XP, és QY párhuzamos XP-vel. Ebb˝ol viszont az következik, hogy az MXP és MY Q háromszögek hasonlók, mivel szögeik rendre egyenl˝ok (csúcsszögek, ill. váltószögek); a hasonlóság aránya QY = = 2XP miatt 2-vel egyenl˝o, ezért MY = 2MX és MQ = 2MP. Minthogy XY = 24, ezért XM = 8 és MY = 16, hasonlóan: PQ = 18 miatt MP = 6, MQ = 12.

5. A 14.8.11. ábrán látható módon megrajzoltuk az ABCD és APQR négyzeteket. Összekötöttük a P, C és a Q, D pontokat. Bizonyítsuk be, hogy az összeköt˝o egyenesek által kimetszett AX és AY szakaszok egyenl˝ok. Legyen az ABCD négyzet oldala u, az APQR négyzeté v. Alkalmazzuk a párhuzamos szel˝ok tételét el˝oször a CPB∢-re és a BC, AX párhuzamos szel˝okre, kapjuk, hogy PA v AX uv AX = , azaz = , ebb˝ol AX = . BC PB u u+v u+v

14.8.11. ábra. 5. feladat

14.9.1. ábra. Derékszög˝u háromszög

Hasonlóan kapjuk a QDR∢-re és az AY , RQ szel˝okre alkalmazva a tételt, hogy DA u AY AY = , azaz = , RQ DR v u+v ebb˝ol AY =

uv , u+v

tehát valóban AX = AY .

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

14. Elemi síkgeometria

211

14.9. Mértaniközép-tételek; Pitagorasz tétele A derékszög˝u háromszögben a derékszöget alkotó oldalak a befogók, a derékszöggel szemközti (leghosszabbik) oldal az átfogó. A derékszög˝u háromszög két hegyesszögének összege 90◦ , hiszen a három szög összege 180◦ , ezért a két hegyesszög egymás pótszögei; ha az egyiket α-val jelöljük, akkor a másik 90◦ − α (14.9.1. ábra). Húzzuk meg az ABC derékszög˝u háromszög átfogóhoz tartozó magasságát, a 14.9.2. ábrán ez a CT szakasz. CT a háromszöget két derékszög˝u háromszögre vágja szét, ezek az ACT és CBT . Ezeknek a szögei ugyanakkorák, mint az ABC szögei, a hegyesszögek bennük α és 90◦ − α nagyságúak. Ezért ez a három háromszög hasonló, mert szögeik rendre megegyeznek, tehát a derékszög˝u háromszög átfogóhoz tartozó magassága a háromszöget olyan két derékszög˝u háromszögre vágja szét, amelyek hasonlók egymáshoz és az eredeti háromszöghöz is. A háromszögek hasonlóságából következik, hogy megfelel˝o oldalaik aránya egyenl˝o; itt hívjuk fel a figyelmet arra, hogy két háromszögben azok a „megfelel˝o” oldalak, amelyek egyenl˝o szögekkel szemben fekszenek. Az ACT és CBT hasonlóságából következik, hogy (a 14.9.2. ábra jelöléseit használva) a két háromszögben egyenl˝o a befogók aránya, tehát √ c2 m = , ebb˝ol m2 = c1 c2 ; m = c1 c2 , c1 m mivel két pozitív szám szorzatának négyzetgyöke a két szám mértani közepe (l. a 8.2. szakaszt), eredményünket így fogalmazhatjuk: a derékszög˝u háromszög átfogóhoz tartozó magasságának a talppontja az átfogót két olyan részre vágja, amelyeknek a magasság a mértani közepe (magasságtétel).

14.9.2. ábra. Magasság- és befogótétel

Vessük most össze az ABC és az ACT hasonló derékszög˝u háromszögekben az α szöget közrefogó befogó és az átfogó arányát; itt megjegyezzük, hogy a c1 szakaszt szokás a b befogó átfogón lev˝o mer˝oleges vetületének nevezni (és ugyanúgy c2 -t az a befogó vetületének); azaz: √ b c1 = , ebb˝ol b2 = cc1 , b = cc1 , c b www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

212

14. Elemi síkgeometria

a derékszög˝u háromszög bármelyik befogója mértani közepe az átfogónak és a befogó átfogón lev˝o mer˝oleges vetületének (befogótétel). Ez a tétel természetesen igaz az a befogóra is (ugyanúgy lehetne bizonyítani). Írjuk most fel ezt a tételt mindkét befogóra, és adjuk össze az egyenl˝oségek megfelel˝o oldalait: b2 = cc1 , a2 = cc2 a2 + b2 = cc1 + cc2 = c(c1 + c2 ) = c · c = c2 , vagyis: a derékszög˝u háromszög két befogójának négyzetösszege az átfogó négyzetével egyenl˝o. Ez Pitagorasz tétele. Vegyünk most fel egy O középpontú kört és egy küls˝o P pontból húzzunk a körhöz egy PE érint˝oszakaszt és egy szel˝ot, amely a kört az A és B pontokban metszi (14.9.3. ábra). A BAE és a PEB kerületi szögek ugyanahhoz a BE ívhez tartoznak, ezért egyenl˝ok. Ebb˝ol következik, hogy a PAE és PEB háromszögek megegyeznek két szögben, ezért hasonlók (I. alapeset); ennélfogva az APE∢ = BPE∢ közrefogó oldalainak aránya egyenl˝o: PB PE = , PA PE

ebb˝ol PE 2 = PA · PB,

ez viszont azt jelenti, hogy egy küls˝o pontból a körhöz húzott érint˝o szakasz mértani közepe a pontból a körhöz húzott szel˝o két metszetének. (Ez az érint˝otétel.) Tételünk következménye, hogy egy küls˝o pontból a körhöz húzott szel˝ok metszeteinek a szorzata egyenl˝o. (Ez a szel˝otétel.)

14.9.3. ábra. Az érint˝otétel

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

14. Elemi síkgeometria

14.9.4. ábra. A szel˝otétel

213

14.9.5. ábra. A húrtétel

Ha ugyanis egy küls˝o P pontból szel˝oket húzunk a körhöz, amelyek a kört rendre az A1 , B1 ; . . . An , Bn pontokban metszik, és a P-b˝ol a körhöz a PE érint˝oszakasz húzható, akkor a PA1 · PB1 , . . . , PAn · PBn szorzatok mindegyike PE 2 -tel lesz egyenl˝o el˝oz˝o tételünk értelmében, ezért a szel˝ok metszeteinek a szorzata valóban egyenl˝o (14.9.4. ábra). A szel˝otételhez teljesen hasonló módon bizonyítható a húrtétel: A kör egy bels˝o P pontja a rajta átmen˝o húrokat két olyan részre vágja szét, amelyek metszeteinek a szorzata a P ponton átmen˝o bármely húr esetén egyenl˝o. (Pl. a 14.9.5. ábrán PA · PB = PC · PD.) A szel˝otételt és a húrtételt egységesen is kimondhatjuk: Legyen P egy k kör küls˝o vagy bels˝o pontja, és messe a P-n átmen˝o egyenes a kört az A és B pontokban; ebben az esetben a PA · PB szorzat minden P-n átmen˝o egyenes esetén állandó érték˝u. Ezt az állandó értéket egyébként a P pont k körre vonatkozó hatványának nevezzük. Ezt a hatványértéket bels˝o pont esetén negatívnak is szokás tekinteni. Feladatok 1. A 14.9.2. ábra jelöléseit használva, az ABC derékszög˝u háromszög16 ben ismert: b = 5, c2 = . Számítsuk ki a háromszög oldalait! 3 A befogótétel szerint b2 = cc1 ; mivel c = c1 + c2 , b2 = c1 (c1 + c2 ), azaz   16 . Ebb˝ol 25 = c1 × c1 + 3 16c1 , 25 = c21 + 3 2 3c1 + 16c1 − 75 = 0. A másodfokú egyenlet megoldóképletével: √ −16 ± 34 −16 ± 256 + 12 · 75 = . c1 = 6 6 A megoldást az egyenlet pozitív gyöke szolgáltatja: c1 = 3. Az átfogó: c = 25 16 = . Az a befogót Pitagorasz tétele segítségével számol= c1 + c2 = 3 + 3 3 hatjuk ki:

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

214

14. Elemi síkgeometria

a2 = c2 −b2 =



25 3

2

−52 =

625−9 · 25 400 = , 9 9

ebb˝ol

a=

r

400 20 = . 9 3

2. Számítsuk ki az e oldalhosszúságú szabályos háromszög magasságának a hosszát (14.9.6. ábra).

14.9.6. ábra. 2. feladat Az ABC szabályos háromszög természetesen egyenl˝o szárú is, ezért a CT = m magasság szimmetriatengelyen van és így T felezi az AB alapot. Pitagorasz tételét alkalmazva az ATC derékszög˝u háromszögre kapjuk, hogy √  e 2 e2 3e2 e 3 = e2 , m2 = e2 − = , ebb˝ol , m2 + m= 2 4 4√ 2 3 tehát a szabályos háromszög magassága az oldal -szeresével egyenl˝o. 2

3. Bizonyítsuk be, hogy a paralelogramma átlóinak négyzetösszege az oldalak négyzetösszegével egyenl˝o. Ennek alapján számítsuk ki a paralelogramma másik átlójának a hosszát, ha oldalai 5 és 6, egyik átlója pedig 7.

14.9.7. ábra. 3. feladat Ha az ABCD paralelogramma téglalap, mivel a téglalap átlói egyenl˝ok és az ABC derékszög˝u háromszögböl (14.9.7a) ábra) e2 = a2 + b2 , az átlók négyzetösszege: 2e2 = 2a2 + 2b2 , tehát valóban az oldalak négyzetösszegével egyenl˝o. Ha az ABCD paralelogramma nem téglalap, bet˝uzzük a csúcsokat úgy, hogy A-nál hegyesszög legyen. A C és D csúcsokból az AB egyenesre emelt m hosszúságú mer˝olegesek (az ún. magasságok) talppontjai legyenek T1 és T2 (14.9.7b)

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

14. Elemi síkgeometria

215

ábra). Az AT2 D és BT1C háromszögek egybevágók, mivel mindkett˝onek van egy b hosszúságú oldala, megfelel˝o szögeik pedig egyállású szögek (III. alapeset), ezért AT2 = BT1 = x. A T2 BD derékszög˝u háromszögb˝ol Pitagorasz tételével kapjuk, hogy e2 = (a − x)2 + m2 ; az AT1C derékszög˝u háromszögb˝ol viszont f 2 = (a + x)2 + m2 . Az utóbbi két egyenl˝oség megfelel˝o oldalait összeadva kapjuk, hogy e2 + f 2 = a2 −2ax+x2 +a2 +2ax+x2 +2m2 = 2a2 +2x2 +2m2 = 2a2 +2(x2 +m2 ). Vegyük most figyelembe, hogy a BT1C derékszög˝u háromszögb˝ol x2 +m2 = b2 , ezért e2 + f 2 = 2a2 + 2b2 , és éppen ezt kellett bizonyítanunk. Megadott számpéldánkban a = 5, b = 6, e = 7, ezért 72 + f 2 = 2 · 52 + 2 · 62 , 49 + f 2 = 50 + 72,

f 2 = 73, √ f = 73 = 8,5440.

4. Egy négyzet oldalhossza 10. Vágjunk le mindegyik csúcsánál a négyzetb˝ol egy egyenl˝o szárú derékszög˝u háromszöget úgy, hogy a megmaradt nyolcszög egyenl˝o oldalú legyen. Mekkora lesz a nyolcszög oldala?

14.9.8. ábra. 4. feladat Legyen a levágott egyenl˝o szárú derékszög˝u háromszög befogója x, az átfogója pedig c (14.9.8. ábra). Alkalmazzuk Pitagorasz tételét az egyenl˝o szárú derékszög˝u háromszögre: √ c2 = x2 + x2 = 2x2 , ebb˝ol c = x 2, √ vagyis az egyenl˝o szárú derékszög˝u háromszög átfogója a befogó 2-szeresével egyenl˝o. A négyzet minden oldala két darab x hosszúságú és egy darab c hosszúságú szakaszból áll, ezért √ 2x + c = 10, 2x + x 2 = 10, √
ebb˝ol x 2 + 2 = 10, √
√ √ 10 2 − 2 10 20 − 10 2 √ = = 10 − 5 2. x= √
2 = 2 2 2+ 2 2 − 2 √
√ √ √ Ezért a nyolcszög oldalai: c = x 2 = 10 − 5 2 2 = 10 2 − 10 = 4,1421. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

216

14. Elemi síkgeometria

5. Mekkora a P pont távolsága az r = 12 sugarú kör O középpontjától, ha P-b˝ol a körhöz húzható érint˝oszakasz hossza 5? A P pont, a kör O középpontja és az érint˝oszakasz E érintési pontja derékszög˝u háromszöget alkot, mivel az érintési pontba húzott sugár mer˝oleges az érint˝ore (14.9.9. ábra). Pitagorasz tételéb˝ol: PO2 = 52 + 122 = 169, ebb˝ol PO = 13.

14.9.9. ábra. 5. feladat

14.9.10. ábra. 6. feladat

6. A 14.9.10. ábrán egy 12 sugarú félkörbe a félkört és átmér˝ojét érint˝o k kört rajzoltuk be. Mekkora az ábrán vastagon rajzolt, a félkört, az átmér˝ot és a k-t érint˝o kör sugara? A félkör középpontja O, a k kör közppontja O1 és a vastag köré K, ennek az utóbbinak az ismeretlen sugarát jelölje r. Mivel az érintkez˝o körök középpontjait összeköt˝o egyenes átmegy az érintkezési ponton és k sugara nyilván 6, ezért O1 K = r + 6, továbbá OK = 12 − r, mivel az egyenes átmegy az adott félkör és a vastagon rajzolt kör érintkezési pontján. K-ból az OO1 szakaszra állított mer˝oleges talppontja legyen T . Ábránkról leolvasható, hogy OT = r, T O1 = 6 − r. Alkalmazzuk Pitagorasz tételét az O1 KT és OKT derékszög˝u háromszögekre: KT 2 + (6 − r)2 = (6 + r)2 , KT 2 + r2 = (12 − r)2 .

E két egyenlet megfelel˝o oldalainak különbségét képezve kapjuk, hogy (6 − r)2 − r2 = (6 + r)2 − (12 − r)2 36 − 12r + r2 − r2 = 36 + 12r + r2 − 144 + 24r − r2 , 144 = 48r,

ebb˝ol a keresett sugár: r = 3.

14.10. A sokszögek területe A sokszögek területének a meghatározásakor az egység megválasztása a kiindulásunk. Az 1 oldalú négyzet – az ún. egységnégyzet – területét választjuk 1 területegységnek; a sokszögek területszámításának szemléletes tartalma az egységnégyzetnek és a sokszögnek bizonyos szempontból történ˝o összehasonlítása. Szabatosabban a területszámítást úgy fogjuk fel, mint egy hozzárendelést (függvényt), ahol minden sokszöghöz hozzárendelünk egy pozitív számot, a területet úgy, hogy a következ˝ok teljesüljenek: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

14. Elemi síkgeometria

217

1. az egységnégyzet területe 1; 2. egybevágó sokszögeknek egyenl˝o a területe; 3. ha egy sokszöget részsokszögekre vágunk szét, akkor a részek területének az összege a sokszög területével egyenl˝o. Bebizonyítható, hogy minden sokszöghöz egyértelm˝uen hozzá tudunk rendelni az 1–3. feltételeket kielégít˝o számot, azaz: minden sokszögnek van területe. A sokszögek területszámításakor a téglalap területéb˝ol indulunk ki: a téglalap területe két szomszédos oldalának a szorzatával egyenl˝o.

14.10.1. ábra. A téglalap területe

14.10.2. ábra. A paralelogramma területe

Ez nyilvánvaló akkor, ha a téglalapot egységnézetekre lehet felvágni (mint pl. a 14.10.1. ábrán); ha azonban nem ez a helyzet, finomabb eszközökkel megmutatható, hogy ez a területszámítási módszer minden téglalapra érvényes. A paralelogrammák területszámításához mindenekel˝ott jegyezzük meg, hogy a paralelogramma két párhuzamos oldalegyenesének a távolságát a paralelogramma szóban forgó oldalához tartozó magasságának nevezzük. A téglalap bármelyik oldalához tartozó magassága a másik téglalapoldallal egyenl˝o. Ha egy téglalap és egy paralelogramma egy-egy oldala egyenl˝o és egyenl˝ok az oldalakhoz tartozó magasságaik is, akkor területük is egyenl˝o. Vegyük fel ugyanis a téglalapot és a paralelogrammát úgy, hogy egyenl˝o alapjaik essenek egybe (14.10.2. ábra), legyenek ezek az ABCD téglalap és az ABPQ paralelogramma (ábránkat úgy bet˝uztük, hogy a paralelogramma hegyesszög˝u csúcsa A-nál legyen), ezeket az ABPD négyszög (trapéz) foglalja egybe. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

218

14. Elemi síkgeometria

Figyeljük meg, hogy az AQD és BPC derékszög˝u háromszögek (az ábrákon szürkék) egymásból egy eltolással származtathatók, ezért egybevágók, és így területeik is egyenl˝ok. Ha most az ABPD négyszögb˝ol az AQD háromszöget hagyjuk el, akkor az ABPQ paralelogrammát, ha viszont a BPC háromszöget hagyjuk el, akkor az ABCD téglalapot kapjuk meg; mindkét alkalommal ugyanakkora terület˝u részt hagytunk el, tehát ugyanakkora terület˝u rész maradt is meg, ezért: a paralelogramma és a téglalap egyenl˝o terület˝u. Mivel pedig a téglalap területe alapjának és magasságának a szorzata, ugyanezzel egyenl˝o a paralelogramma területe is: a paralelogramma területe bármelyik oldalának és a hozzá tartozó magasságának a szorzatával egyenl˝o. Ha a paralelogramma négyzet, akkor az oldal egyenl˝o a hozzá tartozó magassággal, ezért a négyzet területe oldalának négyzetével egyenl˝o. Legyen most az ABC háromszög BC = a oldalához tartozó magassága ma (14.10.3. ábra). A háromszöget az AC oldal felez˝opontjára tükrözve az ABCB′ paralelogrammát kapjuk; ennek a területe nyilván kétszerese az ABC területének. Mivel a paralelogramma a oldalhoz tartozó magassága a háromszög ma magasságával egyenl˝o, az ABCB′ paralelogramma területe ama -vel egyenl˝o: ama , az ABC területe pedig ennek a fele, tehát 2 a háromszög területe bármelyik oldalának és a hozzá tartozó magasság szorzatának a felével egyenl˝o. Itt jegyezzük meg, hogy a derékszög˝u háromszög bármelyik befogójához tartozó magasság a másik befogóval egyenl˝o, ezért a derékszög˝u háromszög területe a befogók szorzatának a fele. A háromszög egy oldalának és a hozzá tartozó magasság kapcsolatában szokás az oldalt alapnak mondani.

14.10.3. ábra. A háromszög területe

14.10.4. ábra. Mer˝oleges átlójú négyszög

Minden sokszög szétvágható háromszögekre, ezért területük kiszámítása elvben ezzel a módszerrel megoldható. Erre mutatunk most egy példát: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

14. Elemi síkgeometria

219

ha egy konvex négyszög átlói mer˝olegesek, akkor területe az átlók szorzatának a felével egyenl˝o. Legyen ugyanis az ABCD konvex négyszög átlóinak metszéspontja M (14.10.4. ábra). A négyszög területe az ABC és ACD háromszögek területének az összege, az AC oldalhoz tartozó magasság a háromszögekben BM, ill. MD, ezért 1 1 ACD területe: AC · MD, ABC területe: AC · BM, 2 2 1 1 1 1 ABCD területe: AC · BM + AC · MD = AC(BM + MD) = AC · BD, 2 2 2 2 amit bizonyítanunk kellett. (Megjegyezzük, hogy eredményünk konkáv négyszögre is igaz.) Mivel a rombusz átlói is mer˝olegesek egymásra, a rombusz területe átlói szorzatának a felével egyenl˝o. Az egybevágóság a sokszögek területét nem változtatja meg, ezzel szemben a k arányú hasonlóság a sokszög területét k2 -szeresére változtatja. Ez azt jelenti, hogy ha a sokszöget pl. 2-szeresére, 3-szorosára, 4-szeresére stb. nagyítjuk, akkor területe 4-szeresére, 9-szeresére, 16-szorosára 1 1 stb. növekszik; vagy ha pl. -szeresére kicsinyítjük, területe -ére csök2 4 ken. Állításunkat elegend˝o háromszög esetén belátni, hiszen minden sokszög háromszögekre bontható. Az a alapú és m magasságú háromszög team , k arányú hasonlóságot alkalmazva az alap és a magasság ka, ill. rülete 2 km hosszúságú szakaszokba megy át, tehát a hasonlósággal nyert háromszög területe: am ka · km = k2 , 2 2 azaz valóban k2 -szerese az eredeti területnek. Eredményünket egyébként úgy is fogalmazhatjuk, hogy ha két hasonló a sokszögben két megfelel˝o oldal aránya , akkor a sokszögek területének b a2 az aránya 2 . b Feladatok 1. Mekkora az e oldalú szabályos háromszög területe? √A 14.9. szakasz 2. feladatában megmutattuk, hogy a háromszög magassága e 3 , ezért területe az e alap és a magasság szorzatának a fele: 2 www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

220

14. Elemi síkgeometria √ √ 1 e 3 e2 3 t = e· = . 2 2 4

2. Egy paralelogramma egyik oldala 8, a hozzá tartozó magasság 12; a másik oldalhoz tartozó magassága viszont 10. Mekkora a paralelogramma másik oldala? Az alap és magasság szorzata bármely alap esetén a területet adja meg, az ismeretlen alapot b-vel jelölve terület kétféle módon is megkapható: 10b = 8 · 12, ebb˝ol b = 9,6.

3. Bizonyítsuk be, hogy a háromszög súlyvonala a háromszöget két egyenl˝o terület˝u részre vágja szét. (A súlyvonal a csúcsot a szemközti oldal felez˝opontjával összeköt˝o szakasz.) Húzzuk meg pl. az XY Z háromszög ZF súlyvonalát (14.10.5. ábra); a kapott XFZ és FY Z háromszögeknek ugyanakkora az alapja és a magassága, ezért területeik is egyenl˝ok.

14.10.5. ábra. 3. feladat

14.10.6. ábra. 4. feladat

4. Az ABC háromszög A csúcsának B-re vonatkozó tükörképe A′ , a B csúcs tükörképe C-re B′ és a C tükörképe A-ra C′ . Hányszorosa az A′ B′C′ területe az ABC területének (14.10.6. ábra)? Megoldásunk el˝oz˝o feladatunk észrevételén alapszik, amely szerint a háromszöget a súlyvonala két egyenl˝o terület˝u részre vágja szét. Rajzoljuk be feladatunk ábrájába a C′ B, A′C, B′ A szakaszokat. Az AA′C háromszögben CB súlyvonal, ezért ABC és BA′C területe egyenl˝o, hasonló okból egyenl˝o terület˝u a BA′ B′ háromszög két része, a B′ A′C és CA′ B háromszög is. Ebb˝ol már következik, hogy a berajzolt szakaszok az A′ B′C′ -t az ABC-vel együtt 7 egyenl˝o terület˝u részre osztják fel, ezért A′ B′C′ területe hétszerese az ABC területének.

14.11. A kör kerülete és területe; ívmérték A geometriában a méretes fogalmak közül a szakaszmérést tekintjük alapfogalomnak és ennek segítségével határozzuk meg a görbék ívhosszát, tehát pl. a körív hosszát és a kör kerületét is. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

14. Elemi síkgeometria

221

Az r sugarú körben jelöljük ki az A1 , A2 , . . . , An pontokat, az A1 A2 . . . An n-szög a kör egy beírt sokszöge, viszont az ugyanezekben a pontokban meghúzott érint˝ok egy B1 B2 . . . Bn érint˝osokszöget vagy kör köré írt sokszöget határoznak meg; a két sokszög közrefogja a kört. Nyilvánvaló, hogy a beírt sokszög kerülete kisebb az ily módon köré írt sokszög kerületénél (14.11.1. ábra).

14.11.1. ábra. A kör köré írt és beírt sokszöge

14.11.2. ábra. A körív hossza arányos a középponti szöggel

Növeljük most a sokszög csúcsainak a számát egy újabb C pont beiktatásával. Ábránkból leolvasható, hogy ezzel a beírt sokszög kerülete növekedett, a köré írt sokszög kerülete viszont csökkent. A sokszög csúcsainak a számát növelve ez az eljárás folytatható. Ebb˝ol következik, hogy a beírt sokszögek között nincs legnagyobb terület˝u, a körülírt sokszögek között viszont nincs legkisebb terület˝u; a beírt sokszögeknek így olyan sorozatát kapjuk, amelyben a kerület állandóan növekszik, a körülírt sokszögeknek pedig olyan sorozata jön létre, amelyeknek a kerülete állandóan csökken. Bebizonyítható, hogy egyetlen olyan k pozitív szám létezik, amely nagyobb bármely beírt sokszög kerületénél, de kisebb minden körülírt sokszög kerületénél, ezt a k számot révezzük a kör kerületének. Jelölje a kör átmér˝ojét d; igazolható, hogy az r sugarú kör kerülete 2r · π-vel egyenl˝o: k = 2rπ = dπ, ahol π irracionális szám, közelít˝o értéke: π = 3,141593, a gyakorlatban legtöbbször ennek két tizedesre kerekített értékével, 3,14dal szoktunk számolni. A kör egy ívdarabjának hossza arányos a hozzá tartozó középponti szöggel, ez azt jelenti, hogy ha az α középponti szöghöz i hosszúságú ív tartozik, akkor a 2α, 3α, 4α, . . . középponti szögekhez 2i, 3i, 4i, . . . hosszúságú ív tartozik, általában, ha λ tetsz˝oleges pozitív szám, akkor a λα középponti szög λi hosszúságú ívet zár közre (14.11.2. ábra). Ez a megfigyelésünk lehet˝ové teszi a szögek ívmértékkel való mérését. Egy szög csúcsa köré írt egységkör szárak közé es˝o ívdarabjának a hossza a szög ívmértéke vagy abszolút mértéke. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

222

14. Elemi síkgeometria

π Mivel az egységkör kerülete 2 · 1 · π = 2π, a negyedkörhöz ívhosszú2 π ságú egységkörív tartozik, tehát a derékszög ívmértéke . 2 Hasonlítsuk most össze néhány nevezetesebb szög fokokban kifejezett mértékét és ívmértékét (a tizedestörtek kerekített értékek): π = 1,5708 360◦ 2π = 6,2832 90◦ 2 3π π = 4,7124 = 1,0472 270◦ 60◦ 2 3 π = 0,7854 180◦ π = 3,1416 45◦ 4 5π π = 2,6180 = 0,5236 150◦ 30◦ 6 6 2π π = 2,0944 = 0,0175 120◦ 1◦ 3 180 Az ívmérték egysége 1 radián, 1 (azaz 1 radián) az ívmértéke annak a szögnek, amely az egységkör egységnyi hosszúságú ívét zárja közre. Általában: (α fokokban kifejezett mértéke) · π = α ívmértéke, (14.11.1) 180 (α ívmértéke)180◦ , (14.11.2) π ezek szerint pl. 1 radián az ívmértéke az 57,2958◦-os szögnek. Zsebszámológépek a bevitt szögmértéket általában fokokban értelmezik; ha különböz˝o szögmértékekkel üzemel, a fokokban való mérésre rendszerint, a DEG jelzés, a radiánokban való mérésre pedig a RAD jelzés utal (a néhány gépen található GRAD jelzés újfokokban kifejezett mértéket jelent; l. a 14.2. szakaszt). A függvények körében csaknem kizárólag az ívmértéket használják; ha egy szögmérték mellett nem találunk fokjelzést (vagy perc, másodperc jelzést), akkor azt általában ívmértéknek kell tekintenünk. Ha egy kört r-szeresére nagyítunk (vagy kicsinyítünk), akkor az α középponti szöghöz tartozó ív is r-szeresére növekszik (vagy kisebbedik); mivel pedig az egységkörben az α középponti szöghöz α ívmérték˝u (azaz hosszúságú) ív tartozik, azért az r sugarú körben az α középponti szög˝u körív hossza rα : i = rα, (α ívmérték) (14.11.3)

és

α fokokban kifejezett értéke =

i=

www.interkonyv.hu

rαπ = 0,01745 rα (α fokokban mérve). 180

(14.11.4)

© Reiman István

© Typotex Kiadó

14. Elemi síkgeometria

223

A kör területének a meghatározásakor hasonló módon járunk el, mint a kerület esetében; most is beírt, ill. körülírt sokszögek területértéke közé szorítjuk a kör területét. Megmutatható, hogy a beírt sokszög csúcsainak a számát növelve a beírt sokszögek területe növekszik; a 14.11.1. ábra szerint szerkesztett körülírt sokszögek területe pedig csökken, és egyetlen olyan t pozitív szám létezik, amely nagyobb minden beírt sokszög területénél és kisebb minden körülírt sokszög kerületénél; ezt a t számot nevezzük az r sugarú kör területének és az r sugarú kör területe r2 π-vel egyenl˝o, t = r2 π.

14.11.3. ábra. Körcikk

14.11.4. ábra. Körgy˝ur˝u és körgy˝ur˝ucikk

Körcikknek a kör két sugara és a közöttük lev˝o körív által határolt síkalakzatot nevezzük. A körcikk területe arányos a hozzá tartozó α ívmérték˝u középponti szöggel; ha α = π, éppen félkörnyi körcikkr˝ol van szó; jelölje tα az α középponti szög˝u körcikk területét (14.11.3. ábra), ekkor az arányosság miatt: α tα = , ebb˝ol, mivel i = rα (14.11.3): tπ π tπ α r2 πα r2 α = = , (14.11.5) tα = π 2π 2 r2 α ri = (α ívmérték), tα = (14.11.6) 2 2 r2 πα = 0,00873r2α (α fokokban mérve). tα = 360 Ezek szerint a körcikk területe a hozzá tartozó körív és a sugár szorzatának a felével egyenl˝o. A körsugarát k-szorosára növelve, a kerülete is k-szorosára növekszik, a területe viszont k2 -szeresére n˝o. Két közös középpontú kör körgy˝ur˝ut zár közre (14.11.4. ábra); a körgy˝ur˝u területe nyilván az R sugarú küls˝o és az r sugarú bels˝o kör területének a különbsége, tehát www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

224

14. Elemi síkgeometria R2 π − r2π = π(R2 − r2 ) = π(R − r)(R + r) = 2

R+r (R − r)π. 2

Annak a körnek a sugara, amely a körgy˝ur˝uben mindkét határoló körhöz R+r , a körgy˝ur˝u szélesegyenl˝o távolságra halad (középkör) éppen ρ = 2 sége pedig m = R − r, ezekkel az értékekkel a körgy˝ur˝u területe: T = 2ρmπ.

(14.11.7)

A körgy˝ur˝u két sugár közötti része a körgy˝ur˝ucikk; legyen határoló köríveik hossza i1 és i2 , szélessége m (14.11.4. ábra). Mivel az i2 ívet az i1 ívbe R O középpontú, arányú hasonlóság viszi át, r R i1 = , azaz i1 r = i2 R és i2 R − i1r = 0. i2 r A körgy˝ur˝ucikk területét két körcikk területének a különbségeként számíthatjuk ki (14.11.6) alapján a körgy˝ur˝ucikk területe: T=

1 1 i1 R i2 r 1 − = (i1 R−i2 r) = (i1 R−i2 r+i2 R−i1 r) = (i1 +i2 )(R−r), 2 2 2 2 2

ebb˝ol T=

i1 + i2 m, 2

(14.11.8)

a körgy˝ur˝ucikk területe a határoló ívek számtani közepének és a szélességének a szorzatával egyenl˝o. Mint megjegyzési módra hívjuk fel a figyelmet, hogy a körcikk területképlete a háromszög területképletére, a körgy˝ur˝ucikk területképlete pedig a trapéz területképletére emlékeztet.

14.11.5. ábra. Holdacskák

Feladat A 14.11.5. ábrán látható holdacskákat a derékszög˝u háromszög oldalai fölé szerkesztett félkörök határolják. Bizonyítsuk be, hogy a holdacskák területének összege a derékszög˝u háromszög területével egyenl˝o. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

14. Elemi síkgeometria

225

A derékszög˝u háromszög a, b, c oldalai fölé szerkesztett félkörök sugarai rendre a2 π b2 π c2 π a b c , , , ezért területeik , , . A holdacskák területösszegét kapjuk meg, 2 2 2 8 8 8 ha a derékszög˝u háromszög t területének és a befogók fölé szerkesztett félkörök területének az összegéb˝ol kivonjuk a c átfogó fölé szerkesztett félkör területét: π a2 π b2 π c2 π + − = t + (a2 + b2 − c2 ) = t, t+ 8 8 8 8 mivel Pitagorasz tételéb˝ol a2 + b2 − c2 = 0 következik, tehát a holdacskák területösszege valóban a háromszög t területével egyenl˝o.

14.12. A háromszög geometriájából A háromszögek körében a kivetkez˝o állandó jelleg˝u jelöléseket alkalmazzuk: az ABC háromszög A, B, C csúcsainál rendre az α, β, γ szögek vannak, az oldalak: AB = c, BC = a, CA = b; a kerület: 2s = a + b + c (tehát s a kerület fele, a „félkerület”); ABC területe t. A háromszögek körében azt az egyszer˝u tényt, hogy két pont között egyenesszakaszon vezet a legrövidebb út, az ún. háromszög-egyenl˝otlenség fejezi ki: a háromszög bármely oldala kisebb a másik két oldal összegénél. Ez azt jelenti, hogy ha a háromszög oldalai a, b és c, akkor teljesülnek a következ˝o egyenl˝otlenségek: a < b + c, b < c + a, c < a + b. Ezek közül az els˝o kett˝o átrendezéséb˝ol kapjuk, hogy c > a − b és c > b − a, ezt összefoglalva c > |a − b| alakban írhatjuk fel, ami azt jelenti, hogy a háromszögben bármelyik oldal nagyobb a másik kett˝o különbségének abszolút értékénél. Középvonal és súlyvonal. Az ABC háromszög oldalfelez˝o pontjai legyenek az AB, BC, CA oldalon rendre C′ , A′ , B′ (14.12.1. ábra). Az oldalfelez˝o pontokat összeköt˝o szakaszok a háromszög középvonalai. Két oldal felez˝opontját összeköt˝o közép14.12.1. ábra. vonal párhuzamos a harmadik oldallal és Középvonal, súlyvonal, súlypont feleakkora, mint a harmadik oldal. ′ ′ Pl. az ABC szögre és a szögszárakon felvett A, B; B , A pontokra alkalmazva a párhuzamos szel˝ok tételének a megfordítását kapjuk, hogy A′ B′ CA AB AB = 2, tehát A′ B′ = . párhuzamos a BA oldallal és ′ ′ = AB CB′ 2 www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

226

14. Elemi síkgeometria

Ebb˝ol az is következik, hogy az A′ B′C′ háromszög oldalai rendre párhuzamosak az ABC háromszög oldalaival és A′ B′C′ hasonló ABC-hez. ABC és A′ B′C′ ezért hasonló egyállású alakzatok, és így középpontosan is hasonlók, azaz az AA′ , BB′ ,CC′ szakaszok egy S ponton mennek át. Mivel 1 az ABC-t az A′ B′C′ -be arányú hasonlóság viszi át, ezért pl. AS kétszer 2 akkora, mint SA′ , azaz S harmadolja az AA′ szakaszt. A háromszög csúcsát a szemközti oldal felez˝opontjával összeköt˝o szakasz a háromszög súlyvonala, ezért eredményünket így foglalhatjuk össze: a háromszög súlyvonalai egy S pontban, a háromszög súlypontjában metszik egymást és a súlypont harmadol minden súlyvonalat. (A súlypont a súlyvonal oldalhoz közelebbi harmadolópontja.) Az A, B,C csúcsokból induló súlyvonalak jelölései rendre: sa , sb , sc .

14.12.2. ábra. Hegyesszög˝u háromszög köré írt kör

14.12.3. ábra. Derékszög˝u háromszög köré írt kör

Oldalfelez˝o mer˝oleges és körülírt kör. A háromszög AB oldalának felez˝o mer˝olegese az A-tól és B-t˝ol egyenl˝o távolságra lev˝o pontok halmaza, a BC felez˝o mer˝olegese viszont a B-t˝ol és C-t˝ol egyenl˝o távolságra lev˝o pontokat tartalmazza (l. a 14.5. szakaszt), ezért metszéspontjuk, O egyenl˝o távol van a háromszög mindhárom csúcsától, azaz középpontja a háromszög csúcsain átmen˝o körnek (körülírt kör) (14.12.2. ábra). Gondolatmenetünk egyébként azt is bizonyítja, hogy a háromszög oldalfelez˝o mer˝olegesei a körülírt kör középpontjában metszik egymást: továbbá három, nem egy egyenesbe es˝o pont egyértelm˝uen meghatároz egy kört, azaz egy és csakis egy olyan kör van, amely három ilyen adott ponton átmegy. A derékszög˝u háromszög bármely befogójának oldalfelez˝o mer˝olegese párhuzamos a másik befogóval, ezért tartalmazza a befogó felez˝opontját az átfogó felez˝opontjával összeköt˝o középvonalat (14.12.3. ábra); a befogók oldalfelez˝o mer˝olegesei ezért az átfogó felez˝opontjában metszik egymást: a derékszög˝u háromszög köré írt körének középpontja az átfogó felez˝opontjával esik egybe. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

14. Elemi síkgeometria

227

Ez az eredményünk összhangban van Thalész tételével (l. a 15.7. szakaszt). A 14.12.2. és 14.12.4. ábráinkon megfigyelhet˝o, hogy a háromszög köré írt kör középpontja hegyesszög˝u háromszög esetén a háromszög belsejében, tompaszög˝u háromszög esetén pedig a háromszögön kívül van.

14.12.4. ábra. Tompaszög˝u háromszög köré írt kör

14.12.5. ábra. A köré írt kör sugara

A háromszög köré írt kör R sugarát kifejezhetjük a háromszög oldalaival és a területével. Bet˝uzzük a háromszöget úgy, hogy α hegyesszög legyen (14.12.5. ábra). A kör O középpontját B-vel és C-vel összekötve egyenl˝o szárú háromszöget kapunk, mert OB = OC = R. BOC∢2α, mert az α kerületi szöghöz tartozó középponti szög, ezért O-t a BC felez˝opontjával, F-fel összeköt˝o szakasz felezi a BOC szöget. Legyen B-b˝ol a szemközti AC oldalra állított magasság BT = mb . Az OFC és AT B hasonló derékszög˝u háromszögek, mert megegyeznek két-két szögben, ezért oldalaik aránya is egyenl˝o: c AB R ac OC = , azaz a = , ebb˝ol R = . CF BT mb 2mb 2 2t bmb , ebb˝ol mb = , ezt R kifejezéViszont a háromszög területe: t = 2 b sébe helyettesítve kapjuk, hogy abc (14.12.1) R= 4t Magasságvonal és magasságpont. A háromszög csúcsaiból a szemközti oldalegyenesekre állított mer˝oleges szakaszok a háromszög magasságai; az A, B, C csúcsokból induló magasságok hosszát rendre ma , mb , mc jelöli. A magasságokat tartalmazó egyenesek a háromszög magasságvonalai. A derékszög˝u háromszög hegyesszög˝u csúcsaihoz tartozó magasságok a befogókkal egyenl˝ok. A háromszög magasságvonalai egy ponton mennek át, a háromszög magasságpontján. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

228

14. Elemi síkgeometria

Ennek bizonyítására tükrözzük a háromszöget minden oldalának a felez˝opontjára, a tükrözéssel az ABA′C, BCB′ A, CAC′ B paralelogrammákat kapjuk, ezek egyesítése olyan A′ B′C′ háromszöget képez, amelynek oldalfelez˝o pontjai az A, B, C pontok és középvonalai az ABC oldalai (14.12.6. ábra). Az A′ B′C′ oldalfelez˝o mer˝olegesei – mint már láttuk – egy M pontban metszik egymást; ezek az oldalfelez˝o mer˝olegesek azonban az ABC háromszögben magasságvonalak, hiszen pl. AB és A′ B′ párhuzamossága miatt az egyikre mer˝oleges egyenes a másikra is mer˝oleges, ezért ABC magasságvonalai egy M ponton mennek át.

14.12.6. ábra. Magasságpont

14.12.7. ábra. A beírt kör

Hegyesszög˝u háromszög magasságpontja a háromszögnek bels˝o, tompaszög˝ué a háromszögnek küls˝o pontja. A derékszög˝u háromszög magasságpontja a derékszög˝u csúccsal esik egybe. Szögfelez˝ok és a háromszög érint˝okörei. A háromszög szögeinek felez˝oi – az ún. bels˝o szögfelez˝ok vagy egyszer˝uen szögfelez˝ok – egy ponton mennek át. Ehhez vegyük észre, hogy az A∢ felez˝ojének pontjai az A-ból induló szögszáraktól egyenl˝o távolságra vannak (l. a 14.5. szakaszt), a B∢ felez˝ojének minden pontja pedig a B-b˝ol induló szögszáraktól van egyenl˝o távolságra, ezért a két szögfelez˝o K metszéspontja egyenl˝o távolságra van a háromszög minden oldalegyenesét˝ol. Mivel K benne van a C∢ belsejében is, és így a C∢ száraitól is egyenl˝o távolságra van, és a C száraitól egyenl˝o távolságra lev˝o bels˝o pontokat a C∢ felez˝oje tartalmazza, ezért a harmadik szögfelez˝o is átmegy a K ponton (14.12.7. ábra). K ennélfogva mindhárom háromszögoldaltól egyenl˝o távolságra van; jelölje ezt a távolságot r. Ez azt jelenti, hogy K középpontja a háromszög oldalait belülr˝ol érint˝o körnek, a háromszög ún. beírt körének; összefoglalva: a háromszög bels˝o szögfelez˝oinek metszéspontja a háromszögbe írt kör középpontja. A háromszög két küls˝o szögének felez˝oje és a harmadik szög bels˝o felez˝oje is egy ponton megy át. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

14. Elemi síkgeometria

229

Pl. a B és C csúcsoknál lev˝o küls˝o szögek felez˝oinek Ka metszéspontja egyenl˝o távol van a B és C csúcsokhoz tartozó küls˝o szögek száraitól (14.12.8. ábra), de akkor egyenl˝o távol van az A∢ száraitól is, ezért Ka rajta van az A-nál lev˝o szög bels˝o szögfelez˝ojén. Legyen Ka -nak az oldalegyenesekt˝ol mért távolsága ra , a Ka körül ra sugárral írt kör érinti a háromszög oldalegyeneseit, ez a háromszög (egyik) küls˝o érint˝oköre vagy hozzáírt köre, ilyen típusú köre a háromszögnek három van, sugaraik ra , rb , rc .

14.12.8. ábra. Hozzáírt kör

A beírt kör az AB, BC,CA oldalakat rendre a C1 , A1 , B1 pontokban érinti. Az érint˝oszakasz-tétel (14.7.) szerint küls˝o pontból a körhöz húzott érint˝oszakaszok egyenl˝ok, ezért AB1 = AC1 = x, BC1 = BA1 = y, CA1 = CB = z és ezek között érvényesek a következ˝o összefüggések: y + z = a, z + x = b, x + y = c. A 7.3. szakasz 6. feladatában megmutattuk, hogy ennek az egyenletrendszernek a megoldásai: x = s − a, y = s − b, z = s − c, ahol s a háromszög kerületének a felét jelenti, azaz 2s = a + b + c (14.12.7. ábra). Küls˝o érint˝okör esetén (14.12.8. ábra) az érint˝oszakasz-tételb˝ol következik, hogy AB2 = AC2 , BC2 = BA2 , és CB2 = CA2 , viszont AC + CA2 + +AB + BA2 = 2s, mivel a négy szakasz a teljes kerületet kiadja. Minthogy AC +CA2 = AC +CB2 = AB2 és AB + BA2 = AB + BC2 = AC2 , ezért AB2 + AC2 = 2s, mivel azonban AB2 = AC2 , ezért AB2 = AC2 = s, és így pl. BC2 = s − AB = s − c.

Fejezzük most ki az oldalakat érint˝o körök sugarait a háromszög oldalai és területe segítségével. A 14.12.7. ábráról az ABC területe az ABK, BCK, CAK háromszögek területének az összege, és ez utóbbiakban az r sugár a magasság szerepét játssza, ezért 1 (ra + rb + rc) = t, 2 www.interkonyv.hu

r

a+b+c = t, 2

rs = t,

t r= . s

(14.12.2)

© Reiman István

© Typotex Kiadó

230

14. Elemi síkgeometria

A háromszög hozzáírt körénél abból indulunk ki, hogy ABC területét kapjuk, ha ABKa és ACKa területének összegéb˝ol kivonjuk a BCKa területét, ezért b+c−a 1 = ra (s − a), t = (cra + bra − ara) = ra 2 2 ebb˝ol t t t , hasonlóan: rb = , rc = . (14.12.3) ra = s−a s−b s−c Ezek az eredményeink arra is módot adnak, hogy a háromszög területét viszonylag egyszer˝uen kifejezhessük az oldalak segítségével. A 14.12.9. ábrán az el˝oz˝o két ábra jelöléseit használjuk. A KC1 B és BC2 Ka derékszög˝u háromszögek hasonlók, mert 14.12.9. ábra. Heron képlete hegyesszögeik mer˝oleges szárú szögek, és így a két háromszög szögei rendre egyenl˝ok. Ennélfogva egyenl˝ok a megfelel˝o oldalaik aránya is; figyelembe véve, hogy BC1 = s − b és BC2 = s − c: BC2 s−c KC1 r = , azaz = , ebb˝ol rra = (s − b)(s − c), BC1 KaC2 s−b ra helyettesítsük ebbe a (14.12.2) és (14.12.3) alatti r és ra értékeket: t ·t = (s − b)(s − c), t 2 = s(s − a)(s − b)(s − c), s(s − a) p (14.12.4) t = s(s − a)(s − b)(s − c). Ez a háromszög területének Heron-képlete, ennek segítségével tehát az oldalak ismeretében kiszámíthatjuk a háromszög területét. Feladatok 1. Fejezzük ki a háromszög súlyvonalainak a hosszát az oldalak segítségével. A 14.9. szakasz 3. feladatában bebizonyítottuk, hogy a paralelogramma átlóinak négyzetösszege az oldalak négyzetösszegével egyenl˝o; a következ˝okben ezt használjuk fel. Az ABC háromszöget a BC oldal felez˝opontjára tükrözve olyan paralelogrammát kapunk, amelynek oldalai b és c, átlói pedig a és 2sa (14.12.10. ábra), 14.12.10. ábra. 1. feladat ezért az el˝obbi tétel szerint 4s2a + a2 = 2b2 + 2c2 , r 2b2 + 2c2 − a2 2b2 + 2c2 − a2 2 sa = , sa = . 4 4

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

231

14. Elemi síkgeometria Hasonlóan kapjuk, hogy r 2c2 + 2a2 − b2 , sb = 4

sc =

r

2a2 + 2b2 − c2 . 4

2. Egy háromszög oldalainak hossza: a = 18, b = 20, c = 34. Számítsuk ki: területét, beírt és köré írt körének a sugarát és magasságainak a hosszát. El˝oször a területet számítjuk ki a Heron-képlet (14.12.4) segítségével; az ehhez szükséges adatok: s = 36, s − a = 18, s − b = 16, s − c = 2, √ √ t = 36 · 18 · 16 · 2 = 36 · 36 · 16 = 36 · 4 = 144. 144 t = 4, A beírt kör sugara: r = = s 36 abc 18 · 20 · 34 a köré írt kör sugara: R = = = 21,25. 4t 4 · 144 Mivel 2t = ama = bmb = cmc , 288 288 288 2t = = 8, mb = = 14,4, mc = = 8,47 . . . ma = a 36 20 34

3. Bizonyítsuk be, hogy az egyenl˝o szárú háromszög súlypontja, magasságpontja, valamint beírt és köré írt körének a középpontja rajta van a háromszög szimmetriatengelyén. A szimmetriatengely tartalmazza az alaphoz tartozó súlyvonalat, magasságvonalat, szögfelez˝ot, oldalfelez˝o mer˝olegest, ezért tartalmaznia kell az ezeken lev˝o fenti nevezetes pontokat is.

4. Egy háromszög oldalai: a = 4, b = 8, c = 6. Mekkora részekre vágja a c oldalt a C csúcshoz tartozó szögfelez˝o? El˝oször általánosan is bebizonyítjuk az ún. szögfelez˝otételt: a háromszög szögfelez˝oje a szemközti oldalt a szomszédos oldalak arányában osztja fel. Tegyük fel, hogy a C csúcshoz tartozó szögfelez˝o a szemközti c oldalt c1 és c2 hosszúságú darabokra vágja szét. A szögfelez˝o C1 végpontja egyenl˝o távol van a CA és CB szögszáraktól, legyen ez a távolság x (14.12.11. ábra).

14.12.11. ábra. A szögfelez˝o tétel (4. feladat)

Az AC1C és BC1C háromszögek kétszeres területét kétféle módon is felírhatjuk: AC1C : c1 mc = bx, BC1C : c2 mc = ax. Vegyük az utóbbi két egyenlet megfelel˝o oldalainak a hányadosát, egyszer˝usítés után kapjuk, hogy

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

232

14. Elemi síkgeometria

b c1 = , c2 a ami éppen a szögfelez˝otétel. Mivel c2 = c − c1 , helyettesítsük ezt az el˝obbi egyenletbe: b c1 = , ac1 = b(c − c1 ), c − c1 a ac1 + bc1 = bc, bc . c1 = a+b Hasonlóan kapjuk, hogy ac . c2 = a+b 4·6 8·6 Ezt alkalmazva a megadott háromszögre: c1 = = 4; c2 = = 2. 4+8 4+8

5. Bizonyítsuk be, hogy a derékszög˝u háromszög kerülete a beírt kör átmér˝ojének és a körülírt kör kétszeres átmér˝ojének az összege.

14.12.12. ábra. 5. feladat Vegyük mindenekel˝ott figyelembe, hogy a derékszög˝u háromszög körülírt körének a középpontja az átfogó felez˝opontja, ezért a körülírt kör átmér˝oje az átfogóval egyenl˝o. Ha a beírt kör sugarát r-rel jelöljük, azt kell bizonyítanunk, hogy a kerület 2c + 2r-rel egyenl˝o, ami a 14.12.12. ábráról könnyen leolvasható, hiszen a B1 KA1C négyszög négyzet, mivel három szöge eleve derékszög és két szomszédos oldala is r-rel egyenl˝o; továbbá az érint˝oszakasz-tétel szerint AC1 = AB1 = c1 , BC1 = BA1 = c2 , és így a kerület: 2c1 + 2c2 + 2r = 2(c1 + c2 ) + 2r = 2c + 2r, és ezt kellett bizonyítanunk.

6. Mekkora a paralelogramma területe, ha oldalai 12 és 7, egyik átlójának a hossza pedig 9? A paralelogrammát átlója két olyan háromszögre vágja szét, amelynek oldalai 12, 7, 9. Ennek a területét Heron képletével számíthatjuk ki: s = 14, s − a = 2, s − b = 7, s − c = 5, √ √ t = 14 · 2 · 7 · 5 = 14 5, √ ezért a paralelogramma területe: 28 5 = 62,61.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

14. Elemi síkgeometria

233

14.13. Speciális négyszögek; sokszögek A trapéz olyan négyszög, amelynek van két párhuzamos oldala. A párhuzamos oldalakat a trapéz alapjainak is szokták mondani; a másik két oldalt viszont a trapéz szárainak nevezzük. Definíciónk szerint a paralelogrammák is trapézok, ebben az esetben bármely két szemközti oldalpár tekinthet˝o alapoknak. A trapéz egy szárának végpontjaiban lev˝o bels˝o szögek kiegészít˝o szögek, összegük 180◦.

14.13.1. ábra. A trapéz területe

Az ABCD trapéz (14.13.1. ábra) alapjai legyenek AB = a és CD = b; a két szárnak AD-nek és BC-nek az F1 és F2 felez˝opontját összeköt˝o F1 F2 = k szakasz a trapéz középvonala. (Megjegyezzük, hogy az általánosabb elnevezésrendszer szerint AB és CD felez˝opontjait összeköt˝o szakaszt is középvonalnak mondjuk, de ha trapéznál minden külön megjelölés nélkül középvonalról beszélünk, akkor ezen a szárak felez˝opontjait összeköt˝o szakaszt értjük.) A trapéz középvonala párhuzamos az alapokkal és hossza az alapok hosszának a számtani közepe, tehát a+b . k= 2 Ezt az állításunkat úgy láthatjuk be, hogy a trapézt pl. a BC szár F2 felez˝opontjára tükrözzük. A trapéz tükörképével együtt az AD′ A′ D paralelogrammát alkotja, mivel a tükrözés miatt AD′ és A′ D párhuzamos és egyenl˝o szakaszok. Az F1 F1′ szakasz a középvonal kétszerese. Az AD′ F1′ F1 négyszög paralelogramma, mert van két egyenl˝o, párhuzamos oldala, AF1 és D′ F1′ ui. a tükrözés miatt párhuzamosak. Ebb˝ol következik, hogy AD′ és F1 F1′ párhuzamosak és egyenl˝ok, AD′ = F1 F1′ , azaz a + b = 2k, amit bizonyítanunk kellett. Az AD′ A′ D paralelogramma területe kétszerese a trapéz területének; s mivel a paralelogramma területe (a + b)m (m a trapéz magassága, azaz a párhuzamos oldalak távolsága), ebb˝ol a trapéz területe: a+b m = km, t= 2 www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

234

14. Elemi síkgeometria

azaz: a trapéz területe az alapok számtani közepének és magasságának a szorzatával egyenl˝o: vagy: a trapéz területe a középvonal és a magasság szorzata. Ha a párhuzamos oldalak felez˝opontjait összeköt˝o egyenes szimmetriatengelye a trapéznak, akkor a trapézt tengelyesen szimmetrikus trapéznak vagy egyenl˝o szárú trapéznak nevezik (egyéb elnevezéseket is használnak: húrtrapéz, körbe írt trapéz) (14.13.2. ábra). A szimmetrikus trapéz szárai egyenl˝ok és az azonos alapokon lev˝o szögei is egyenl˝ok.

14.13.2. ábra. Szimmetrikus trapéz

14.13.3. ábra. Deltoid

Ha a négyszög szimmetrikus valamelyik átlójának az egyenesére, akkor deltoidnak (sárkányidomnak) nevezzük (14.13.3. ábra). A deltoid átlói mer˝olegesek egymásra, ezért területe az átlók szorzatának a felével egyenl˝o; oldalai között két-két szomszédos egyenl˝o.

14.13.4. ábra. Húrnégyszög

A húrnégyszög oldalai egy kör húrjai (14.13.4. ábra). Egy négyszög akkor és csakis akkor húrnégyszög, ha szemközti szögeinek összege 180◦. Legyen ugyanis az ABCD húrnégyszög A-nál, ill. C-nél lev˝o szöge α, ill. γ. Ha O a kör középpontja, akkor az α-val azonos ívhez tartozó középponti szög 2α (l. a 14.7. szakaszt); a γ-val azonos ívhez tartozó középponti szög viszont 2γ. Mivel 2α + 2γ = 360◦, α + γ = 180◦. Mivel a négyszög www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

14. Elemi síkgeometria

235

szögeinek az összege 360◦ , a másik két szemközti szög összege is 180◦-kal egyenl˝o. Bebizonyítható, hogy a tétel megfordítva is igaz; ha a négysszög két szemközti szögének összege 180◦, akkor a négyszög húrnégyszög. Érint˝onégyszögnek nevezzük a négyszöget, ha egy kör a négyszög minden oldalát bels˝o pontban érinti. Egy konvex négyszög akkor és csakis akkor érint˝onégyszög, ha szemközti oldalainak összege egyenl˝o. Hogy a fenti feltétel érint˝onégyszögre teljesül, könnyen leolvasható a 14.13.5. ábráról; az érint˝oszakasz-tétel szerinti egyenl˝o érint˝oszakaszokat azonos bet˝ukkel jelöltük, és így nyilvánvaló, hogy a szemközti oldalak összege mindkét oldalpár esetén x + y + z + u-val egyenl˝o. Bebizonyítható, hogy ha ez a feltétel teljesül, akkor a négyszög biztosan érint˝onégyszög.

14.13.5. ábra. Érint˝onégyszög

14.13.6. ábra. Szabályos sokszög

Tételünk értelmében pl. minden rombusz és minden deltoid érint˝onégyszög. A körbe írt és kör köré írt sokszögek közül lényeges szerepet játszanak a szabályos sokszögek. Szabályos sokszögeknek nevezzük a körbe írt egyenl˝o oldalú sokszögeket. A szabályos sokszög középpontjának a köré írt kör középpontját mondjuk. A középpontot a csúcsokkal összeköt˝o sugarak az a oldalú szabályos sokszöget (szabályos n-szöget) n számú egyenl˝o szárú háromszögre vágják szét (14.13.6. ábra); ezek a háromszögek egybevágók, mert 3–3 oldaluk egyenl˝o, ennélfogva egyenl˝ok a szárak által közrezárt magasságaik is. Ez azonban azt jelenti, hogy a sokszög középpontja minden oldal felez˝opontjától egyenl˝o távolságra van, tehát rajta vannak egy O középpontú körön, a sokszög ún. beírt körén, ezt a beírt kört a sokszög oldalai érintik, ezek szerint minden szabályos sokszög érint˝osokszög is. A szóban forgó egyenl˝o szárú háromszögeket a szabályos sokszög középponti háromszögeinek mondjuk; ezek alapon fekv˝o szögei egyenl˝ok, a sokszög minden szöge két ilyen alapszög összege, ezért a szabályos sokszögek szögei egyenl˝oek. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

236

14. Elemi síkgeometria

El˝obbi megállapításunk már nem fordítható meg: a körbe írt egyenl˝o szög˝u sokszögek nem feltétlenül szabályosak, példa erre a körbe írt olyan téglalap, amely nem négyzet. (A körbe írt páratlan oldalszámú egyenl˝o szög˝u sokszögek azonban már szabályosak.) A szabályos sokszögek közül leggyakoribbak a szabályos (vagy egyenl˝o oldalú) háromszög, a négyzet, a szabályos hatszög. A szabályos hatszög oldala a kör sugarával egyenl˝o, mivel középponti háromszögei szabályos háromszögek (14.13.7. ábra). Ez lehet˝ové teszi egyszer˝u szerkesztését és számos gya14.13.7. ábra. Szabályos hatszög korlati alkalmazását. Feladatok 1. Egy szimmetrikus trapéz alapjainak hossza 6 és 16, szárainak hossza 13. Mekkora a trapéz területe és átlója? A rövidebbik alap végpontjából húzott magasságok a trapézból két egybevágó derékszeg˝u háromszöget vágnak le (a 14.13.8. ábra jelöléseit használjuk), ezekre alkalmazva Pitagorasz tételét, kapjuk, hogy m2 + 52 = 132 , ebb˝ol m = 12. 6 + 16 · 12 = 11 · 12 = 132. A terület: t = 2 Az átló c hosszát olyan derékszög˝u háromszög átfogójaként határozhatjuk meg, amelynek befogói 11 és m, tehát 112 + m2 = c2 , c2 = 112 + 122 = 265, √ c = 265 = 16,28.

14.13.8. ábra. 1. feladat

14.13.9. ábra. 2. feladat

2. Egy trapéz alapjai 2 és 10, szárai pedig 5 és 7 hosszúságúak. Számítsuk ki a trapéz területét. Toljuk el a trapéz 5 hosszúságú szárát a 14.13.9. ábrán látható helyzetbe, így egy háromszöget kapunk, amelynek oldalai 5, 8, 7, tehát területe Heron képletével (s = 10, s − a = 5, s − b = 2, s − c = 3) √ √ t = 10 · 5 · 2 · 3 = 10 3, www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

237

14. Elemi síkgeometria

ezt a 8 hosszúságú oldalhoz tartozó m magasság (ami a trapéz magasságával egyenl˝o) felhasználásával is felírhatjuk: √ √ 8m , ebb˝ol m = 2,5 3. 10 3 = 2 √ √ 2 + 10 A trapéz területe: · 2, 5 3 = 15 3. 2

3. Bizonyítsuk be, hogy a háromszög magasságpontjának az oldalakra vonatkozó tükörképei a háromszög köré írt körön vannak. Az ABC háromszög M magasságpontját a 14.13.10. ábrán az AA1 és BB1 magasságok metszéspontjaként állítottuk el˝o. Az MA1CB1 négyszögben az M-nél lev˝o szög 180◦ − γ, mivel a négyszög szögeinek összege 360◦ . Ugyanekkora ennek a csúcsszöge az AMB∢ és ennek az AB-re vonatkozó tükörképe, az AM ′ B∢ is. De így az M ′ BCA négyszög két szemközti szögének, a C∢-nek és az M ′ ∢-nek az összege 180◦ , tehát M ′ BCA húrnégyszög, a négy csúcs egy körön van. Ez a kör azonban az ABC háromszögnek körülírt köre, tehát M ′ valóban rajta van a háromszög köré írt körön. Ugyanígy vizsgálhatjuk meg a másik két oldalra vonatkozó tükörképeket is.

14.13.10. ábra. 3. feladat

14.13.11. ábra. 5. feladat

4. Mekkora az e oldalú szabályos hatszög területe? A szabályos hatszög hat √ e oldalú szabályos háromszögre vágható szét, ezek e2 3 (14.10. szakasz 1. feladat), ezért a szabályos hatmindegyikének a területe 4 √ 2 √ e 3 = 1, 5e2 3. szög területe: 6 4

5. Mutassuk meg, hogy az r sugarú körbe írt szabályos tizenkétszög területe 3r2 -tel egyenl˝o. A 14.13.11. ábrán az r sugarú körbe írt szabályos tizenkétszög két központi háromszögét rajzoltuk meg, az AOB és BOC háromszögeket, ezeknek szárszöge: 360◦ =30◦. Ebb˝ol következik, hogy az AOC háromszög szabályos, hiszen AOC∢ = 12 ◦ = 60 , és így AC = r. A két háromszög szimmetrikus az OB egyenesre, emiatt az ABCO négyszög átlói r hosszúságúak és mer˝olegesek egymásra, így a négyszög r2 területe átlóik szorzatának a felével egyenl˝o (14.10.), tehát -vel. Ez a négyszög 2 azonban hatodrésze a tizenkétszögnek, ezért a szabályos tizenkétszög területe: r2 6 · = 3r2 . 2

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

15 A tér elemi geometriája

15.1. Egyenesek és síkok kölcsönös helyzete; párhuzamosság A térgeometria legfontosabb alapfogalma (a ponttal és az egyenessel együtt) a sík. A sík a teret két féltérre osztja, a síkot ilyenkor a féltér határoló síkjának mondjuk. A síkokat rendszerint görög kisbet˝ukkel jelöljük. Két sík metsz˝o, ha van közös pontjuk; két sík közös része egyenes, ez a két sík metszésvonala. Két sík párhuzamos, ha nincs közös pontjuk. Egy síkkal egy küls˝o ponton át egyetlen párhuzamos sík fektethet˝o; ha két sík mindegyike egy harmadikkal párhuzamos, akkor a két sík egymással is párhuzamos. A síkot egyértelm˝uen meghatározza: a) három, nem egy egyenesbe es˝o pont; b) két metsz˝o egyenes; c) két párhuzamos egyenes; d) egy egyenes és egy egyenesen kívüli pont. Az ezek által meghatározott sík a meghatározó elemeket tartalmazza; azt is szoktuk mondani, hogy a pont és az egyenes illeszkedik a síkra. (A síkot természetesen még más módon is meghatározhatjuk.) Két térbeli egyenes kölcsönös helyzete háromféle lehet: metsz˝o, ha van körös pontjuk; párhuzamos, ha egy síkban vannak, de nincs közös pontjuk és kitér˝o, ha nincs közös síkjuk. A 15.1.1. ábra kockáján pl. a és b kitér˝o egyenesek, b és c metsz˝ok; a és c párhuzamosak. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

15. A tér elemi geometriája

239

Ha egy egyenesnek két pontja benne van egy síkban, akkor teljes egészében a síkban van. Ha egy egyenes nincs egy adott síkban, akkor vagy metszi (egy közös pontja van a síkkal), vagy pedig párhuzamos a síkkal (nincs vele közös pontja). A 15.1.1. ábrán az ABCD lap síkját a b egyenes metszi a C pontban (a C-t döféspontnak is mondják), a c benne van a síkban, viszont az a egyenes pár- 15.1.1. ábra. Síkok és egyenesek kölcsönös helyzete huzamos vele. Sík és egyenes, ill. két sík párhuzamosságát a következ˝o ismertet˝ojegyek alapján szoktuk eldönteni: egy egyenes párhuzamos egy síkkal, ha párhuzamos annak egy egyenesével (15.1.2. ábra). Az α és β síkok párhuzamosak egymással, ha α-ban van olyan a, b, βban pedig olyan a′ , b′ metsz˝o egyenespár, hogy a párhuzamos a′ -vel és b párhuzamos b′ -vel (15.1.3. ábra).

15.1.2. ábra. Síkkal párhuzamos egyenes

15.1.3. ábra. Síkok párhuzamosságának a feltétele

Ha három egyenes közül bármely kett˝onek van közös pontja, akkor azok vagy egy ponton mennek át, vagy pedig egy háromszöget zárnak közre.

15.1.4. ábra. Három sík kölcsönös helyzetei

Ha három sík közül bármely kett˝onek van közös pontja, akkor ezek vagy egy ponton mennek át, vagy van egy közös egyenesük, vagy három párhuzamos egyenest alkotnak a páronként vett metszésvonalaik (15.1.4. ábra). www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

240

15. A tér elemi geometriája

Ez az utóbbi eset a következ˝o, gyakran alkalmazott tételnek a következménye: ha az egymást metsz˝o α és β síkokból egy γ sík párhuzamos egyeneseket metsz ki, akkor ezek az egyenesek α és β metszésvonalával is párhuzamosak.

15.2. Hajlásszögek és távolságok A térben bizonyos szögek értelmezéséhez jegyezzük meg, hogy az egyállású szögek tétele (14.2.) a térben is érvényes: ha az AOB és A′ O′ B′ szögek olyanok, hogy száraik párhuzamosak és egyirányúak, akkor a két szög egyenl˝o. Az ilyen szögeket egyállású szögeknek nevezzük akkor is, ha az AOB és A′ O′ B′ síkok különböz˝ok (15.2.1. ábra).

15.2.1. ábra. Egyállású szögek

15.2.2. ábra. Kitér˝o egyenesek hajlásszöge

Az a és b kitér˝o egyenesek hajlásszögét úgy határozzuk meg, hogy a tér egy tetsz˝oleges P pontján át párhuzamosokat húzunk az a és b egyenesekkel, ezek hajlásszögét nevezzük a és b hajlásszögének. A P pontot rendszerint az a és b egyenesek egyikén szoktuk felvenni. Az egyállású szögek tétele biztosítja, hogy a P tetsz˝oleges választása mellett ugyanakkora legyen a két egyenes hajlásszöge. A 15.2.2. ábra kockáján pl. az a és b egyenesek mer˝olegesek egymásra, mert az a-val párhuzamos a′ és a b mer˝olegesek egymásra; viszont a és c hajlásszöge 45◦ -os, mert az a és a c-vel párhuzamos c′ is 45◦-os szöget alkot. Két sík hajlásszögének a meghatározásakor a metszésvonaluk egy tetsz˝oleges pontjában mindkét síkban mer˝olegest állítunk a metszésvonalra (a 15.2.3. ábrán az a és b egyenesek), a két mer˝oleges hajlásszögét nevezzük a két sík hajlásszögének. Mivel két egyenes hajlásszöge (l. a 14.2. szakaszt) nem lehet derékszögnél nagyobb, ugyanez igaz a síkok hajlásszögére is. Két sík mer˝oleges egymásra, ha hajlásszögük derékszög. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

241

15. A tér elemi geometriája

15.2.3. ábra. Síkok hajlásszöge

15.2.4. ábra. Lapszög

Hasonlóan járunk el két, közös határegyenes˝u félsík lapszögének a meghatározásakor is; itt a metszésvonalra állított félegyenesek szögét nevezzük a két félsík lapszögének, ez 180◦ -nál nagyobb is lehet, ugyanúgy, mint a szögek esetében; a félreértések elkerülése céljából meg kell jelölnünk, hogy melyik szögtartományra gondolunk (15.2.4. ábra). A sík és egyenes méretes kapcsolatának jellemzésére vezetjük be a síkra mer˝oleges egyenes fogalmát. Egy egyenes akkor mer˝oleges egy síkra, ha mer˝oleges a sík minden egyenesére (tehát nemcsak az egyenest metsz˝o síkbeli egyenesekre, hanem a hozzá képest kitér˝okre is). Bebizonyítható azonban, hogy ez a feltétel már akkor is teljesül, ha az egyenes a sík két metsz˝o egyenesére mer˝oleges, azaz ha egy egyenes mer˝oleges egy sík két metsz˝o egyenesére, akkor minden egyenesére mer˝oleges, tehát mer˝oleges a síkra. Ehhez l. még a 16.7. szakaszbeli 9. feladatot. Pl. egy kocka egyik éle mer˝oleges a végpontjából induló másik két élre, ezért mer˝oleges a két él síkjára is. Az egy síkra mer˝oleges egyenesek mind párhuzamosak; és ha egy egyenes mer˝oleges egy síkra, akkor a síkkal párhuzamos síkokra is mer˝oleges. Ha egy e egyenes mer˝oleges egy α síkra, akkor az e-t tartalmazó minden sík mer˝oleges α-ra 15.2.5. ábra.

15.2.5. ábra. Mer˝oleges síkok

15.2.6. ábra. Mer˝oleges vetítés

Egy pontnak az α síkon lev˝o mer˝oleges vetülete a pontból a síkra állított mer˝olegesnek a metszéspontja (talppontja). Egy alakzat mer˝oleges vetületén pontjai mer˝oleges vetületeinek a halmazát értjük (15.2.6. ábra). Az alakzatok m˝uszaki ábrázolásának a többsége mer˝oleges vetítéssel készül; www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

242

15. A tér elemi geometriája

a vetületet itt képnek nevezzük, a kép síkját pedig képsíknak. A képalkotás f˝obb tulajdonságai: a) egyenes mer˝oleges vetülete egyenes (kivéve, ha az egyenes mer˝oleges a síkra, vetülete ekkor egy ponttá fajul); b) párhuzamos egyenesek képe párhuzamos egyenespár ezek esetleg egybe is eshetnek; s˝ot két pont is lehet a képük); c) a vetítés megtartja az egy egyenesbe es˝o szakaszok arányát, tehát pl. a szakaszfelez˝o pont vetülete is felezi a képszakaszt; d) a képsíkon lev˝o pontnak önmaga a képe; ha egy síkalakzat benne van a képsíkban vagy a képsíkkal párhuzamos síkban van, akkor a síkalakzat egybevágó a mer˝oleges vetületével.

15.2.7. ábra. Sík és egyenes hajlásszöge

15.2.8. ábra. Két kitér˝o egyenes távolsága

Sík és egyenes hajlásszögén az egyenesnek és síkon lev˝o mer˝oleges vetületének a hajlásszögét értjük (feltéve, hogy az egyenes nem mer˝oleges a síkra; ha viszont az egyenes mer˝oleges a síkra, a hajlásszögén derékszöget értünk) (15.2.7. ábra). Két ponthalmaz távolságának megállapításakor két ponthalmaz pontjait minden lehetséges módon összekötjük, az összeköt˝o szakaszok közül a legrövidebb (ha van ilyen) a két ponthalmaz távolsága. Ezen az alapon pont és egyenes, ill. pont és sík távolságán a pontból az egyenesre, ill. a síkra állított mer˝oleges szakasz hosszát értjük, mivel a pontot az egyenes, ill. a sík pontjaival összeköt˝o szakaszok között ez a legrövidebb. Két kitér˝o egyenes távolságának a meghatározásához is elvben minden lehet˝o módon összekötjük a két egyenes pontjait és megkeressük közülük a legrövidebbet. A legrövidebbnek mindkét egyenesre mer˝olegesnek kell lennie, mert tegyük fel, hogy az a és b kitér˝o egyeneseket összeköt˝o AB szakasz b-re nem mer˝oleges, akkor az A-ból b-re mer˝olegest állítva a kapott AB′ szakasz rövidebb AB-nél, mert az AB′ B derékszög˝u háromszög befogója rövidebb az átfogónál (15.2.8. ábra); AB tehát csak akkor lehet a legrövidebb, ha mer˝oleges a-ra is és b-re is. Be kell azonban látnunk, hogy ilyen szakasz mindig létezik. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

15. A tér elemi geometriája

243

15.2.9. ábra. A normáltranszverzális

Húzzunk ezért a b egy tetsz˝oleges pontján át az a-val párhuzamost, jelöljük ezt c-vel (15.2.9. ábra), b és c egy γ síkot határoznak meg, vetítsük erre mer˝olegesen az a egyenest, legyen a vetülete a′ (a′ párhuzamos a-val). Az a′ és a b egy B pontban metszik egymást; mivel a B rajta van a′ -n is, a B egy a-n lev˝o pontnak a mer˝oleges vetülete, jelöljük ezt a pontot A-val. Az AB = n egyenes mer˝oleges a γ síkra, ezért mer˝oleges b-re és c-re is, így a c-vel párhuzamos a-ra is, az AB szakasz ezért valóban létezik. Csak egyetlen olyan egyenes van, amely a-ra is és b-re is mer˝oleges és mindkett˝ot metszi, mert ha kett˝o lenne, akkor mindkett˝o mer˝oleges lenne a γ síkra, ezért párhuzamosak lennének. Ha viszont a és b metszenének két párhuzamos egyenest, akkor mindkett˝o benne lenne a párhuzamosok síkjában, tehát nem lennének kitér˝ok. Két kitér˝o egyenest mer˝olegesen metsz˝o egyenest a két egyenes normáltranszverzálisának nevezzük. Két kitér˝o egyenes távolsága ezek szerint normáltranszverzálisuk egyenesek közötti szakaszának a hosszával egyenl˝o.

15.3. Egybevágóság és hasonlóság a térben Az egybevágóság és a hasonlóság síkbeli és térbeli definíciója azonos. A térgeometriában is akkor nevezünk egybevágónak két alakzatot, ha pontjaik között távolságtartó megfeleltetést tudunk létesíteni, azaz úgy rendeljük egymáshoz a két alakzat pontjait, hogy az egyiken bármely két pont távolsága legyen egyenl˝o a másikon a nekik megfelel˝o pontok távolságával. Szemléletes tartalmában azonban a síkbeli és a térbeli egybevágóság között némi különbséget tapasztalhatunk. Míg két síkbeli egybevágó alakzat elmozgatással fedésbe hozható (esetleg a síkból való kiemeléssel), térbeli egybevágó alakzatok esetén ez már nincs mindig így, pl. a jobb cip˝o és a bal cip˝o geometriai szempontból nézve egybevágók, mégsem hozhatók fedésbe. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

244

15. A tér elemi geometriája

Az eltolás a térben is a leggyakrabban alkalmazott egybevágóságok közé tartozik; eltolásnál bármely pontot a képével összeköt˝o szakasz egyenl˝o hosszú és azonos irányú. A síkra való tükrözésnél (más néven: síkszimmetriánál) kiválasztunk egy rögzített síkot, egy P pont tükörképét úgy szerkesztjük meg, hogy a pontból mer˝olegest állítunk a síkra és a mer˝oleges talppontjára tükrözzük a P pontot; tehát a P pont és tükörképe, P′ a síktól egyenl˝o távol van, és a PP′ szakasz mer˝oleges a síkra. (Ha P a síkon van, akkor egybeesik a tükörképével) (15.3.1. 15.3.1. ábra. Síkra való tükrözés ábra). Az O pontra való tükrözésnél (más néven: O középpontú szimmetriánál) a pontot a tükörképével összeköt˝o szakasznak O felez˝opontja (15.3.2. ábra).

15.3.2. ábra. Középpontos tükrözés

15.3.3. ábra. Középpontos hasonlóság

Ha egy alakzat síkszimmetriával, ill. középpontos szimmetriával önmagába vihet˝o át, akkor azt síkszimmetrikus, ill. középpontosan szimmetrikus alakzatnak mondjuk. (Megjegyezzük, hogy mindkét szimmetria ún. irányításváltó, a jobb cip˝ot bal cip˝obe viszi át.) Ha a P és a P′ pontok egymásnak egy síkra vonatkozó tükörképei, a síkot úgy is tekinthetjük, mint a PP′ szakasz felez˝o mer˝olegesének az általánosítását (l. a 14.5. szakaszt), és itt is igaz, hogy azoknak a pontoknak a halmaza, amelyek a tér két pontjától egyenl˝o távolságra vannak, a szakaszfelez˝o mer˝oleges síkja. A középpontos hasonlóság fogalma a térre is átvihet˝o, a középpontos hasonlóság minden síkot vele párhuzamos (vagy egybees˝o) helyzet˝u síkba visz át (15.3.3. ábra). www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

245

15. A tér elemi geometriája

15.4. Poliéderek: hasábok, gúlák; felszín és térfogat A poliéder síklapokkal határolt test. Megjegyezzük, hogy itt nem foglalkozunk a poliéderek szabatos definiálásával, ehelyett arra a szemléletes tulajdonságukra hivatkozunk, hogy ha a poliédert gumiból elkészítettnek képzeljük, akkor ezt belül üres gömbbé tudjuk felfújni. A poliéder határoló lapjai sokszögek, ill. sokszögek egyesítésével létrejött síkidomok (úgy is mondhatnánk: sokszögekre szétvágható síkidomok); a lapok között pl. olyanok is szerepelhetnek, mint amilyenek a 15.4.1. ábrán láthatók.

15.4.1. ábra. Poliéderlapok

Két lap közös oldalszakasza a poliéder éle; az élek a poliéder csúcsaiban metszik egymást. Minden csúcsból legalább három él indul ki, mivel minden csúcsban legalább három lap találkozik. Egészítsük ki félsíkká a poliéder két közös él˝u (azaz szomszédos) lapját, ezek egy lapszöget határolnak (azt a szögteret kell figyelembe vennünk, amelyben a határegyeneshez tetsz˝oleges közel van a poliédernek bels˝o pontja); ezt a lapszöget nevezzük a poliéder adott éléhez tartozó lapszögnek. Hosszabbítsuk meg a poliéder egy csúcsából induló éleket félegyenessé, a lapokat pedig a félegyenesek közötti szögtartományokká, igy egy testszögletet kapunk. A félegyenesek a testszöglet élei, az el˝obbi szögtartományok a testszöglet oldalai. A testszöglet szögeinek a szomszédos oldalak lapszögeit nevezzük. A testszöglet szabályos, ha oldalai is, szögei is egyenl˝ok. A háromoldalú testszöglet neve triéder. A poliéderek gyakorlatban legtöbbet alkalmazott osztályát képezik a hasábok és a gúlák. Húzzunk párhuzamost egy sokszög minden határpontjából egy, a sokszög síkjával nem párhuzamos egyenessel; így párhuzamosokkal határolt sávok jönnek létre; messük el ezeket a sokszög síkjával párhuzamos síkkal, az így kapott poliédert hasábnak nevezzük 15.4.2. ábra. Hasáb (15.4.2. ábra). A kiindulási sokszög a www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

246

15. A tér elemi geometriája

hasáb alaplapja, a metszéssel kapott pedig a fed˝olapja (vagy fordítva, az alaplap és fed˝olap szerepe hasábnál mindig felcserélhet˝o). A hasáb fed˝olapja az alapból eltolással is származtatható. A hasáb többi lapja paralelogramma, ezek összessége a hasáb palástja. A hasábot létrehozó párhuzamos egyeneseknek az alaplap és a fed˝olap közötti szakaszai a hasáb alkotói, valamennyi alkotó egyenl˝o. Ha az alkotók mer˝olegesek az alap síkjára (és így a fed˝olapra is), akkor egyenes hasábról beszélünk, egyébként pedig a hasáb ferde. Az alap- és fed˝olap síkjának a távolsága a hasáb magassága; egyenes hasábnál ez az alkotók hosszával egyenl˝o.

15.4.3. ábra. Paralelepipedon; téglatest, kocka

A paralelogramma alapú hasáb általánosan használt neve: paralelepipedon (15.4.3a) ábra). A paralelepipedon középpontosan szimmetrikus test, egy tetsz˝oleges csúcsot a tükörképével összeköt˝o szakasz a paralelepipedon egyik testátlója. Párhuzamos élei egyenl˝ok, ezért a paralelepipedonnak legfeljebb három különböz˝o hosszúságú éle lehet. A téglalap alapú egyenes hasáb a téglatest, ennek minden lapja téglalap (l. a 15.4.3b) ábrát). A kocka olyan téglatest, amelynek minden éle egyenl˝o, ennek lapjai egybevágó négyzetek (15.4.3c) ábra). Az 1 élhosszúságú kocka neve: egységkocka. Ha egy n oldalú sokszög minden határpontját összekötjük a sokszög síkján kívüli M ponttal, n oldalú gúlát kapunk (15.4.4. ábra). Az n oldalú gúlát tehát egy n oldalú sokszög és n háromszöglap határolja (azaz n+1 lapja van). A kiindulási sokszög a gúla alaplapja, a többi háromszöglap a gúla oldallapja, ezek a gúla palástját alkotják. A gúla M csúcsát 15.4.4. ábra. Gúla az alapsokszöggel összeköt˝o szakaszok www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

15. A tér elemi geometriája

247

a gúla alkotói; a gúla magasságának mondjuk az M-b˝ol az alaplap síkjára állított mer˝oleges szakaszt, ill. ennek a hosszát. Ha a gúla alapja szabályos n-szög, és a magasságának a talppontja a szabályos n-szög középpontja, akkor a gúlát szabályos n oldalú gúlának mondjuk (a 15.4.5. ábrán szabályos ötoldalú gúlát ábrázoltunk).

15.4.5. ábra. Szabályos ötoldalú gúla

15.4.6. ábra. Csonkagúla

A háromoldalú gúla neve tetraéder; a tetraédert tehát négy háromszöglap határolja; bizonyos értelemben ez a legegyszer˝ubb poliéder és ezt a háromszög térbeli általánosításárak tekinthetjük. Ha a gúlát az alapjával párhuzamos síkkal metsszük el, a síkmetszet az alaplapnak az M csúcsból való kicsinyítéseként fogható fel, ezért az alaplaphoz hasonló sokszöget kapunk, amelynek minden oldala párhuzamos az alap megfelel˝o élével. Ha viszont a metsz˝o síkkal lemetszett gúlarészt a gúlából elhagyjuk, a visszamaradt poliéder csonkagúla. A csonkagúla alap- és fed˝olapja ezért hasonló, oldallapjai pedig trapézok. A szabályos n oldalú gúlából ily módon szabályos n oldalú csonkagúlát kapunk, ennek oldallapjai szimmetrikus trapézok (a 15.4.6. ábrán szabályos négyoldalú csonkagúlát ábrázoltunk). A csonkagúla alaplapjának és fed˝olapjának a távolsága a csonkagúla magassága. A poliéderek felszínén a határoló sokszögek területének az összegét értjük. A felszín a geometriában terület jelleg˝u mennyiség, tehát szám (ellentétben a felülettel, amely alakzatot jelent). A poliéderek tétfogatát (köbtartalmát) a sokszögek területéhez hasonló módon értelmezzük. A poliéder térfogata a poliéderre jellemz˝o pozitív szám, amely a következ˝o tulajdonságokkal rendelkezik. 1. Az egységkocka tétfogata 1. 2. Egybevágó poliédereknek egyenl˝o a térfogata. 3. Ha egy poliédert részpoliéderekre vágunk szét, akkor a részek térfogatának az összege egyenl˝o az egész poliéder térfogatával. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

248

15. A tér elemi geometriája

Bebizonyítható, hogy minden poliéderhez hozzárendelhet˝o egy és csakis egy, a fenti kikötéseknek eleget tev˝o szám, azaz minden poliédernek van egyértelm˝uen meghatározott térfogata. A poliéderek térfogatszámításának szemléletes tartalma az egységkockával való összehasonlítás; a kiindulási alap a téglatest térfogatának kiszámítása: a téglatest térfogata az egy csúcsból kiinduló élek hosszainak szorzatával egyenl˝o. Ha tehát a tégla egy csúcsából kiinduló éleinek hossza a, b, c, akkor V térfogata: V = abc. Kockánál a = b = c, tehát V = a3 , ezért a kocka térfogata élének a köbével egyenl˝o. Ha a téglatest alapélei a és b, akkor magassága c, és alapterülete ab. A V = ab · c térfogatképlet úgy is felfogható, hogy ennél az alapterületet szorozzuk a magassággal. Valóban, minden hasábra igaz, hogy a hasáb térfogata az alapterület és a hozzá tartozó magasság szorzatával egyenl˝o. A gúlák térfogatának meghatározását hasábok segítségével lehet elvégezni, eredményül minden gúlára egyaránt érvényes összefüggést kapunk: a gúla térfogata alapterülete és magassága szorzatának a harmadrészével egyenl˝o. (Ennek bizonyítása a 21.13. szakaszban található.) Ezt úgy is fogalmazhatjuk, hogy a gúla térfogata harmadrésze a vele azonos alapú és magasságú hasáb térfogatának. A csonkagúla térfogatát úgy számíthatjuk ki, hogy a teljes gúla térfogatából kivonjuk a lemetszett ún. kiegészít˝o gúla térfogatát. A 15.4.6. ábra jelöléseit használjuk, de nem kötjük ki, hogy szabályos vagy négyoldalú legyen a gúla. A kiegészít˝o gúla magasságát jelölje x, a csonkagúláét m, s x arányú kicsinyíígy a teljes gúláét m + x. A fed˝olap az alaplapból m+x téssel jön létre, ezért a 14.10. szakaszban a hasonló sokszögek területarányáról mondottak értelmében, ha az alaplap területe At és a fed˝olapé at , akkor √ at x2 at x √ = , azaz = , At (x + m)2 x+m At ebb˝ol x

www.interkonyv.hu

p √
√ At − at = m at , √ m at x= √ √ . At − at

(15.4.1)

© Reiman István

© Typotex Kiadó

15. A tér elemi geometriája

249

A csonkagúla térfogata a teljes gúla és a kiegészít˝o gúla térfogatának a különbsége:
At (m + x) at x 1 − = At m + x(At − at ) . V= 3 3 3 Helyettesítsük ebbe x kifejezett értékét:   √ √ √
√ √
! √ at At + at At − at m at (At −at ) m 1 √ At m+ √ At + = . V= √ √ 3 3 At − at At − at Ebb˝ol V=

p
m At + at At + at . 3

(15.4.2)

A k arányú hasonlóság a poliéder térfogatát k3 -szorosára növeli (vagy csökkenti); ez azt jelenti, hogy ha egy poliédert pl. 2-szeresére, 3-szorosára, 4-szeresére nagyítunk, akkor térfogata 8-szorosára, 27-szeresére, 64-sze1 1 resére növekszik; ha pedig -szeresére, -szorosára kicsinyítjük, akkor 2 3 1 1 térfogata -ára, -ére csökken. 8 27 Feltételezve, hogy minden poliéder szétvágható tetraéderekre (háromszög alapú gúlákra), elegend˝o ezt tetraéderekre belátni. A t alapterület˝u és m magasságú tetraéder alapterülete a k arányú hasonlóság következtében k2t, magassága pedig km lesz, tehát térfogata: tm k2t · km = k3 , 3 3 azaz valóban k3 -szorosa az eredeti tetraéder térfogatának. Feladatok 1. A téglatest egy csúcsából induló éleinek a hossza 4, 5 és 20. Mekkora a téglatest testátlója? Általánosságban tegyük fel, hogy az egy csúcsból induló élek hossza a, b, c. A 15.4.7. ábra jelöléseit használva az alaptéglalapjának AC átlójára Pitagorasz tételéb˝ol az AC2 = a2 + b2 összefüggést kapjuk. Az AD testátló viszont az ACD derékszög˝u háromszög átfogója, ezért AD2 = AC2 +CD2 = a2 + b2 + c2 , tehát a téglatest testátlójának a négyzete az egy csúcsból induló élek négyzetének az összegével egyenl˝o. A megadott méretekkel a testátló négyzete 42 + 52 + 202 = 16 + 25 + 400 = 441 = 212 , ebb˝ol a testátló hossza: 21.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

250

15. A tér elemi geometriája

15.4.7. ábra. 1. feladat

15.4.8. ábra. 2. feladat

2. Mekkora az e élhosszúságú szabályos tetraéder (azaz szabályos háromoldalú gúla) térfogata? Legyenek a tetraéder csúcsai A, B, C, D (15.4.8. ábra); a D csúcsból az alapra állított m magasság talppontja O. Az O szükségképpen az ABC szabályos háromszög középpontja, s mivel szabályos háromszögnél az egy csúcsból induló súlyvonal és magasság egybeesik, az O az ABC háromszögnek súlypontja is, ezért AO az ABC 2 magasságnak a részével egyenl˝o. A 14.9. szakasz 2. feladatának eredménye sze3 √ √ √ e 3 2 e 3 e 3 , s így AO = · = . Az AOD derékszög˝u rint a magasság hossza 2 3 2 3 háromszögre alkalmazva Pitagorasz tételét kapjuk, hogy √ 2e2 e 2 e2 = , m= √ . m2 + AO2 = e2 , m2 = e2 − AO2 = e2 − 3 3 3 √ e2 3 A 14.10. szakasz 1. feladatának eredményéb˝ol az ABC területe , ezért a 4 tetraéder térfogata (az alapterület és√ magasság szorzatának a harmada): √ √ 1 e2 3 e 2 e3 2 · √ = . V= 3 4 12 3

3. Válasszuk ki egy paralelepipedon két párhuzamos lapján az egymással nem párhuzamos átlók végpontjait, ez a négy pont egy tetraéder négy csúcsa. Hányadrésze a tetraéder térfogata a paralelepipedon térfogatának? (Ebben az elhelyezkedésben a paralelepipedont a tetraéder bennfoglaló paralelepipedonjának nevezzük; minden tetraédernek létezik bennfoglaló paralelepipedonja.) A paralelepipedon alapja legyen ABCD, a fed˝olap A1 B1C1 D1 (15.4.9. ábra), a tetraéder csúcsai: A, C, B1 , D1 . Ha a paralelepipedonból levágjuk az ABCB1 , ACDD1 , A1 B1 D1 A, B1C1 D1C tetraédereket, akkor a vizsgálandó ACB1 D1 tetraédert kapjuk meg. Viszont a levágott tetraéderek egyenl˝o térfogatúak, mert egyenl˝o az alapterületük (az ABCD, ill. A1 B1C1 D1 paralelogrammák fele) és egyenl˝o az m magasságuk is (a paralel-

www.interkonyv.hu

15.4.9. ábra. 3. feladat

© Reiman István

© Typotex Kiadó

15. A tér elemi geometriája

251

epipedon ABCD és A1 B1C1 D1 lapsíkjainak a távolsága). Legyen ABCD területe t, ezért a paralelepipedon térfogata: Vparalelepipedon = tm. A lemetszett ABCB1 tetraéder térfogata: tm 1 1 . Vlemetszett = · · m = 3 2 6 2tm tm = , ezért a maradék A négy lemetszett tetraéder térfogata összesen 4 · 6 3 ACB1 D1 térfogata: 2tm tm = , VACB1 D1 = tm − 3 3 azaz a paralelepipedon térfogatának a harmadrészével egyenl˝o.

15.4.10. ábra. 4. feladat

15.4.11. ábra. 5. feladat

4. Egy szabályos négyoldalú gúla alapéle 12, oldaléle 14. Mekkora a gúla felszíne és térfogata? A gúla alaplapja egy 12 oldalhosszúságú ABCD négyzet, a magassága az MO szakasz, ahol O az alapnégyzet középpontja (15.4.10. ábra). Legyen F a BC él felez˝opontja; mivel BMC egyenl˝o szárú háromszög, az MFC derékszög˝u háromszögb˝ol Pitagorasz tételével kapjuk: FM 2 + FC2 = CM 2 , FM 2 = 142 − 62 = 160, √ √ FM = 160 √ = 4 10. Mivel FM az oldallapok lapmagassága, az oldallapok terü√ 12 · 4 10 = 24 10, és így a felszín: lete: 2 √ √ F = 122 + 4 · 24 10 = 144 + 96 10 = 447,58. A térfogat kiszámításához az MOF derékszög˝u háromszögb˝ol meghatározzuk az MO testmagasságot: √ MO2 = FM 2 − OF 2 = 160 − 36 = 124, MO = 124, ebb˝ol a gúla térfogata: √ √ 1 V = 122 · 124 = 48 124 = 534,51. 3

5. Egy szabályos négyoldalú csonkagúla alaplapjának éle 16, a fed˝olapjáé 10, az oldaléle pedig 7. Mekkora a gúla felszíne és térfogata? Legyen a csonkagúla alaplapja az ABCD, fed˝olapja az A1 B1C1 D1 négyzet (15.4.11. ábra); a fed˝olap vetülete az alaplapon pedig az A′1 B′1C1′ D′1 négyzet, ez az

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

252

15. A tér elemi geometriája

utóbbi a csonkagúla szabályos volta miatt az ABCD négyzet középpontjára szimmetrikusan helyezkedik el, az alapnégyzet oldalaival párhuzamosak a megfelel˝o oldalai. Ezért pl. az A′1 B′1 egyenes a T pontban mer˝olegesen metszi BC-t, tehát 1 BT = (16 − 10) = 3. 2 A BT B1 derékszög˝u háromszögb˝ol p √ B1 T = 72 − 32 = 40. Mivel B1 T az oldallaptrapéz magassága, ezért az oldallap területe: √ 16 + 10 √ · 40 = 13 40, 2 ennélfogva a csonkagúla felszíne (az alap-, fed˝olap és az oldallapok területösszege): √ √ F = 162 + 102 + 4 · 13 40 = 356 + 52 40 = 684,88.

A térfogat kiszámításához szükség van a csonkagúla magasságára; ezt a B1 T B′1 derékszög˝u háromszögb˝ol határozhatjuk meg: q p √ m = B1 B′1 = B1 T 2 − B′1 T 2 = 40 − 32 = 31, √ a testmagasság tehát 31, az alap-, ill. fed˝olap területe 162 , ill. 102 , ezért a csonkagúla térfogata: √ √ p √ 31 31 2 2 2 2 (16 + 16 · 10 +10 ) = (256+160+100) = 172 31 = 957,66. V= 3 3

6. 216 cm2 lemez felhasználásával téglatestet akarunk készíteni. Hogyan kell méreteznünk a téglatestet, hogy térfogata a lehet˝o legnagyobb legyen?

Jelölje a téglatest egy csúcsból kiinduló éleit a, b, c. A csúcsban található lapok területei: ab, bc, ca, ezért a téglatest felszíne: F = ab + bc + ca. F = 2(ab + bc + ca); ebb˝ol 2 Alkalmazzuk most az ab, bc, ca számokra a számtani és mértani közép közötti egyenl˝otlenséget (l. a 8.2. szakaszt): p ab + bc + ca √ F 3 3 = ≧ ab · bc · ca = a2 b2 c2 , 6 3 és egyenl˝oség csakis akkor állhat, ha ab = bc = ca, azaz a = b = c, vagyis a téglatest minden éle egyenl˝o; tehát kocka esetében. Viszont abc éppen a téglatest V térfogatával egyenl˝o, ezért F3 F p 3 ≧ V 2, ≧ V 2, 6 63 r r F3 2163 V≦ = = 216. 63 63 Ez azt jelenti, hogy az adott 216 cm2 lemezfelületb˝ol készített téglatest térfogata legfeljebb√216 cm3 lehet, és ezt akkor éri el, ha kockáról van szó, amelynek 3 élhosszúsága 216 = 6 cm.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

15. A tér elemi geometriája

253

15.5. Euler-féle poliédertétel; szabályos testek A poliéderek szemléletes meghatározásakor (15.4. szakasz) feltételezzük, hogy a „gumipoliéder” gömbbé fújható fel. Ha most még azt is kikötjük, hogy a poliéder minden lapja szakítás nélkül körré legyen nyújtható, akkor egyszer˝u poliédert kapunk. Valamennyi konvex poliéder egyszer˝u. Nem egyszer˝u poliéder látható pl. a 15.5.1. ábrán, ennek a szürke lapja nem nyújtható körré.

15.5.1. ábra. Nem egyszer˝u poliéder

Az egyszer˝u poliéder lapjainak, éleinek és csúcsainak a száma közötti összefüggést az Euler-féle poliédertétel adja meg: Ha az egyszer˝u poliéder csúcsainak, éleinek, lapjainak a száma rendre c, e és l, akkor c + l = e + 2. (15.5.1) Ez a tétel a sokszöggráfokra vonatkozó Euler-tétel segítségével bizonyítható (13.7. szakasz). Képzeljük el ugyanis poliéderünket gumilabdának felfújva, amelynek aztán kivágjuk egy lapját az élei mentén, és az így kilyukasztott gömbfelületet egy síkidommá nyújtjuk ki, megtartva rajta az élek rajzolatát. Így egy sokszöggráfot kapunk, amelyen a csúcsok száma c, a lapoké l − 1, az éleké pedig e. Alkalmazzuk erre a sokszöggráfok Eulertételét: c + (l − 1) = e + 1, ebb˝ol

c + l = e + 2, amit bizonyítanunk kellett. Ez pl. azt jelenti, hogy ha egy egyszer˝u poliédernek 14 csúcsa (c = 14), 24 éle (e = 24) van, akkor lapjainak száma az Euler-tétel alapján: 14 + l = 24 + 2, l = 12. Szabályos testnek (pontosabban: szabályos poliédernek) nevezzük azokat a konvex poliédereket, amelyeknek a lapjai egybevágó szabályos sokszögek és valamennyi testszögletük egybevágó szabályos testszöglet. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

254

15. A tér elemi geometriája

Annak vizsgálatához, hogy milyen szabályos testek léteznek, felhasználjuk az Euler-féle poliédertételt. Legyen a határoló lap szabályos n-szög, és az egy csúcsba futó élek száma, azaz a csúcs foka, f (n és f nyilván 3nál nem kisebb egész szám). Ha laponként számoljuk meg az élek számát, ln-et kapunk, de ez éppen az élek számának a kétszerese, hiszen minden élt két lapon veszünk figyelembe: ln = 2e. Hasonlóan: ha csúcsonként számoljuk össze az éleket, c f -et kapunk, ebben is kétszer szerepel minden él, mindkét végpontjánál összeszámoltuk az éleket, tehát c f = 2e; ezekb˝ol 2e 2e és c = . (15.5.2) l= n f Helyettesítsük ezeket az értékeket (15.5.1)-be: 2e 2e + = e + 2. f n Osszuk el ennek az egyenletnek mindkét oldalát 2e-vel: 1 1 1 1 + = + . (15.5.3) f n 2 e Ez az összefüggés azt jelenti, hogy 1 1 1 + > . n f 2 Ebb˝ol az egyenl˝otlenségb˝ol átalakítással (n − 2)( f − 2) < 4 következik. Mivel n − 2 és f − 2 pozitív egészek, lehetséges értékeink 1, 2, 3; ebb˝ol n lehetséges értékei: 3, 4 és 5, ez azt jelenti, hogy csak három-, négy- vagy ötszöglapjai lehetnek a szabályos testeknek. Az n = 3 esetén f értéke 3, 4, 5 lehet, n = 4-nél és n = 5-nél viszont f csak 3 lehet; ezt összefoglalva kapjuk a lehetséges 5 adatot: n: 3 4 5 f : 3, 4, 5 3 3 Fejezzük most ki (15.5.3)-ból e-t: 2fn . e= 2 f + 2n − f n e ismeretében (15.5.2)-b˝ol c-t és l-et is ismerjük. Összefoglalva, öt esetet különböztetünk meg:

n f e c l

www.interkonyv.hu

I.

II.

III.

IV.

V.

3 3 6 4 4

3 4 12 6 8

3 5 30 12 20

4 3 12 8 6

5 3 30 20 12

© Reiman István

© Typotex Kiadó

15. A tér elemi geometriája

255

Az el˝oz˝oekben jellemzett poliéderek valóban léteznek. Legismertebb közülük a IV. oszloppal jellemzett kocka. Az I. oszlophoz tartozó poliédernek 4 szabályos háromszöglapja van, ez a szabályos tetraéder, a 15.5.2. ábrán ezt bennfoglaló paralelepipedonjával (l. a 15.4. szakasz 3. feladat), egy kockával együtt mutatjuk be. A II. oszlophoz tartozó testnek 8 szabályos háromszöglapja van, neve: szabályos oktaéder; egy kocka lapközéppontjai szabályos oktaédert alkotnak, a 15.5.3. ábrán ezt ábrázoltuk. A III. oszloppal jellemzett testet 20 szabályos háromszög határolja, ez az ikozaéder (15.5.4. ábra), az V. oszlophoz tartozó test felülete 12 szabályos ötszög, neve dodekaéder (15.5.5. ábra).

15.5.2. ábra. Szabályos tetraéder

15.5.4. ábra. Ikozaéder

15.5.3. ábra. Szabályos oktaéder

15.5.5. ábra. Dodekaéder

A szabályos testek a technikán, építészeten kívül részben a természetben is el˝ofordulnak mint kristályalakok. Minden szabályos test gömbbe van írva, azaz van olyan gömb, amely tartalmazza a test csúcsait; egyúttal létezik beírt gömbjük is, amely valamennyi lapjukat bels˝o pontban érinti.

15.6. Hengerek és kúpok Húzzunk párhuzamost egy zárt síkgörbe minden pontjából egy, a görbe síkjával nem párhuzamos egyenessel, így egy végtelen hengerfelületet kapunk. A görbe síkja és egy ezzel párhuzamos sík ebb˝ol egy hengert metsz ki. A hengereket általában a kiindulási görbe, az ún. vezérgörbe min˝osége szerint osztályozzuk, ha pl. a vezérgörbe kör, körhengerr˝ol beszélünk. Ha a felületet leíró egyenes mer˝oleges a vezérgörbe síkjára, egyenes henger www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

256

15. A tér elemi geometriája

jön létre, egyébként pedig ferde henger (15.6.1. ábra). A két párhuzamos síkban helyezkedik el a henger alaplapja és fed˝olapja, ezek természetesen egybevágók, a hengerfelület két sík közötti része a henger palástja. A két párhuzamos sík távolsága a henger magassága. A mozgó egyenes két párhuzamos sík közötti része a henger alkotója, valamennyi hengeralkotó ugyanakkora, az egyenes körhenger alkotójának hossza a magasságával egyenl˝o. Az egyenes körhengert forgáshengernek is szokás nevezni, mivel palástja egy egyenesnek vele párhuzamos tengely körüli forgatásával is leírható; a lapközéppontokat összeköt˝o t egyenest ezért a henger tengelyének is szoktuk mondani. Ha egy zárt síkgörbe minden pontját összekötjük a görbe síkján kívüli M ponttal, kúpot kapunk (15.6.2. ábra). A görbe által körülzárt idom a kúp alaplapja, M a kúp csúcsa és M-et a görbe pontjaival összeköt˝o szakaszok a kúp alkotói. Ha az alapgörbe kör, körkúpról beszélünk; egyenes a körkúp, ha az M-b˝ol az alapsíkra bocsátott mer˝oleges talppontja az alapkör középpontja, egyébként a körkúp ferde. Az egyenes körkúp valamennyi alkotója egyenl˝o. A kúp csúcsának az alapsíktól mért távolsága a kúp magassága, az alkotók által leírt felület a kúp palástja.

15.6.1. ábra. Egyenes és ferde körhenger

15.6.2. ábra. Egyenes és ferde kúp

Az egyenes körkúpot forgáskúpnak is szokás nevezni, mert palástja egy egyenesnek egy metsz˝o tengely körüli megforgatásával is leírható. Általánosabb értelemben kúpnak nevezzük azt a végtelen alakzatot is, amit egy síkgörbe pontjainak és egy síkján kívüli pontnak az összeköt˝o egyenesei alkotnak. Egy kúp két párhuzamos sík közé es˝o része a csonkakúp. A mindennapi gyakorlatban azonban csonkakúpon egyenes körkúpból kimetszett testet szoktunk érteni, mi is ezt az elnevezést használjuk. A csonkakúp alap- és fed˝olap síkjának távolsága a csonkakúp magassága (15.6.3. ábra), az alkotó itt az eredeti kúpalkotónak az alap15.6.3. ábra. Csonkakúp és fed˝okör közötti szakasza. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

15. A tér elemi geometriája

257

A görbült felületekkel határolt test felszínét és térfogatát poliéderek felszíne és térfogata segítségével értelmezzük; az értelmezésnél konvex testek körében maradunk. Egy görbült felületekkel határolt konvex test küls˝o poliéderén olyan konvex poliédert értünk, amely a testet teljes egészében belsejében tartalmazza; bels˝o poliéderén pedig olyan konvex poliédert, amelyet a test teljes egészében belsejében tartalmaz. Azt a pozitív számot, amely nagyobb minden bels˝o poliéder felszínénél, de kisebb minden küls˝o poliéder felszínénél, a konvex test felszínének mondjuk; viszont azt a pozitív számot, amely nagyobb bármely bels˝o poliéder térfogatánál, de kisebb minden küls˝o poliéder térfogatánál, a konvex test térfogatának nevezzük. A fenti definíciók alapján még meglehet˝osen nehéz megmutatni, hogy ilyen számok léteznek és egyértelm˝uek, ezért mi bizonyítás nélkül fogadjuk el, hogy a hengereknek és kúpoknak létezik felszíne és térfogata. Az el˝obbi definíciók szemléletes tartalma az, hogy pl. egy henger térfogatát úgy kaphatjuk meg, hogy a hengerbe hasábokat írunk. Ha a hasáb alapsokszöge elég jól megközelíti a henger alapkörét, akkor a hasáb térfogata is közelít a henger térfogatához. Ennek a meggondolásnak a finomításával jutunk ahhoz az eredményhez, hogy a henger és kúp térfogatát és felszínét lényegében úgy kell kiszámítanunk, mint a hasábét és a gúláét. Ezek az eredmények: a henger térfogata alapterületének és magasságának a szorzatával egyenl˝o. Ha egyenes körhengerr˝ol (forgáshengerr˝ol) van szó, amelynek alkotója a, alapkörének sugara r, a térfogat: Vhenger = r2 πa. (15.6.1) A kúp térfogata az alapterület és a magasság szorzatának a harmadrésze. Egyenes körkúpnál (forgáskúpnál) ez azt jelenti, hogy ha az alapkör sugara r, magassága m, akkor r2 πm . (15.6.2) Vkúp = 3 Legyen most egy csonkakúp alapkörének sugara R, fed˝oköréé r, magassága m, a (15.4.2) p képletet értelemszer˝uen alkalmazva kapjuk, hogy 2 2 At = R π, at = r π, At at = Rrπ, ezért a csonkakúp térfogata: mπ 2 (R + Rr + r2 ). (15.6.3) Vcsonkakúp = 3 A hengerek és kúpok felszínének kiszámítása az alapgörbékt˝ol függ˝oen már meglehet˝osen bonyolult lehet, mi csak azzal az esettel foglalkozunk, ha az alapgörbe kör. Mindenekel˝ott megjegyezzük, hogy a henger és a kúp palástja azok közé a ritka felületek közé tartozik, amelyek síkidommá teríthet˝ok ki a területük (felszínük) megváltozása nélkül. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

258

15. A tér elemi geometriája

Az a alkotójú és r sugarú egyenes körhenger alap- és fed˝okörének a területe r2 π, a palást viszont olyan téglalappá teríthet˝o ki, amelynek alapja az alapkör kerülete (2rπ), magassága pedig a henger alkotója, ezért az egyenes körhenger felszíne: Fhenger = 2r2 π + 2rπa = 2rπ(r + a). (15.6.4)

15.6.4. ábra. Ferde körhenger kiterített palástja

15.6.5. ábra. Ferde körhenger palástjának felszíne

Ferde körhenger esetén a kiterített palástot két egybevágó hullámvonaldarab (trigonometrikus függvényekkel leírható görbe) határolja (15.6.4. ábra). Hogy e palást felszínét kiszámíthassuk, képzeljük a ferde körhenger palástját mindkét irányban meghosszabbítottnak, és messük el ezt az alkotókra mer˝oleges síkokkal (a 15.6.5a) ábrán az így kapott test tengelymetszetét ábrázoltuk). A kimetszett görbék az ún. normálmetszetek, az alkotókat mer˝olegesen metszik és ez a tulajdonságuk kiterítéskor is megmarad. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

15. A tér elemi geometriája

259

Terítsük ki a meghosszabbított palástnak a két normálmetsz˝o sík közötti részét, így egy téglalapot kapunk, (l. a 15.6.5b) ábrát) ezen belül van a ferde henger F felszín˝u palástja, és a rajta kívüli két rész, amit ábránkon F1 és F2 jelöl. Toljuk el most az F2 részt úgy, hogy a két hullámvonal fedje egymást (l. a 15.6.5c) ábrát), a nagy téglalap el˝oször F1 , F2 , F terület˝u részekb˝ol állt, eltolás után F1 , F2 , F ′ részekb˝ol, tehát F = F ′ , ezért a ferde körhenger palástjának felszíne, ha az alkotók hossza a, a normálmetszet kerülete kn , Fpalást = akn , és így a teljes felszín: Fferde henger = 2r2 π + akn. kn -et egyébként a gyakorlatban közvetlen méréssel szokták megállapítani (megjegyezzük, hogy a normálmetszet ellipszis). Mivel a forgáskúp minden alkotója egyenl˝o, palástja kiterítésben olyan körcikk, amelynek íve az alapkör kerületével (2rπ-vel), sugara pedig a kúp alkotójával (a-val) egyenl˝o (15.6.6. ábra), ennek területe a (14.11.5) képlet szerint: 2rπ · a = r pia, Fpalást = 2 és így a kúp teljes felszíne az alapkör területével együtt: Fkúp = r2 π + rπa = rπ(r + a), (15.6.5)

15.6.6. ábra. Egyenes körkúp palástja

15.6.7. ábra. Csonkakúp palástja

Legyen most a csonkakúp alapkörének sugara R, fed˝oköréé r, alkotója a (15.6.7. ábra); a kiterített palást olyan körgy˝ur˝ucikk, amelynek szélessége a, határoló ívei az alapkör és fed˝okör kerületével, azaz 2Rπ-vel, ill. 2rπ-vel egyenl˝ok, ezért területe a (14.11.8) képlet alapján: 2Rπ + 2rπ a = (R + r)aπ. Fcsonkakúp-palást = 2 A teljes csonkakúp-felszín:   Fcsonkakúp = R2 π + r2 π + (R + r)aπ = R2 + r2 + (R + r)a π. (15.6.6) www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

260

15. A tér elemi geometriája

Feladatok 1. Egy forgáshenger alakú tartály alapkörének átmér˝oje 4,8 m. Milyen magasan áll benne 110 m3 folyadék? A henger alapkörének sugara 2,4, ezért alapterülete 2,42 · π = 18,10. Mivel a folyadékoszlop térfogata, ha magassága m, 18,10 m = 110, ebb˝ol 110 = 6,08 m. m= 18,10

2. Egy 12 dm átmér˝oj˝u, 2 m magasságú henger alakú hordó vízszintesen fekszik és így a víz 3 dm magasan áll benne. Mennyi víz van a hordóban?

15.6.8. ábra. 2. feladat A hordóban lev˝o víz alakja geometriailag egy olyan 20 dm magasságú henger, amelynek alapja az alapkör egy szelete (15.6.8. ábra). A körszelet területének kiszámításához figyeljük meg, hogy a víz magassága éppen a sugár felével egyenl˝o, s ezért ábránkon az ABK egyenl˝o szárú háromszöget a KF magassága két olyan derékszög˝u háromszögre vág, amelynek átfogója az egyik befogó kétszeresével egyenl˝o; az ilyen háromszög viszont egy szabályos háromszög felezésével jön létre, s így az AKF∢ = BKF∢ = 60◦ , azaz az AKB körcikk éppen a kör harmada, az AKB háromszög területe viszont az AK = 6 oldalú szabályos háromszög területével egyenl˝o (l. a√14.10. szakaszt), ezért √ 62 3 1 = 12π − 9 3 = 22,11 dm2 , tkörszelet = tkörcikk − tAKB = · 62 π − 3 4 ezért a vízoszlop térfogata: V = 22,11 · 20 = 442,2 dm3 (= 442,2 l).

3. Egy egyenes körkúp palástja kiterítve éppen egy 12 sugarú félkört alkot. Mekkora a kúp felszíne és térfogata?

122 π = 72π; körívének hossza a 12-es suA palást felszíne (a félkör területe) 2 garú kör kerületének a fele: 12π; ugyanakkora az r sugarú alapkör kerülete is: 2rπ = 12π, ebb˝ol r = 6. A kúp alkotója (12), alapkörének a sugara (6) és a kúp magassága (m) derékszög˝u háromszöget alkot, Pitagorasz tételét erre alkalmazva kapjuk, √ hogy 62 + m2 = 122 , m2 = 144 − 36 = 108, m = 6 3. A kúp felszíne: F = 62 π + 72π √ = 108π = 339,29; √ 62 π · 6 3 = 72π 3 = 391,78. térfogata: V = 3

4. Egy csonkakúp alapkörének és fed˝okörének a sugarai: R = 8,2; r = 5,4; alkotója 10,7. Mekkora a csonkakúp felszíne és térfogata? www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

15. A tér elemi geometriája

261

  A felszín (15.6.6) alapján: F = 8,22 + 5,42 + (8,2 + 5,4)10,7 π = 760,01. A csonkakúp térfogatának kiszámításához szükségünk van a magasságára. A 15.6.9. ábrán a csonkakúp egy tengelymetszetét rajzoltuk fel; ez szimmetrikus trapéz, amelynek alapjai 2r és 2R, szára a, az egyik csúcshoz tartozó magasság ebb˝ol egy derékszög˝u háromszöget vág le, amelynek befogói R − r, m; átfogója a, ezért Pitagorasz tételével: m2 = a2 − (R − r)2 = 10,72 − 2,82 = 106,65, és így a térfogat:

m = 10,33, 10,33 · π (8,22 + 8,2 · 5,4 + 5,42 ) = 1521,81. V= 3

15.6.9. ábra. 4. feladat

15.6.10. ábra. 6. feladat

5. A feny˝ofatörzs 6 m hosszú darabjait (rönköt) térfogatának nagysága szerint árazták, térfogatát pedig olyan henger térfogataként számították ki, amelynek magassága 6, alapkörének a sugara pedig a rönköt határoló két körlap sugarának a számtani közepe. Az eladó vagy a vev˝o járt jól? A rönk geometriailag csonkakúp. A valódi térfogata m = 6 mellett, ha az alapkör, ill. fed˝okör sugara R, ill. r (a hosszúsági méretek méterben): V1 = 2π(R2 + Rr + r2 ), m3 . Az eladó által számított térfogat:   R+r 2 π · 6 = 1,5π(R2 + 2Rr + r2 ), m3 . V2 = 2 Vegyük a két eredmény különbségét.

π 2 π (R − 2Rr + r2 ) = (R − r)2 . 2 2 Ez éppen azt jelenti, hogy ha R 6= r, akkor a V1 − V2 különbsége pozitív, tehát V1 > V2 , vagyis ebben az esetben a vev˝o járt jól, mert többet kapott a kifizetett értéknél. V1 −V2 = π(0,5R2 − Rr + 0,5r2 ) =

6. Egy r sugarú forgáshengert úgy metszünk el ferdén egy síkkal, hogy a megmaradt rész legrövidebb alkotója a, a leghosszabb b legyen. Mekkora az így nyert test (csonkahenger) térfogata? Tükrözzük a testet a metsz˝o sík és a henger tengelyének K metszéspontjára (15.6.10. ábra), a tükörképpel együtt így egy a + b magasságú, r sugarú henger jön

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

262

15. A tér elemi geometriája

létre, ennek térfogata az eredeti test V térfogatának kétszerese: r2 π(a + b) . 2V = r2 π(a + b), ebb˝ol V = 2

15.7. A gömb és részei A tér egy O pontjától r távolságra lev˝o pontok halmaza a gömb. Az O-hoz r-nél kisebb távolságra lev˝o pontok a gömb bels˝o pontjai, az r-nél nagyobb távolságra lev˝ok pedig a küls˝o pontok. Nem okoz félreértést, ha a gömböt és bels˝o pontjait együtt is gömbnek mondjuk. Ha hangsúlyozni akarjuk, hogy pontosan csakis az O-tól r távolságra lev˝o pontokról van szó, akkor a gömbfelület elnevezést használjuk. O a gömb középpontja, a középpontot a gömb pontjaival összeköt˝o r hosszúságú szakaszok a gömb sugarai. Két gömbi pontot a gömb húrja köti össze, a gömbközépponton átmen˝o húrok neve átmér˝o. Az átmér˝o két végpontjában átellenes gömbi pontok vannak. Egy kör átmér˝oje körül megforgatva gömböt ír le. A gömb szimmetrikus a középpontját tartalmazó minden síkra és középpontosan szimmetrikus a gömb középpontjára.

15.7.1. ábra. A gömb k f˝oköre, egy f˝okört˝ol különböz˝o s síkmetszete, érint˝osíkja

15.7.2. ábra. Négy ponton átmen˝o gömb középpontja

A gömböt a síkok körben metszik, a metszetkör középpontja az O-ból a metsz˝o síkra emelt mer˝oleges talppontja (15.7.1. ábra). Az O-tól pd távolságra lev˝o sík olyan kört metsz ki a gömbb˝ol, amelynek sugara: r2 − d 2, ha ui. az ábránk OKP derékszög˝u háromszögére alkalmazzuk Pitagorasz tételét, akkor ρ2 = r2 − d 2 . A gömb középpontján átmen˝o síkok f˝oköröket metszenek ki a gömbb˝ol, ezek sugara a gömb sugaraival egyenl˝o. Egy gömbi sugár E végpontjában a sugárra állított e mer˝olegeseknek a gömbbel csak egy közös pontjuk van, az E pont. Ezek az egyenesek a gömb érint˝oi, az egyenesek által meghatározott sík pedig a gömb érint˝osíkja; ezek szerint: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

15. A tér elemi geometriája

263

a gömb egy pontjához tartozó érint˝osík mer˝oleges az érintési ponthoz tartozó sugárra. A gömböt természetesen nemcsak középpontjával és sugarával lehet megadni, hanem más adataival is; jellegzetes megadási módja négy pontjának a kijelölése; pontosabban adott négy, nem egy síkban fekv˝o ponthoz egy és csakis egy gömb létezik, amely mind a négy pontot tartalmazza. Adjuk meg ui. az A, B,C, D pontokat, amelyek nincsenek egy síkban. (15.7.2. ábra). Ebben az esetben az A, B,C pontok egy háromszöget alkotnak; az AB és BC szakaszok felez˝o mer˝oleges síkjai ezért egymást egy t egyenesben metszik. A felez˝o mer˝oleges síkok tartalmazzák egyrészt az A és B pontoktól, másrészt a B és C pontoktól egyenl˝o távolságra lev˝o pontokat, s ezért a t egyenes pontjai (és csakis ezek) egyenl˝o távolságra vannak az A, B és C pontoktól. (A t egyébként az ABC háromszög köré írt körének K középpontjában az ABC síkra állított mer˝oleges.) Messe most már az AD szakasz felez˝o mer˝oleges síkja t-t egy O pontban, az O egyenl˝o távol van D-t˝ol és A-tól, de akkor mind a négy ponttól is, tehát középpontja az A, B,C, D pontokon átmen˝o gömbnek; O szerkesztési módjából következik, hogy el˝oállítása egyértelm˝u. Az ABCD pontnégyest egy tetraéder négy csúcsának is tekinthetjük; a bebizonyított tétel azt jelenti, hogy a tetraédernek létezik körülírt gömbje és ennek középpontját élei felez˝o mer˝oleges síkjainak a közös pontja szolgáltatja. Hasonló gondolatmenettel bizonyítható, hogy létezik a tetraédernek beírt gömbje is, azaz olyan gömb, amely a tetraéder minden lapját bels˝o pontban érinti. Ennek középpontja a tetraéder lapszögeit felez˝o félsíkok közös pontja. A gömböt metsz˝o sík a gömbfelületet két gömbsüvegre vágja szét (a 15.7.3. ábrán a kisebbik gömbsüveget szürkítettük be). A gömbsüveg legtávolabbi pontjának a metsz˝o síktól mért m távolsága a gömbsüveg magassága. A gömbsüveg és a hozzá tartozó ρ sugarú metszetkörlemez egy gömbszeletet zár közre, a metszetkör a gömbszelet alapköre.

15.7.3. ábra. Gömbsüveg, gömböv

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

264

15. A tér elemi geometriája

Két, párhuzamos sík a gömbfelületb˝ol gömbövet metsz ki, a metsz˝o síkok m távolsága a gömböv magassága. A gömböv és a metsz˝o sík által a gömbb˝ol kimetszett ρ1 , ρ2 sugarú körlemezek gömbréteget zárnak közre, a síkok m távolsága a gömbrétegnek is magassága, a metszetköröket a gömbréteg alapköreinek mondjuk. Ha egy gömbszelet határkörének minden pontját összekötjük a gömb középpontjával, egy forgáskúpot kapunk. Ennek a forgáskúpnak és a gömbszeletnek az egyesítése a gömbcikk. Gömbcikk jön létre, ha egy körcikket szimmetriatengelye körül megforgatunk (15.7.4. ábra).

15.7.4. ábra. Gömbcikk

A gömbnek és részeinek a felszínét, ill. térfogatát a 15.6. szakaszban leírtak szerint értelmezzük. A felszín és térfogat kiszámításának a képleteit itt nem bizonyítjuk, egy részük levezetésére a 21.13. szakaszban visszatérünk. Meglep˝oen egyszer˝uek a felszínszámításra nyert összefüggések: az r sugarú gömb m magasságú gömbsüvegének és gömbövének a felszíne egyaránt Fgömbsüveg = Fgömböv = 2rπ · m. (15.7.1) Ez pl. azt jelenti, hogy a gömböv felszíne egy adott gömbön kizárólag a metsz˝o párhuzamos síkok távolságától függ, továbbá: a gömbsüveg is tekinthet˝o olyan gömbövnek, amelynél az egyik metsz˝o sík a gömb érint˝osíkja. Mivel a gömb olyan gömböv (vagy gömbsüveg), amelynek magassága 2r, a gömb felszíne 2rπ · 2r, tehát Fgömb = 4r2 π. (15.7.2) A ρ1 és ρ2 alapkörsugarú és m magasságú gömbréteg térfogata: mπ (3ρ21 + 3ρ22 + m2 ). (15.7.3) Vgömbréteg = 6 A gömbszeletet olyan gömbrétegnek tekinthetjük, amelynek egyik alapköre 0 sugarú; tehát ρ1 = ρ, ρ2 = 0, a ρ alapkörsugarú és m magasságú gömbszelet térfogata: mπ (3ρ2 + m2 ). (15.7.4) Vgömbszelet = 6 www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

15. A tér elemi geometriája

265

A 15.7.5. ábráról leolvasható, hogy a derékszög˝u háromszög magasságtétele (14.9. szakasz) alapján: ρ2 = m(2r − m) = 2rm − m2 (15.7.5) következik, ezt (15.7.4)-be helyettesítve kapjuk, hogy m2 π (3r − m). Vgömbszelet = 3

(15.7.6)

15.7.5. ábra. A gömbszelet magassága

Ha viszont a gömböt olyan gömbszeletnek tekintjük, amelyre m = 2r, ρ = 0, akkor (15.7.4)-b˝ol a gömb térfogatképletére határesetként a következ˝o adódik: 4r3 π . (15.7.7) Vgömb = 3 Az m magasságú gömbszeletet egy ρ alapkör˝u és r − m magasságú forgáskúp egészíti ki gömbcikké, a gömbcikk térfogata ezért a kúp és a gömbszelet térfogatának összege, figyelembe véve a (15.7.5) és (15.7.6) összefüggéseket:
2r2 mπ πm ρ2 π(r−m) m2 π + (3r−m) = (r−m)(2r−m) + m(3r−m) = , 3 3 3 3

2r2 mπ . (15.7.8) 3 Bebizonyítható, hogy ez az összefüggés akkor is használható, ha a gömbcikk gömbszelete nagyobb egy félgömbnél. Vgömbcikk =

Feladatok 1. Mekkora a sugara az 1 m2 felszín˝u gömbnek? Mivel az r sugarú gömb felszíne 4r2 π, 4r2 π = 1, ebb˝ol r 1 = 0,2821 m = 28,21 cm. r= 4π

2. Mekkora sugarú kört metsz ki az r = 8 sugarú gömbb˝ol a középpontjától 2 egységnyi távolságra lev˝u sík? www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

266

15. A tér elemi geometriája

A 15.7.1. ábra jelöléseit használva: p √ √ ρ = r2 − d 2 = 64 − 9 = 55 = 7,42.

3. Egy gömböt két párhuzamos síkkal metszünk el, a kimetszett körök sugarai: r1 = 4, r2 = 7 a metsz˝o síkok távolsága 2; a síkok nem fogják közre a gömb középpontját. Számítsuk ki a gömb sugarát! A 15.7.6. ábra metszetén a gömb O középpontjából a körök síkjára állított mer˝olegesek talppontja A és B, az O-hoz közelebbi sík távolsága O-tól x. Az OBD és OAC derékszög˝u háromszögekb˝ol Pitagorasz tételével: r2 = x2 + 72 = (x + 2)2 + 42 , ebb˝ol x2 + 49 = x2 + 4x + 4 + 16, x = 7,25, és így a gömb sugara: p p r = x2 + 72 = 7,252 + 49 = 10,08.

15.7.6. ábra. 3. feladat

15.7.7. ábra. 5. feladat

4. Azt szokták mondani, hogy a Föld felszínének 30%-a szárazföld. Közelít˝oleg hány km2 a szárazföld, ha a Föld sugara kb. 6370 km? A Földet közelít˝oleg 6370 km sugarú gömbnek tekintve, a felszín: 4r2 π = 4 · 63702 · π = 5,10 · 108 km2 , ennek 30%-a a szárazföld: 5,10 · 108 · 30 = 1,53 · 108 km2 . 100 (A szárazföld területének pontosabb értéke 149 157 000 km2 .)

5. A Föld felszínének hány százalékát látja 300 km magasból egy u˝ rhajós? (A Földet közelítéssel 6370 km sugarú gömbnek tekinthetjük.) A Földt˝ol d távolságra lev˝o P pontból az u˝ rhajós egy m magasságú gömbsüvegnyi részt lát (15.7.7. ábra). Alkalmazzuk a befogótételt (l. a 14.9. szakaszt) az OEP derékszög˝u háromszögre: r2 rd r2 , m = r− = . r2 = (r − m)(r + d), ebb˝ol r − m = r+d r+d r+d A gömbsüveg felszíne (15.7.1) alapján:

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

15. A tér elemi geometriája

267

2r2 dπ . r+d Helyettesítsük most ebbe az r = 6370, d = 300 értékeket, azt kapjuk, hogy 2 · 63702 · 300π = 11,5 · 106 km2 . F= 6670 El˝oz˝o példánk részeredménye szerint a Föld felszíne 5,10 · 108 km2 , ennek F a 11,5 · 106 · 100 = 2,25%-a. 5,10 · 108 F = 2rπm =

6. Egy gömbön egy henger alakú lyukat vágtunk úgy, hogy a henger tengelye átmegy a gömb középpontján. Milyen térfogatú rész marad meg a gömbb˝ol, ha a lyukhenger magassága m?

15.7.8. ábra. 6. feladat 15.8.1. ábra. Gömbkétszög A kifúrt gömbb˝ol egy karikagy˝ur˝ure emlékeztet˝o test marad meg (15.7.8. ábra), ennek térfogata egy ρ1 = ρ2 = ρ alapkör˝u és m magasságú gömbréteg és egy ρ alapkör˝u m magasságú forgáshenger térfogatának a különbsége, tehát (15.7.3) és (15.6.1) alapján m3 π mπ (6ρ2 + m2 ) − ρ2 mπ = , V= 6 6 azt a meglep˝o eredményt kapjuk, hogy a karikagy˝ur˝u térfogata csupán a gy˝ur˝u magasságától függ, tehát független a gömb sugarától.

15.8. A gömbháromszög A gömb egy d átmér˝ojére mint határegyenesre illesszünk rá két félsíkot. Ezek a gömbfelületb˝ol két f˝okörnek egy-egy félkörét metszik ki, az ezek által határolt részt gömbkétszögnek mondjuk; a gömbkétszög A és B csúcsa a gömb két átellenes pontja (15.8.1. ábra). A két félsík lapszögét pl. az A pontban a d átmér˝ore állított mer˝oleges félegyenesek szögével mérhetjük, ezek az A-ban a gömbnek és egyúttal a kimetszett f˝oköröknek is érint˝oi. Két f˝okör szögét tehát metszéspontjukban a körökhöz húzott érint˝o félegyenesek szögével mérhetjük. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

268

15. A tér elemi geometriája

15.8.2. ábra. Gömbháromszög

Egy adott gömbön a gömbkétszöget az α szöge egyértelm˝uen jellemzi (a gömbön elfoglalt helyzetét˝ol eltekintve), ezt a szöget mindig ívmértékkel mérjük. Szemléletes tény, hogy a gömbkétszög felszíne arányos α szögével, tehát a 2α, 3α, . . . szögekhez kétszer, ill. háromszor akkora felszín˝u π gömbkétszög tartozik; ha a gömbkétszög szöge , éppen negyedgömbr˝ol 2 van szó, ennek felszíne a teljes gömb felszínének negyede, azaz 1 2 4r π = r2 π. 4 Jelölje tα az α szög˝u gömbkétszög felszínét, az el˝obb mondottak szerint π ez úgy aránylik a negyedgömb felszínéhez, mint α a -hez, ezért 2 tα tα α = = , π t π2 r2 π 2 ebb˝ol r2 πα (15.8.1) tα = π = 2r2 α, 2

az α szög˝u gömbkétszög felszíne az r sugarú gömbön 2r2 α. A gömb két nem átellenes pontján át egyetlen f˝okör megy, hiszen a két pont és a gömb középpontja egyetlen síkot határoz meg, ez metszi ki a gömbb˝ol a két pontot összeköt˝o f˝okört. Két pontot ezek szerint két f˝okörív köt össze, ezek együttesen egy f˝okört tesznek ki. A gömb három olyan pontja, amelyek nincsenek egy f˝okörön, gömbháromszöget határoznak meg. A gömbháromszög oldalai a pontokat összeköt˝o félkörnél kisebb f˝okörívek. Ezek a gömbfelület egy darabját zárják közre, ez a gömbháromszög belseje (15.8.2. ábra).

15.8.3. ábra. Gömboktáns

www.interkonyv.hu

15.8.4. ábra. A gömbháromszög felszíne

© Reiman István

© Typotex Kiadó

15. A tér elemi geometriája

269

Az oldalak mértéke a körívükhöz tartozó középponti szög, a gömbháromszög szögeinek mértéke pedig a csúcsokban az oldalívekhez húzott érint˝o félegyenesek szögének a mértékével azonos. Kikötéseink szerint a gömbháromszög minden oldala kisebb π-nél (180◦-nál). Derékszög˝u a gömbháromszög, ha szögei között van derékszög. Jellegzetes gömbháromszög az ún. gömbnyolcad (gömboktáns), ennek csúcsait három, páronként egymásra mer˝oleges sugár végpontjai alkotják. A gömboktáns minden oldala és minden szöge derékszög (15.8.3. ábra). Az ABC gömbháromszög felszínének (területének) meghatározására rajzoljuk rá a gömbre az oldalakat tartalmazó teljes f˝oköröket. Mivel ezek tükrösek a gömb középpontjára, ugyanezek a f˝okörök egy az ABC-vel egybevágó A′ B′C′ gömbháromszöget is közrezárnak (15.8.4. ábra). Az A csúcson átmen˝o két f˝okör két α szög˝u gömbkétszöget zár közre, a B-n átmen˝o két β szög˝ut és a C csúcson átmen˝o két γ szög˝ut. Ez a hat gömbkétszög teljesen lefedi a gömböt, az ABC és A′ B′C′ háromszögeket viszont háromszorosan is fedik. Ezért a hat gömbkétszög felszínének az összege egyenl˝o a teljes gömb felszínével és még 4 gömbháromszögfelszínnel. Ezért, ha a gömbháromszög felszínét F-fel jelöljük, felhasználva (15.8.1)-et: 4F + 4r2 π = 2(2r2 α + 2r2 β + 2r2γ), F = r2 (α + β + γ − π).

(15.8.2)

A gömbháromszög szögeinek összegéb˝ol π-t kivonva az ún. gömbi felesleget (gömbi excesszust) kapjuk meg. (15.8.2) azt fejezi ki, hogy a gömbháromszög felszíne az r2 -nek és a gömbi feleslegnek a szorzata. Mivel a terület (felszín) pozitív szám, és r2 pozitív, F csak akkor lehet pozitív, ha α + β + γ − π is pozitív, vagyis α + β + γ > π, ez azt jelenti, hogy a gömbháromszög szögeinek összege mindig nagyobb π-nél, azaz 180◦-nál. A gömbháromszög szögösszege azonban nem olyan állandó érték, mint a síkháromszögek esetében a 180◦ ; a szögösszeg 180◦ és 540◦ között minden értéket felvehet. A gömbháromszögek lényeges szerepet játszanak a nagyobb távolságokra vonatkozó földmérési és a csillagászati mérésekben; a rájuk vonatkozó méretes összefüggésekkel a 16.11. szakaszban foglalkozunk.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

16 Vektorok és alkalmazásaik

16.1. A vektorok fogalma A geometriában egy szakaszt akkor mondunk irányítottnak, ha két határpontjáról megmondjuk, melyiket tekintjük kezd˝opontnak és melyiket végpontnak. Az irányított szakasz neve: vektor; az irányítást rajzban úgy jelöljük, hogy a szakasz végpontjához nyilat teszünk. Az A kezd˝opontú és B − → végpontú vektor jelölése AB (olv.: A, B vektor). A nem egy egyenesbe es˝o − → −→ két vektort, AB-t és CD-t egyirányúnak nevezzük, ha párhuzamos egyeneseken helyezkednek el, és az AC, BD szakaszoknak nincs közös pontja (16.1.1. ábra). Az egy egyenesen lev˝o vektorok akkor egyirányúak, ha van −→ olyan vektor, amely mindkett˝ovel egyirányú (a 16.1.1. ábrán a CD egyirá− → −→ − → −→ nyúi az AB-ral és az FG-ral is, ezért AB és FG is egyirányú). A vektorokat egyetlen bet˝uvel is jelölhetjük, ebben az esetben a vektor jelölésére nyomtatásban félkövér bet˝ut, írásban pedig aláhúzott bet˝ut használunk; pl. a, b, v stb., ill. a, b, v. (Régebben a vektor jelölésére használták a felül nyilazott → d˝olt bet˝ut: − a , vagy pedig gót bet˝uket.) A vektorokat a geometriában az a törekvés juttatta szerephez, hogy a szakaszokkal is lehessen „számolni”, pontosabban: m˝uveletet végezni. Ehhez mindenekel˝ott a vektor fogalmának pontosabbá tétele szükséges. Két vektort párhuzamosnak mondunk, ha párhuzamos egyeneseken helyezkednek el, vagy egy egyenesbe esnek. (A párhuzamos vektorok más elnevezése: kollineáris vektorok.) Két vektor egyenl˝o, ha hosszuk egyenl˝o és egyirányúak (tehát párhuzamosak is; a 16.1.2. ábrán az egyenl˝o vektorokat egyenl˝o bet˝ukkel jelölwww.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

271

16. Vektorok és alkalmazásaik

tük meg). Ennek a definíciónak az a szemléletes tartalma, hogy két vektor egyenl˝o, tehát matematikai szempontból nem különböztethet˝o meg, ha ugyanazt az eltolást adja meg.

16.1.1. ábra. Egyirányú vektorok

16.1.2. ábra. Egyenl˝o vektorok

A vektorok hosszát abszolút értéküknek is mondjuk, jelölése: |a| (olv.: − → a abszolút értéke) vagy |AB|. A vektor hossza tehát nemnegatív szám, hiszen szakaszhosszúságot jelent. A vektorokkal szemben a fizikában a számokat szokás skalároknak nevezni és olyan jelleg˝u megkülönböztetésre hivatkozni, hogy a vektorok irányított, a számok (skalárok) pedig nem irányított mennyiségek. Hogy a vektorok között értelmezett m˝uveletek jellegükben hasonlítsanak a számok m˝uveleteire, bevezetjük a nullvektor (nullavektor) fogalmát. A nullvektor nulla hosszúságú vektor, kezd˝o- és végpontja egybeesik; iránya megállapodás szerint tetsz˝oleges lehet, azaz a nullvektor minden vektorral párhuzamos. Jele: 0, rajzban egyetlen ponttal jelöljük.

16.2. Vektorok összeadása és kivonása Az a és b vektorok összegét, az a + b vektort úgy állítjuk el˝o, hogy a végpontjából indítjuk ki a b-t; az a kezd˝opontjából a b végpontjába mutató vektor az a + b (16.2.1. ábra); ugyanez a helyzet akkor is, ha az összeadandó vektorok párhuzamosak (ábránkon e és d). Az összeadás eredménye – mint az ábránkról leolvasható – ugyanaz, ha az összeadást az a-ral, ill. b-ral egyenl˝o vektorokkal végezzük el, www.interkonyv.hu

16.2.1. ábra. Vektorok összege

© Reiman István

© Typotex Kiadó

272

16. Vektorok és alkalmazásaik

ez a megfigyelésünk minden, kés˝obb bevezetend˝o m˝uvelet esetében nyilvánvaló lesz, ezért erre már nem fogunk külön kitérni. Ha a és b nem párhuzamosak, a + b úgy is megszerkeszthet˝o, hogy a-t és b-t egy pontból indítjuk ki, és az általuk kifeszített paralelogramma a-ral és b-ral közös kezd˝opontú átlóvektora az a + b; az a + b ilyen szerkesztését a fizikában paralelogrammaszabálynak mondják (16.2.2. ábra). Ennek a szerkesztésnek a módja azt is bizonyítja, hogy a + b = b + a, azaz az összeadásnál az összeadandók felcserélhet˝ok, az összeadás kommutatív m˝uvelet.

16.2.2. ábra. Paralelogrammaszabály

16.2.3. ábra. A vektorösszeadás asszociatív

16.2.4. ábra. Az összeg nullvektor

Az összeadandók három vektor esetén tetsz˝olegesen csoportosíthatók, azaz az összeadás asszociatív m˝uvelet; ez azt jelenti, hogy (a + b) + c = a + (b + c). Ennek igaz volta a 16.2.3. ábráról leolvasható. Háromnál több vektorra is igaz az asszociatív szabály, ez teljes indukcióval bizonyítható. A vektorok ezért tetsz˝oleges sorrendben és tetsz˝oleges csoportosítással adhatók össze. Több vektor összeadása tehát azt jelenti, hogy az összeadandó vektorokat tetsz˝oleges sorrendben egymáshoz f˝uzzük – végponthoz kezd˝opontot – az els˝o összeadandó kezd˝opontjából az utolsó végpontjába mutató vektor az összegvektor. Ha az els˝o összeadandó kezd˝opontja és az utolsó végpontja egybeesik, az összeg nullvektor (16.2.4. ábra): a + b + c + d + e + f + g = 0.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

16. Vektorok és alkalmazásaik

273

Az összegvektort szokták néha az összeadandók ered˝ojének is nevezni. Azt a vektort, amelyet a-hoz hozzáadva nullvektort kapunk, az a ellentettjének nevezzük és −a-ral jelöljük; a és −a tehát csak az irányításukban különböznek; a nullvektor önmagának az ellentettje. Az a és b vektorok különbségén az a + (−b) vektort értjük, tehát az a és b ellentettjének az összegét, és a − b-ral jelöljük. Könnyen észrevehetjük, hogy −b ellentettje b : −(−b) = b és a + b ellentettje −a − b.

A 16.2.5. ábráról leolvasható, hogy a − b úgy is szerkeszthet˝o, hogy az a és b vektorokat közös pontból indítjuk, a b végpontjából az a végpontjába vezet˝o vektor az a − b. (Az a − b szerkesztésekor néha gondot okoz a különbségvektor irányítása. Az irányítási mód megjegyzéséhez segítséget adhat a „vég mínusz kezdet” szavak emlékezetünkbe idézése; a különbségvektor végpontjához vezet˝o vektorból (a-ból) vonjuk ki a kezd˝opontjához vezet˝o vektort (b-t.) Ugyanez a vektorábra úgy is értelmezhet˝o, hogy bhoz hozzáadva a − b-t, az a-t kapjuk: b + (a − b) = a. Az a − b képzését, mint m˝uveletet, kivonásnak nevezzük.

Ez a szerkesztési mód egyébként azt is eredményezi, hogy az a és b vektorok által meghatározott (úgy is mondjuk: kifeszített) paralelogramma átlóvektorai a + b és a − b (16.2.6. ábra).

16.2.5. ábra. Vektorok kivonása

16.2.6. ábra. Az átlóvektorok a + b és a − b

Az összeadásra és a kivonásra a most megismert összefüggések akkor is érvényesek, ha a vektorok között nullvektor van. A 16.2.1. és 16.2.5. ábrák háromszögeire alkalmazva a háromszögegyenl˝otlenséget (l. a 14.5. szakaszt), kapjuk a vektorokra vonatkozó háromszög-egyenl˝otlenségeket: |a + b| ≦ |a| + |b|, továbbá |a − b| ≧ |a| − |b| , egyenl˝oség csakis akkor állhat, ha a és b egyirányú vektorok.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

274

16. Vektorok és alkalmazásaik

Feladatok 1. A 16.2.7. ábra paralelepipedonjának A csúcsából induló élvektorok a, b és c. Fejezzük ki ezek összege, −→ ill. különbsége segítségével az AH, −→ −→ −→ GB, AG, BH vektorokat! −→ AH = a + b, −→ −→ GB = −AH = −a − b, −→ −→ −→ −→ AG = AE + EF + FG = a + b + c, −→ −→ −→ −→ BH = BF + FG + GH = a + b − c.

16.2.7. ábra. 1. feladat

2. A 16.2.8. ábrán egy szabályos oktaédert adtunk meg, ennek O középpontjából az A, B, E csúcsaihoz vezet˝o vektorok rendre a, b, e. Fejezzük ki −→ −→ −→ a, b, e segítségével az AD, DE, AF vektorokat!

16.2.8. ábra. 2. feladat −→ −→ −→ AD = OD − OA = −b − a, −→ −→ −→ DE = OE − OD = e − (−b) = e + b, −→ −→ −→ AF = OF − OA = −e − a.

16.2.9. ábra. 3. feladat

3. Bizonyítsuk be, hogy két vektor hossza akkor és csakis akkor egyenl˝o, ha összegük és különbségük mer˝oleges egymásra. A paralelogrammaszabály következménye, hogy ha a és b nem párhuzamosak, az a és b vektorok által kifeszített paralelogramma két átlója a + b és a − b, ezek viszont akkor és csakis akkor mer˝olegesek egymásra, ha a paralelogramma rombusz, tehát |a| = |b|, vagyis a és b egyenl˝o hosszú (16.2.9. ábra). Ha a és b párhuzamosak és hosszuk egyenl˝o, a + b és a − b közül legalább az egyik nullvektor, ami minden vektorra mer˝oleges; viszont ha a + b és a − b úgy mer˝olegesek, hogy közöttük van nullvektor, akkor hosszaik szükségképpen egyenl˝ok.

4. Bizonyítsuk be, hogy két (nem párhuzamos) vektor akkor és csakis akkor mer˝oleges egymásra, ha összegük és különbségük egyenl˝o hosszú. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

16. Vektorok és alkalmazásaik

275

A paralelogrammaszabályból következik (16.2.10. ábra), hogy a és b összege és különbsége akkor és csakis akkor egyenl˝o hosszú, ha az a és b által kifeszített paralelogramma téglalap (csak a téglalap átlói egyenl˝ok), ekkor viszont a és b mer˝olegesek.

16.2.10. ábra. 4. feladat

16.2.11. ábra. 5. feladat

5. Az ABCD paralelogramma az alapja egy gúlának, ötödik csúcsa pe−→ −→ −→ dig M. Fejezzük ki az MA = a, MB = b, MC = c vektorok segítségével az −−→ MD vektort (16.2.11. ábra). − → −→ −−→ −→ Az ABCD paralelogramma volta miatt a − b = BA = CD és MD = c + CD, ezért −−→ MD = a − b + c. Megfigyelhetjük, hogy meggondolásaink akkor is érvényesek, ha az M pont benne van az ABCD paralelogramma síkjában.

16.3. A vektorok szorzása számmal Ha az a vektort kétszer hozzáadjuk még a-hoz, vagyis az a + a + a-t állítjuk el˝o, az összeadás szabályai szerint olyan vektort kapunk, amely a-ral párhuzamos és háromszor olyan hosszú, mint a, vagyis a-nak a felnagyításával keletkezett. Ésszer˝u ezért ezt az algebrában megszokott módon 3anak jelölni (16.3.1. ábra). Gondolatmenetünk általánosítása hozza létre a vektorok számmal való szorzatának a fogalmát. A számszorzót a következ˝okben – a vektoroktól való könnyebb megkülönböztetés érdekében – általában görög kisbet˝ukkel fogjuk jelölni.

16.3.1. ábra. Párhuzamos vektorok összege

Az a vektornak és a λ valós számnak a szorzatán azt a λa-ral jelzett vektort értjük, amely párhuzamos a-ral, hossza |λ||a|, iránya pedig egyez˝o www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

276

16. Vektorok és alkalmazásaik

a irányával, ha λ pozitív és ellentétes a irányával, ha λ negatív. Ha λ = 0, λa nullvektor. A számmal való szorzás tehát gyakorlatilag a vektor nyújtását vagy zsugorítását jelenti. Megállapodunk abban, hogy λa és aλ ugyanaz. A számmal való szorzást néha skalárral való szorzásnak is nevezik. A számmal való szorzásnak m˝uveleti tulajdonságait foglaljuk most öszsze: 1. µ(λa) = (µλ)a = λ(µa). Ez pl. azt jelenti, hogy 5 · (3a) = 15a = = 3 · (5a). 2. (λ + µ)a = λa + µa. Ezt az összefüggést rendszerint fordított irányban alkalmazzuk: 3a + 5a = (3 + 5)a = 8a. 3. λ(a + b) = λa + λb; pl. 25(a + b) = 25a + 25b. Ennek szemléletes bizonyítása azon alapszik, hogy az a + b-t el˝oállító ábrát egy O pontból λ-szorosára nagyítjuk (16.3.2. ábra), a nagyított (vagy kicsinyített) ábráról leolvasható, hogy λa + λb = λ(a + b).

16.3.2. ábra. A II. disztributív szabály

16.3.3. ábra. Vektor felbontása két vektorral párhuzamos összetev˝okre

A 2. és 3. tulajdonságot I., ill. II. disztributív szabálynak nevezzük. Ezek lényegében azt jelentik, hogy az összeg tagonként szorozható; a szabályok, ugyanúgy, mint a számok körében, tetsz˝oleges számú összeadandóra kiterjeszthet˝ok, pl.: (λ1 + λ2 + λ3 )(a + b + c) = λ1 (a + b + c) + λ2 (a + b + c) + λ3 (a + b + c). M˝uveleti szabályaink alkalmazása azt jelenti, hogy a vektorokkal lényegében úgy „számolhatunk”, mint a számegyütthatós algebrai kifejezésekkel, pl.: 12(e + 3d − 7q) − 5(2e + q − 6d) = 12e + 36d − 84q − 10e − 5q + 30d = = 2e + 66d − 89q.

λa csakis akkor lehet nullvektor, ha vagy λ = 0, vagy a = 0. A törtszámmal való szorzást gyakran olyan törtként jelöljük, amelynek számlálójában www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

16. Vektorok és alkalmazásaik

277

2v c 1 v 2 áll a vektor, pl.: v = , = c. A -ra szokás ezt a kifejezést is hasz3 3 2 2 λ nálni: a v-t osztjuk λ-val (λ 6= 0). Legyen v egy adott vektor, amely nem nullvektor. A számmal való szorzás fontos tulajdonsága, hogy a v-ral párhuzamos összes vektor el˝oállítható v számszorosaként. Ez azt jelenti, hogy a v-t tudjuk úgy kicsinyíteni, nagyítani, esetleg az irányát is ellentettjére változtatni, hogy λv egy adott v-ral párhuzamos vektorral legyen egyenl˝o. Az el˝obbi tételünk lényege az, hogy a párhuzamos vektorok halmazát a halmaz egyetlen vektora segítségével el˝o tudjuk számmal való szorzás alkalmazásával állítani, és ez az el˝oállítás egyértelm˝u, azaz, ha λ1 a = λ2 a és a 6= 0, akkor szükségképpen λ1 = λ2 . Az 1 hosszúságú vektorok az egységvektorok. A v vektorral egyirányú egységvektor jele v0 (olv.: v null). Ha v0 -t megszorozzuk v hosszával, akkor nyilván megkapjuk a v-t, tehát v = |v|v0 , ebb˝ol

v0 =

v 1 v= , |v| |v|

(16.3.1)

egy vektorral egyirányú egységvektort úgy kaphatunk meg, hogy a vektort elosztjuk a hosszával. Egy adott síkkal párhuzamos vektorok összességét egysíkú vagy komplanáris vektoroknak nevezzük. Az egysíkú vektorok tehát mind „betolhatók” egy síkba. Az egysíkú vektorokat jellemzi a következ˝o tétel: Ha a és b nem párhuzamos vektorok és c tetsz˝oleges, velük egysíkú vektor, akkor c el˝oállítható c = αa + βb (16.3.2) alakban, ahol α és β egyértelm˝uen meghatározott számok. Ha c párhuzamos a-ral vagy b-ral, akkor állításunk nyilván igaz, hiszen ha pl. a-ral párhuzamos, c = αa + 0 · b; tegyük fel ezért, hogy c sem a-ral, sem b-ral nem párhuzamos (16.3.3. ábra). Indítsuk egy pontból az a, b és c vektorokat; a c végpontjából a-ral és b-ral párhuzamosan húzott egyenesek egy paralelogrammát zárnak közre a és b egyeneseivel, amelyeknek oldalvektorai a-ral, ill. b-ral párhuzamosak, tehát αa, ill. βb alakúak; a paralelogrammaszabály szerint tehát c valóban αa + βb összege, az el˝oállítás módjából következik α és β egyértelm˝usége. A (16.3.2) alatti összefüggést a c-nak a-ral és b-ral párhuzamos összetev˝okre (komponensekre) való felbontásnak nevezzük, az összetev˝ok itt αa és βb. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

278

16. Vektorok és alkalmazásaik

Legyen most a, b, c három nem komplanáris vektor, tehát ne legyenek egy síkkal párhuzamosak. Ebben az esetben egy tetsz˝oleges v el˝oállítható v = αa + βb + γc, (16.3.3) alakban, ahol α, β, γ egyértelm˝uen meghatározott valós számok. Bizonyításunk az el˝oz˝o mintájára történik. Ha v egysíkú az a, b, c vektorok közül valamelyik kett˝ovel, pl. a-ral és b-ral, akkor (16.3.2)b˝ol következik, hogy v = αa + βb + 0 · c, tehát az el˝oállítás lehet˝osége bizonyított. Ha viszont v egyik vektorpár síkjával sem párhuzamos, indítsuk egy O pontból az a, b, c, v vektorokat (16.3.4. ábra). Az a és b vektorok egy σ síkot feszítenek ki. A v végpontjából c-ral húzott párhuzamos σ-t a P pontban metszi, P-t a v végpontjával összeköt˝o vektor c-ral párhuzamos, ezért γ c alakú. A σ síkban lev˝o 16.3.4. ábra. −→ OP viszont egysíkú a-ral és b-ral, te- Vektor felbontása három vektorral párhuzamos összetev˝okre −→ hát OP = αa + βb alakban írható fel. −→ Mivel azonban v = OP + γ c, ezért v = αa + βb + γ c, és az el˝oállítás módjából látható, hogy α, β, γ egyértelm˝uen meghatározottak. Az utóbbi két tételünk lényegében azt mondja ki, hogy egy sík vektorait két, nem párhuzamos vektora segítségével el˝oállíthatjuk, és a tér minden vektora el˝oállítható három, nem egysíkú vektor segítségével. Az α1 a1 + α2 a2 + . . . + αn an kifejezést, ahol α1 , α2 , . . . , αn valós számok, az a1 , a2 , . . . , an vektorok egy lineáris kombinációjának mondjuk (n ≧ 1). Ezt az elnevezést használva tételeinket így fogalmazhatjuk meg: a párhuzamos vektorok el˝oállíthatók egy (nem nulla) vektor lineáris kombinációiként; az egysíkú vektorok el˝oállíthatók két (nem párhuzamos) vektor lineáris kombinációiként; a tér minden vektora el˝oállítható három (nem egysíkú) vektor lineáris kombinációjaként. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

16. Vektorok és alkalmazásaik

279

16.4. Vektorok és pontok koordinátái Válasszunk három egységvektort, i-t, j-t és k-t úgy, hogy azok páronként mer˝olegesek legyenek egymásra és ebben a sorrendben úgy helyezkedjenek el, mint jobb kezünk hüvelyk-, mutató- és középs˝o ujja (16.4.1. ábra). Az ilyen tulajdonságú vektorhármasról azt mondjuk, hogy jobbrendszert alkotnak. A választásunknak megfelel˝o i, j, k 16.4.1. ábra. Jobbrendszer vektorhármast alapvektoroknak mondjuk (más elnevezés: bázisvektorok). (16.3.3) szerint a tér minden v vektora el˝oállítható az alapvektorok lineáris kombinációjaként v = xi + yj + zk alakban, ahol x, y, z egyértelm˝uen meghatározott valós számok. Az x, y, z számok a v vektor {i, j, k} alapvektorokra vonatkozó koordinátái. Ha csupán síkbeli vektorokkal foglalkozunk, alapvektoroknak elegend˝o az i és j egymásra mer˝oleges egységvektorokat választanunk. A választás egyértelm˝uségére még kikötjük, hogy az i-t a j-be pozitív (az óramutató járásával ellenkez˝o irányú) 90◦ -os elfordulás vigye. Ha ekkor egy v vektor v = xi+ yj alakban állítható el˝o, akkor az x, y számokat nevezzük a v vektor {i, j} alapvektorokra vonatkozó koordinátáinak. Megjegyezzük, hogy a síkbeli koordinátákat térbeli koordinátákká alakíthatjuk át úgy, hogy harmadik koordinátaként nullát írunk melléjük. v koordinátáinak szokásos jelölése: v(x, y, z), ill. v(x, y). Bizonyos tárgykörökben a koordinátákat oszlopvektorként szokás  felírni,  ha ott éppen x mátrixokat alkalmazunk (l. a 10.5. szakaszt), tehát  y  alakban. z Legyenek most az a, ill. b koordinátái (a1 , a2 , a3 ), ill. (b1 , b2 , b3 ), ez azt jelenti, hogy a = a1 i + a2j + a3k, b = b1 i + b2j + b3k. A számokkal való szorzás m˝uveleti szabályait alkalmazva kapjuk, hogy a + b = (a1 + b1 )i + (a2 + b2)j + (a3 + b3)k,

(16.4.1)

a − b = (a1 − b1 )i + (a2 − b2)j + (a3 − b3)k,

(16.4.2)

λa = (λa1 )i + (λa2)j + (λa3)k.

www.interkonyv.hu

(16.4.3)

© Reiman István

© Typotex Kiadó

280

16. Vektorok és alkalmazásaik

Ez azt jelenti, hogy két vektor összegének (különbségének) koordinátái a vektorok megfelel˝o koordinátáinak az összegei (különbségei); egy vektor λ-szorosának a koordinátái a vektor megfelel˝o koordinátáinak a λ-szorosai. A vektorok koordinátafogalmából következik, hogy a nullvektor koordinátái 0(0, 0, 0), az alapvektoroké: i(1, 0, 0), j(0, 1, 0), k(0, 0, 1). Mivel az a(a1 , a2 , a3 ) és b(b1 , b2 , b3 ) vektorok (egyik sem nullvektor) párhuzamosságának az a feltétele, hogy a = λb teljesüljön, a és b akkor és csakis akkor párhuzamosak, ha van olyan λ, hogy a1 = λb1 , a2 = λb2 , a3 = λb3 . Összefüggéseinket néhány számpéldán mutatjuk meg. Legyenek a(3, −5, 2), b(0, 7, −9). Ekkor a + b(3, 2, −7), a − b(3, −12, 11), 5a(15, −25, 10).

A c(−1, 4, 3) és d(3, −12, −9) vektorok párhuzamosak, mert d = −3c. Rögzítsünk most egy O pontot és nevezzük el kezd˝opontnak (vagy: origónak). Az O pontból a tér minden P pontjához vezet pontosan egy vektor, −→ az OP, ezt nevezzük a P pont helyvektorának (régebben: helyzetvektorának). Az O helyvektora a nullvektor (16.4.2. ábra).

16.4.2. ábra. Helyvektor

16.4.3. ábra. Az {O, i, j, k} koordináta-rendszer

Megfordítva: ha megadunk egy v vektort, akkor egy és csakis egy olyan P pont létezik, amelynek v a helyvektora; P az O kezd˝opontú v vektornak a végpontja. Legyen most a jobbrendszert alkotó, egymásra páronként mer˝oleges i, j, k egységvektorok kezd˝opontja a rögzített O pont. Az így nyert alakzatot {O, i, j, k} koordináta-rendszernek nevezzük. Az i, j, k vektorokat tartalmazó, O-ból induló egyenesek a koordináta-rendszer x, y, z tengelyei, a tengelyek által meghatározott síkok a koordinátasíkok (16.4.3. ábra). Megállapodás szerint www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

16. Vektorok és alkalmazásaik

281

a P pont koordinátái az {O, i, j, k} rendszerben azonosak helyvekto−→ rának, az OP-nak a koordinátáival. A P pont koordinátáinak szemléletes jelentése a 16.4.3. ábrából olvasható le. A P-n át a koordinátasíkokkal párhuzamosan fektetett síkok a koordinátasíkokkal együtt egy olyan téglatestet zárnak közre, amelynek OP egy testátlója, az O-ból induló élek végpontjaiba pedig éppen az xi, yj, zk −→ vektorok mutatnak, ha az OP koordinátái (és ezért egyúttal P koordinátái) (x, y, z), mivel ábránkról világos, hogy −→ OP = xi + yj + zk. Ha most az x, y, z tengelyeket számegyeneseknek tekintjük, akkor a P pontból a tengelyekre állított mer˝olegesek talppontjai ezeken a számegyeneseken rendre éppen az x, y, z számokhoz tartozó pontok lesznek. Ez a megfigyelésünk egyenérték˝u azzal, hogy az x, y, z számok a P pontnak rendre az [yz], [zx], [xy] koordinátasíkoktól mért távolságait jelentik, méghozzá úgy el˝ojelezve, hogy pozitívnak vesszük pl. az x távolságot, ha az [yz] síktól a P irányába mutató i-ral párhuzamos vektor az i-ral azonos irányú, ellentétes esetben pedig negatívnak. Síkban a koordináta-rendszert az O kezd˝opont és a bel˝ole kiinduló i, j egymásra mer˝oleges egységvektorok határozzák meg, ez az {O, i, j} rendszer. Az O-n átmen˝o i-ral, ill. j-ral párhuzamos egyenesek az x tengely, ill. az y tengely. A 16.4.4. ábrából az is leolvasható, hogy ha P koordinátái (x, y), azaz −→ OP = xi + yj, akkor xi és yj annak a téglalapnak az oldalvektorai, amit a két ko16.4.4. ábra. Az {O, i, j} koordináta-rendszer ordinátatengely és a P-b˝ol velük húzott párhuzamosak zárnak közre. Ugyanennek a megfigyelésünknek a következménye, hogy ha a koordinátatengelyeket számegyeneseknek tekintjük, akkor P koordinátái azok a számok, amelyek P-b˝ol a rájuk emelt mer˝olegesek talppontjaihoz tartoznak; vagy: a P pont koordinátái a P-nek a koordinátatengelyekt˝ol mért távolságai úgy el˝ojelezve, hogy pozitívnak vesszük pl. az x-et, ha az y tengelyt˝ol P irányába mutató i-ral párhuzamos vektor az i-ral azonos irányú, ellentétes esetben pedig negatívnak (ábránkon is ez a helyzet). Ezzel az el˝ojelezéssel a két koordinátatengely a 16.4.4. ábrán használt jelöléssel négy síknegyedre vágja a síkot. Az I. negyedben a pontok mindkét koordinátája pozitív (+, +) jelleg˝u, a II. negyedben (−, +), a III. negyedben (−, −), a IV. negyedben pedig (+, −) a pontkoordináták el˝ojele. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

282

16. Vektorok és alkalmazásaik

(Most a tengelyeket nem számítottuk negyedekhez.) Az x tengely pontjai (x, 0), az y tengelyé pedig (0, y) jelleg˝uek, az origó koordinátái (0, 0). Ha P koordinátái (x, y), akkor így jelöljük: P (x, y). (Megjegyezzük, hogy tizedestörtek alkalmazása esetén a koordinátákat pontosvessz˝ovel szokták elválasztani a félreértések elkerülése céljából.) Síkbeli koordináta-rendszerben egy pont x koordinátáját a pont abszcisszájának, y koordinátáját pedig ordinátájának is szokás nevezni. A következ˝okben egyszer˝uség kedvéért – hacsak külön nincs rájuk szükség – az i, j, k vektorokat nem rajzoljuk be ábráinkba, az O kezd˝opontot azonban általában feltüntetjük. A most bevezetett koordinátákat a pont Descartes-féle koordinátáinak is szokás nevezni. Jegyezzük meg a helyvektorok alkalmazásából adódó alapösszefüggést: két pont összeköt˝o vektora helyvektoraik különbségével egyenl˝o. Ennek az állításnak a helyessége egyszer˝uen belátható (16.4.5. ábra); − → ha az A pont helyvektora a, a B ponté b, akkor az AB = b − a, a különbségvektor szerkesztési szabályai szerint.

16.4.5. ábra. Két pont összeköt˝o vektora

16.4.6. ábra. 2. feladat

Feladatok 1. Adottak a C(−2, 3), D(1, 4), E(1988, 2000) pontok. Állapítsuk meg −→ −→ a CD és DE vektorok koordinátáit. Legyenek C, D, E helyvektorai rendre c, d, e. Mivel a pontok koordinátái helyvektoraik koordinátáival azonosak, a helyvektorok koordinátái rendre: c(−2, 3), d(1, 4), e(1988, 2000). El˝obbi megállapításunk szerint két pont összeköt˝ovektora helyvektoraik különbségével egyenl˝o, ezért −→ −→ CD = d − c, DE = e − d, −→ −→ −→ −→ és ezért CD koordinátái: CD(3, 1), DE koordinátái DE(1987, 1996).

2. Döntsük el, egy egyenesen vannak-e az el˝oz˝o feladat C, D, E pontjai (16.4.6. ábra). A C, D, E pontok akkor és csakis akkor vannak egy egyenesen, ha a pontok −→ −→ −→ −→ összeköt˝o vektorai párhuzamosak, tehát ha CD és DE párhuzamosak. CD és DE

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

16. Vektorok és alkalmazásaik

283

−→ −→ párhuzamosságának viszont feltétele, hogy a DE-t a CD számszorosaként állíthas−→ −→ suk el˝o. Ez azonban nem teljesül, mert a CD(3, 1) vektornak a DE(1987, 1996) nem számszorosa.

16.5. Osztópont, súlypont és alkalmazások µ Az AB szakasz egy P pontjáról azt mondjuk, hogy AB-t arányban osztja, λ µ AP 1 = . Ezért pl. AB-t az F felez˝opontja arányban, a B-hez közeha PB λ 1 2 lebbi harmadolópontja pedig arányban osztja. (Ennek az osztásaránynak 1 a fogalmát a szakaszon kívüli pontokra is kiterjesztjük, ha pl. Q a szakaAQ arányra az osztásarány fogalszon kívül van, szintén használjuk az QB mát, de ebben az esetben ennek az aránynak negatív el˝ojelet tulajdonítunk.) (16.5.1. ábra.)

16.5.1. ábra. Osztópont

Legyenek pl. a szóban forgó pontok koordinátái A(2, −1, 3), P(2, 3, 5), B(2, 9, 8). Mivel két pont összeköt˝ovektora helyvektoraik különbségével egyenl˝o, az összeköt˝ovektorok koordinátái: − → − → AP(0, 4, 2) PB(0, 6, 3). − → − → 2 Vegyük észre, hogy a PB-t -dal szorozva éppen az AP-t kapjuk meg, 3 − → 2− → AP = PB, 3 AP 2 osztásarány értéke . ezért az AP és PB szakaszok aránya, azaz az PB 3 Tegyük most fel, hogy P az AB szakasz olyan bels˝o pontja, amely az µ AB-t arányban osztja fel. Legyenek az origóból az A, B, P pontokba muλ µ tató helyvektorok rendre a, b, p. P felvétele miatt AP = PB, és mivel az λ − → − → AP és PB vektorok egyirányúak, azért www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

284

16. Vektorok és alkalmazásaik

− → µ− → AP = PB. λ − → − → Vegyük most figyelembe, hogy AP = p − a és PB = b − p; helyettesítsük ezt el˝obbi egyenl˝oségünkbe: µ p − a = (b − p), λ ebb˝ol mindkét oldal λ-val való szorzása és rendezése után kapjuk: λp − λa = µb − µp, (λ + µ)p = λa + µb,

λa + µb , (16.5.1) λ+µ ha tehát egy szakasz két végpontjának a helyvektorai a és b, akkor a szaµ λa + µb alakban állítható kaszt arányban osztó pont helyvektora a p = λ λ+µ el˝o. Megjegyezzük, hogy a (16.5.1) képlet akkor is érvényes, ha P az AB szakaszon kívül van, de ekkor a λ és µ közül az egyiket (tetsz˝olegeset) negatívnak kell vennünk. Eredményünk azt jelenti, hogy ha pl. felez˝opontról van szó, ahol λ = µ = 1, akkor a felez˝opont f helyvektora. a+b , (16.5.2) f= 2 vagy az AB szakaszt harmadoló P pontnál (P a B-hez van közelebb) a + 2b . (16.5.3) p= 3 Legyen az A pont helyvektora a, a C ponté c, legyen az A-nak C-re vonatkozó tükörképe A′ és ennek helyvektora a′ (16.5.2. ábra). Az a, c és a′ között egyszer˝u összefüggést állapíthatunk meg, mert c az AA′ szakasz felez˝opontjának a helyvektora, ezért (16.5.2) alapján a + a′ = c; 2 szorozzuk meg ennek az egyenl˝oségnek mindkét oldalát 2-vel, majd vonjunk ki mindkét oldalból a-t: a + a′ = 2c, (16.5.4) a′ = 2c − a. p=

Legyen egy háromszög három csúcsának a helyvektora a, b és c (a 16.5.3. ábrán az origót és a helyvektorokat nem rajzoltuk be, csupán a helyvektorok végpontjaihoz írtuk oda a vektorokat jelent˝o bet˝uket); az a, b www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

285

16. Vektorok és alkalmazásaik

végpontjai által meghatározott oldal felez˝opontjának helyvektora (16.5.2) a+b . Ezt a felez˝opontot a szemközti (c helyvektorú) csúccsal alapján 2 összeköt˝o szakasz a háromszög egyik súlyvonala. A háromszög súlypontja ennek a súlyvonalnak az oldalhoz közelebbi harmadolópontja, ezért ennek s helyvektora (16.5.3) alapján a+b +c a+b+c 2· 2 = . (16.5.5) s= 3 3 A háromszög súlypontjának helyvektora tehát a csúcsok helyvektorainak a „számtani közepe” (azaz a helyvektorok összegének a harmada).

16.5.2. ábra. Pontra való tükrözés helyvektorokkal

16.5.3. ábra. A háromszög súlypontja

Ennek az eredménynek az általánosításaként értelmezzük a pontrendszer súlypontját. Legyenek A1 , A2 , A3 , . . . , An tetsz˝oleges pontok, helyvektoraik egy tetsz˝olegesen választott origó mellett a1 , a2 , a3 , . . . , an . Azt az S pontot, amelynek helyvektora a1 + a2 + . . . + an , (16.5.6) s= n az A1 , A2 , . . . , An pontrendszer súlypontjának nevezzük. Bebizonyítható, hogy az S helyzete független attól, hogyan választjuk az origót. Ha pl. az origó az S súlypontban van, akkor s = 0, és így (16.5.6)ból a1 + a2 + . . . + an = 0 következik. Ezek szerint a pontrendszer súlypontjából a pontrendszer pontjaihoz vezet˝o vektorok öszszege nullvektor, és csakis a súlypontnak van meg ez a tulajdonsága. Megjegyezzük, hogy a háromszög (lemez) fizikai értelemben vett súlypontja és a geometriában értelmezett súlypontja egybeesik; háromnál több csúcsú sokszög esetén általában már különböz˝o a csúcsokból álló pontrendszer súlypontja és a sokszöglemez súlypontja. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

286

16. Vektorok és alkalmazásaik

A (16.4.1), (16.4.2) és (16.4.3) összefüggések alapján el˝obbi eredményeinket a szóban forgó pontok koordinátáival is kifejezhetjük; a pontoknak térbeli koordinátáit adjuk meg; síkbeli koordináta-rendszernél a harmadik koordináták egyszer˝uen elhagyhatók. Legyen három pont koordinátáival: A(a1 , a2 , a3 ), B(b1 , b2 , b3 ), µ C(c1 , c2 , c3 ). Ha P(p1 , p2 , p3 ) az AB szakaszt arányban osztja, akλ kor koordinátái (16.5.1) alapján: λa2 + µb2 λa3 + µb3 λa1 + µb1 , p2 = , p3 = . (16.5.7) p1 = λ+µ λ+µ λ+µ Ha F( f1 , f2 , f3 ) az AB szakasz felez˝opontja, akkor (16.5.2) alapján: a2 + b2 a3 + b3 a1 + b1 , f2 = , f3 = . (16.5.8) f1 = 2 2 2 Ha viszont S(s1 , s2 , s3 ) az ABC háromszög súlypontja, akkor (16.5.5) alapján: a 2 + b 2 + c2 a 3 + b 3 + c3 a 1 + b 1 + c1 , s2 = , s3 = . (16.5.9) s1 = 3 3 3 Feladatok 1. Az ABCD paralelogramma három csúcsának a koordinátái A(3, −4), B(9, 6), C(−5, 10). Számítsuk ki a D csúcs koordinátáit (A, C és B, D szemközti csúcspárok). Legyenek a D koordinátái D(x, y). Mivel ABCD akkor és csakis akkor paralelogramma, ha az AC és BD átlók felez˝opontja egybeesik, írjuk fel a felez˝opontok koordinátáinak az egyenl˝oségét (16.5.8) alapján: −4 + 10 6+y 3−5 9+x = , = , 2 2 2 2 ezekb˝ol x = −11, y = 0, tehát D koordinátái (−11, 0).

2. Írjuk fel az el˝oz˝o példában szerepl˝o ABC háromszög súlypontjának a koordinátáit. (16.5.9) szerint

7 3+9−5 = , 3 3   7 a súlypont koordinátái , 4 . 3 s1 =

s2 =

−4 + 6 + 10 = 4, 3

3. Írjuk fel annak a P pontnak a koordinátáit, amely az A(9, 12), 2 B(−7, 5) végpontú szakaszt arányban osztja fel! 3 Legyenek P koordinátái (x, y), (16.5.7) alapján 13 3 · 12 + 2 · 5 46 3·9−2·7 = , y= = , x= 2+3 5 5 5

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

16. Vektorok és alkalmazásaik ezért P koordinátái:



287

 13 46 , . 5 5

4. Bizonyítsuk be, hogy a négyszög két tetsz˝oleges szemközti oldalfelez˝o pontját összeköt˝o szakasz felez˝opontja a négyszög súlypontja. Mutassuk meg, hogy a négyszög oldalfelez˝o pontjai egy paralelogrammának a csúcsai! Legyenek a négyszög csúcsainak a helyvektorai rendre a, b, c, d (a 16.5.4. ábrán a pontokhoz csak helyvektoraik jelölését írtuk oda). A négyszög súlypontjának 1 a helyvektora (16.5.6) szerint (a + b + c + d). 4 Az a, b, ill. c, d helyvektorok által meghatározott szemközti oldalak felez˝opontc+d a+b és vektorok mutatnak. E két felez˝opont által meghatározott jaihoz az 2 2 szakasz felez˝opontjának a helyvektora: a+b c+d + 2 2 = a+b+c+d, 2 4 tehát valóban a négyszög súlypontjába mutat. Ugyanezt az eredményt kapjuk, hogy ha a másik két oldal felez˝opontjait összeköt˝o szakasz felez˝opontjának a helyvektorát állítjuk el˝o. A szemközti oldalak felez˝opontjait összeköt˝o szakasz a négyszög középvonala. Ezek szerint a négyszög középvonalai a négyszög súlypontjában felezve metszik egymást. Ez azonban azt jelenti, hogy az oldalfelez˝o pontok olyan négyszög csúcsai, amelynek átlói (a középvonalak) felezve metszik egymást, az ilyen négyszög viszont paralelogramma (l. a 14.6. szakaszt).

16.5.4. ábra. A négyszög súlypontja

16.5.5. ábra. Az Euler-egyenes

5. Adott az ABC háromszög. Egy tetsz˝oleges P pontnak az A csúcsra vonatkozó tükörképe P1 , a P1 tükörképe B-re P2 , és a P2 tükörképe C-re P3 . Tovább folytatva a tükrözést: a P3 tükörképe A-ra P4 , a P4 tükörképe B-re P5 és végül a P5 -öt C-re tükrözve P6 -ot kapjuk. Bizonyítsuk be, hogy bárhogyan is választottuk P-t, P6 mindig egybeesik P-vel. Legyenek A, B, C, P helyvektorai rendre a, b, c, p. Azt kell bizonyítanunk, hogy P6 helyvektora p-ral egyenl˝o. Alkalmazzuk egymás után (16.5.4)-et:

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

288

16. Vektorok és alkalmazásaik

p1 = 2a − p, p2 = 2b − p1 = 2b−2a+p, p3 = 2c − p2 = 2c−2b+2a − p, p4 = 2a − p3 = −2c + 2b + p, p5 = 2b − p4 = 2c − p, p6 = 2c − p5 = p, ezt kellett bizonyítanunk.

6. Az ABC háromszög köré írt körének O a középpontja. Bizonyítsuk − → −→ −→ −−→ be, hogy az OA, OB, OC er˝ok ered˝oje olyan OM er˝o, amely O-ból a háromszög magasságpontjába mutat. Így fogalmazta meg ezt a feladatot J. J. Sylvester XIX. századi angol matematikus, mi azonban ennek a geometriai tartalmát emeljük ki, ez a következ˝o: vá−→ −→ lasszuk origónak a háromszög köré írt kör középpontját, és legyen OA = a, OB = b, −→ −−→ OC = c. Bizonyítsuk be, hogy O-ból az a + b + c = OM a háromszög magasságpontjába mutat (16.5.5. ábra). Ennek bizonyítására elég megmutatnunk, hogy az a + b + c végpontját, M-et, a csúcsokkal összeköt˝o vektorok mer˝olegesek a szemközti háromszögoldalra; s˝ot elegend˝o ezt egyetlen csúccsal összeköt˝o vektorra igazolnunk, mert a többire −→ − → ugyanúgy menne az igazolás. Mutassuk meg pl., hogy CM mer˝oleges AB = b − a−→ −−→ −→ ra. CM = OM − OC = (a + b + c) − c = a + b. Viszont b − a és b + a valóban mer˝olegesek egymásra, hiszen a és b egyenl˝o hosszú vektorok (l. a 16.2. szakasz 3. feladatát), ezzel állításunkat bizonyítottuk. Megjegyezzük, hogy gondolatmenetünkb˝ol még több érdekes tény is kiolvasható. Ha a háromszög súlypontját S-sel jelöljük, (16.5.5) szerint S helyvektora: − → a+b+c , OS = 3 −−→ − → ezért OM = 3OS, ez pedig azt jelenti, hogy a háromszög köré írt körének az O középpontja az S súlypont és az M magasságpont egy egyenesen vannak; ez a háromszög Euler-egyenese (szabályos háromszög esetén O, S, M egybeesnek, ezért ott az Euler-egyenest nem értelmezzük); s˝ot azt is tudjuk, hogy S harmadolja az OM szakaszt (OM = 3OS). Továbbá: a háromszög magasságpontjának bármelyik csúcstól mért távolsága kétszer akkora, mint a köré irt kör középpontjának a szemközti oldaltál mért távolsága. −→ −→ a+b , azaz CM = 2OF egyenl˝oségekEz az utóbbi ábránk alapján az a + b = 2 2 b˝ol következik.

16.6. Trigonometrikus függvények A síkbeli {O, i, j} koordináta-rendszerben egy e egységvektor irányszögének annak az elforgatásnak a szögét nevezzük, amely az i-t az e-ba viszi át. Ez az elforgatás irányától függ˝oen pozitív és negatív is lehet. Az irányszög az egységvektort egyértelm˝uen meghatározza, viszont egy egységvektornak végtelen sok irányszöge van. Ha ugyanis e-nak α irányszöge, akkor irányszöge α + 360◦, α + 2 · 360◦, . . ., s˝ot −(360◦ − α) = α − 360◦, www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

16. Vektorok és alkalmazásaik

289

α − 2 · 360◦ , α − 3 · 360◦, . . . is; összefoglalva tehát, minden α + k · 360◦ mérték˝u szög, ahol k tetsz˝oleges egész (16.6.1. ábra).

16.6.1. ábra. Irányszög

16.6.2. ábra. Egységvektor irányszöge és koordinátái

Legyenek most az α irányszög˝u e koordinátái (e1 , e2 ); ezek α-tól függenek, és α értéke e1 -et és e2 -t egyértelm˝uen meghatározza, ezért e1 -et és e2 -t α szögfüggvényeinek mondjuk, pontosabban e1 -et az α szög koszinuszának, e2 -t pedig α szinuszának. Jelölésben: e1 = cos α, e2 = sin α (olv.: koszinusz α, szinusz α) (16.6.2. ábra). Tehát: az α szög koszinuszán értjük az α irányszög˝u egységvektor x koordinátáját (abszcisszáját); az α szög szinuszán értjük az α irányszög˝u egységvektor y koordinátáját (ordinátáját). Az irányszögre vonatkozó el˝obbi észrevételünk azt jelenti, hogy tetsz˝oleges k egészre sin(α + k · 360◦) = sin α, cos(α + k · 360◦) = cos α. Ezt a tényt úgy szoktuk kifejezni, hogy a szinuszfüggvénynek és a koszinuszfüggvénynek 360◦ k-szorosai a periódusai (k 6= 0, egész).

16.6.3. ábra. Negatív irányszög

A 16.6.3. ábrán az α irányszög˝u e-t és a −α irányszög˝u e-t ábrázoltuk; helyzetükb˝ol nyilvánvaló, hogy cos(−α) = cos α, sin(−α) = − sin α. (16.6.1) www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

290

16. Vektorok és alkalmazásaik

Az i, j, −i, −j vektorok irányszöge rendre 0◦ , 90◦, 180◦ 270◦ . Mivel ezek koordinátái i(1, 0), j(0, 1), −i(−1, 0), −j(0, −1), ezért 0◦ 90◦ 180◦ 270◦

cos

sin

1 0 −1 0

0 1 0 −1

A síkbeli koordináták el˝ojelér˝ol a 16.4. szakaszban mondottak alapján következik, hogy az els˝o és a második negyedben (azaz hegyes- és tompaszögekre) a szinuszértékek pozitívak, a harmadik és negyedik negyedben negatívak, a koszinuszértékek pedig pozitívak az els˝o és a negyedik negyedben, és negatívak a második és a harmadik negyedben, tehát pl. hegyesszögek koszinusza pozitív, tompaszögeké negatív. A sin α és cos α hányadosát tangens α-nak nevezzük, jele: tg α, sin α , (16.6.2) tg = cos α a tangensfüggvénynek természetesen nincs értelme azokra az α értékekre, amelyekre cos α = 0, tehát, 90◦ , 270◦, 450◦, . . ., 90◦ + k · 180◦ (k tetsz˝oleges egész) esetén. A cos α és sin α hányadosát az α kotangensének mondjuk, jele: ctg α, tehát cos α . (16.6.3) ctg α = sin α A kotangensfüggvénynek nincs értelme azokra az α értékekre, amelyekre sin α = 0, azaz α = 0◦ , 180◦, 360◦, . . ., tehát α = k · 180◦ (k tetsz˝oleges egész) esetén. Ha α 6= k · 90◦ , 1 1 és ctg α = . tg α = ctg α tg α Bebizonyítható, hogy tg (α + k · 180◦) = tg α,

ctg (α + k · 180◦) = ctg α,

tehát tg α és ctg α periódusa k · 180◦, ahol k 6= 0 tetsz˝oleges egész (l. az 1. feladatot). A tg α jelölés helyett néha (f˝oként külföldi irodalomban) találkozhatunk a tan α, ctg α helyett pedig a cot α, cotg α jelölésekkel is. Nálunk már nem 1 1 = sec α (olv.: szekáns α) és az = cosec α (olv.: használatos az cos α sin α koszekáns α) jelölés. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

16. Vektorok és alkalmazásaik

291

A sin α, cos α, tg α, ctg α függvényeket szögfüggvényeknek vagy trigonometrikus függvényeknek nevezzük. Ha α hegyesszög, szögfüggvényeit a gyakorlati alkalmazásokhoz közelebb álló módszerrel is értelmezhetjük derékszög˝u háromszög segítségével. El˝orebocsátjuk azt a tényt, hogy ha két derékszög˝u háromszögben el˝ofordul a szögek között ugyanaz az α szög, akkor a két háromszög hasonló, hiszen akkor már biztosan megegyeznek két-két szögben (a hasonlóság I. alapesete). Legyen az ABC derékszög˝u háromszög α-val szembeközti befogója a, α melletti befogója b, átfogója pedig c. Helyezzük el a háromszöget a koordináta-rendszerben úgy, hogy az α szög az e egységvektor irányszögével essék egybe (16.6.4. ábra); jelölje e végpontját E, E-b˝ol az x tengelyre állított mer˝oleges talppontját G. Az OEG olyan derékszög˝u háromszög, amelynek átfogója 1, befogója pedig sin α, ill. cos α; s mivel OEG-nek és ABC-nek egy szöge közös, azért hasonlók. A hasonlóság miatt a megfelel˝o oldalak aránya egyenl˝o, ezért a sin α a BC EG = , = , tehát sin α = , AB AE c 1 c b cos α AC AG b = , = , tehát cos α = . AB AE c 1 c Továbbá:

tg α =

sin α = cos α

a c b c

a = , b

ctg α =

b 1 = . tg α a

16.6.4. ábra. Hegyesszög szögfüggvényei

Ezek az eredmények a következ˝oképpen fogalmazhatók: ha α egy derékszög˝u háromszög hegyesszöge; akkor: sin α a szöggel szemben fekv˝o befogónak és az átfogónak a hányadosa; cos α a szög melletti befogónak és az átfogónak a hányadosa; tg α a szöggel szemközti befogónak és a szög melletti befogónak a hányadosa; ctg α a szög melletti befogónak és a szöggel szemközti befogónak a hányadosa. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

292

16. Vektorok és alkalmazásaik

16.6.5. ábra. α szögfüggvényei

16.6.6. ábra. 16.6.7. ábra. 45◦ szögfüggvényértékei 30◦ és 60◦ szögfüggvényértékei

Ha pl. egy derékszög˝u háromszög oldalainak a hossza 3, 4 és 5, akkor a legrövidebb oldallal szemközti α szögnek a függvényértékei (16.6.5. ábra): 3 4 4 3 sin α = , cosα = , tg α = , ctg α = . 5 5 4 3 Néhány speciális, gyakran el˝oforduló szögnek a függvényértékeit speciális derékszög˝u háromszögekb˝ol határozhatjuk meg. Az egyenl˝o szárú derékszög˝u háromszög hegyesszögei 45◦ -osak; a 16.6.6. ábrán olyan háromszöget vettünk fel, amelynek befogói 1 hosszúságúak, Pitagorasz té√ telével kiszámíthatjuk, hogy átfogójának hossza 2. A 2 oldalhosszúságú szabályos háromszöget szimmetriatengelye két derékszög˝u háromszögre vágja szét√(16.6.7. ábra), amelynek hegyesszögei 60◦ és 30◦ ; ennek befogói 1 és 3, átfogója 2. Foglaljuk táblázatba a 45◦ -os, 30◦ -os, 60◦ -os szögek függvényértékeit:

45◦ 30◦ 60◦

sin α √ 1 2 √ = 2 2 1 √2 3 2

cos α √ 1 2 √ = 2 2√ 3 2 1 2

tg α

ctg α

1

1

√ 1 3 √ = 3 3 √ 3

√ 3 √ 3 3

A szögfüggvények értékeit egyébként számológépekb˝ol vagy táblázatokból ismerhetjük meg. Mint látni fogjuk, minden szögfüggvényérték egy hegyesszög függvényértéke segítségével határozható meg. A szögfüggvények meghatározó jelleg˝u tulajdonsága az α és β helyeken felvett és az α + β helyen felvett értékeik közötti összefüggés. Ezek levezetéséhez jegyezzük meg, hogy ha egy {O, i, j} koordináta-rendszert www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

16. Vektorok és alkalmazásaik

293

elforgatunk egy v egységvektorral együtt, akkor v elforgatottjának a koordinátái az elforgatott rendszerben is ugyanazok lesznek, mint eredetileg voltak, hiszen egy vektor koordinátái – mint az a 16.4.4. ábra alapján látható – csak a vektornak az i, j alapvektorokhoz való viszonyától függenek.

16.6.9. ábra. α+β szögfüggvényei

16.6.8. ábra. 90◦+α szinusza és koszinusza

Legyen egy v egységvektor irányszöge α és forgassuk el az {O, i, j} rendszerrel együtt +90◦-kal v′ helyzetbe (16.6.8. ábra); az új rendszer {O, j, −i} lesz. Mivel v koordinátái {O, i, j}-ben (cos α, sin α), azaz v = cos α · i + sinα · j, azért az elforgatott rendszerben v′ = cos αj + sinα(−i) = − sin αi + cosαj,

(16.6.4)

ezért a koordináták egyértelm˝usége miatt cos(α + 90◦) = − sin α, sin(α + 90◦) = cos α.

(16.6.5)

ez azt jelenti, hogy v koordinátái az eredeti rendszerben (− sin α, cos α). ◦ De ugyanitt v′ koordinátái, mivel irányszöge α + 90
, ◦ ◦ cos(α + 90 ), sin(α + 90 ) ′

′

′

′

Vegye most át v és v szerepét i és j , ezek most úgy foghatók fel, mint az i, j vektorok α szög˝u elforgatottjai (16.6.9. ábra). (16.6.4) alapján i′ = cos αi + sin αj, (16.6.6) j′ = − sin αi + cosαj,

(16.6.7)

e = cos(α + β)i + sin(α + β)j.

(16.6.8)

Vegyünk most fel olyan e egységvektort, amelynek az {O, i′ , j′ } rendszerében az irányszöge β az {O, i, j} rendszerben ezért α + β; írjuk fel e-nak mindkét rendszerbeli el˝oállítását: e = cos βi′ + sin βj′ , Ha els˝o egyenletünkbe i′ és j′ helyébe a (16.6.6) és (16.6.7) alatti el˝oállításokat írjuk, rendezés után kapjuk, hogy e = (cos α cos β − sinα sin β)i + (sin α cos β + cosα sin β)j. (16.6.9) www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

294

16. Vektorok és alkalmazásaik

A koordináták egyértelm˝uségéb˝ol következik, hogy (16.6.8)-ban és (16.6.9)-ben i, ill. j együtthatói szükségképpen azonosak, ezért: cos(α + β) = cos α cos β − sinα sin β, (16.6.10) sin(α + β) = sin α cos β + cosα sin β.

(16.6.11)

Helyettesítsünk most β helyébe −β-t és vegyük figyelembe (16.6.2)-t: cos(α − β) = cos α cos β + sinα sin β, (16.6.12) sin(α − β) = sin α cos β − cosα sin β.

(16.6.13)

Ezt az utóbbi négy alapvet˝o összefüggést összegezési (vagy addíciós) képleteknek nevezzük. A tg- és ctg -függvények definíciói alapján ezekre a függvényekre a következ˝ok érvényesek: tg α + tg β ; (16.6.14) tg (α ± β) = 1 ∓ tgαtg β ctg (α ± β) =

ctg α ctg β ∓ 1 . ctg β ± ctg α

(16.6.15)

Nézzük most ezeknek néhány fontos következményét. Helyettesítsünk (16.6.12)-be β helyébe α-t, mivel cos 0 = 1. cos2 α + sin2 α = 1. (16.6.16) Ez azt jelenti, hogy cos α és sin α abszolút értékben nem lehet nagyobb 1-nél, továbbá ennek segítségével sin α vagy cosα ismeretében a másik szögfüggvényérték meghatározható. Helyettesítsünk ismét (16.6.12)-ben és (16.6.13)-ban α helyébe 180◦ot, β helyébe α-t; mivel cos 180◦ = −1 és sin 180◦ = 0, ezekb˝ol következik, hogy cos(180◦ − α) = − cos α, sin(180◦ − α) = sin α; (16.6.17) ezeket úgy szoktuk fogalmazni, hogy ha két szög összege 180◦, akkor koszinuszaik egymásnak ellentettjeik, szinuszaik pedig egyenl˝ok; speciálisan: egy szög koszinusza kiegészít˝o szöge koszinuszának az ellentettje; viszont egy szögnek és kiegészít˝o szögének egyenl˝o a szinusza. Hasonló módon kapjuk az összegezési tételekb˝ol, ha (16.6.12)-ben és (16.6.13)-ban α helyébe 90◦ -ot, β helyébe α-t helyettesítünk, hogy cos(90◦ − α) = sin α, sin(90◦ − α) = cos α, (16.6.18)

ezek az ún. pótszög-összefüggések: egy szög szinusza pótszögének koszinuszával egy szög koszinusza pedig pótszögének szinuszával egyenl˝o. A trigonometrikus függvények közötti további azonosságokkal és összefüggésekkel részletesebben a 20.8. szakaszban foglalkozunk.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

295

16. Vektorok és alkalmazásaik Feladatok

1. Bizonyítsuk be, hogy a tangensfüggvény periódusa 180◦ , azaz tg (α + 180α) = tg α. Használjuk fel a tangensfüggvény definícióját és az összegezési képleteket: sin α cos 180◦ + cos α sin 180◦ sin(α + 180◦ ) = = ◦ cos(α + 180 ) cos α cos 180◦ − sin α sin 180◦ (sin α)(−1) + (cos α)0 sin α = tg α. = = (cos α)(−1) − (sin α)0 cos α

tg (α + 180◦ ) =

(Fel kell tennünk természetesen, hogy cos α és cos(α + 180◦ ) nem nulla.)

2. Számítsuk ki sin 75◦ és cos 75◦ pontos értékét.

√ 2 1 , sin 30◦ = Felhasználjuk, hogy 75◦ = 45◦ + 30◦ és sin 45◦ = cos 45◦ = 2 2 √ 3 ◦ és cos 30 = . Az összegezési képletekb˝ol (16.6.10), (16.6.11): 2 ◦ sin 75 = sin(45◦ + 30◦ ) = sin 45◦ cos 30◦ + cos 45◦ sin 30◦ = √ √ √ √ √ √ √ 2 3 2 1 6 2 6+ 2 · + · = + = . = 2 2 2 2 4 4 4 ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ cos 75 = cos(45 + 30 ) = cos 45 cos 30 − sin 45 sin 30◦ = √ √ √ √ √ √ √ 2 3 2 1 6 2 6− 2 · − · = − = . = 2 2 2 2 4 4 4

1 3. Ismeretes, hogy sin α = . Számítsuk ki cos α, tg α, ctg α értékét! 3 (16.6.16)-ból

r √ 8 2 2 1 8 cos α = ± =± . cos2 α = 1 − sin2 α = 1 − = , 9 9 9 3 √ ! √ sin α 1 2 2 1 1 tg α = = : ± =± √ , ctg α = = ±2 2. cos α 3 3 tg α 2 2

4. Ismeretes, hogy tg α = 2. Számítsuk ki cos α, sin α, ctg α értékét! (16.6.16)-ból cos2 α + sin2 α = 1, osszuk el az egyenlet mindkét oldalát cos2 αval: 1 1 1 1 , 1+4 = , cos2 α = , cos α = ± √ . 1 + tg2 α = 5 cos2 α cos2 α 5 sin2 α = 1 − cos2 α = 1 −

www.interkonyv.hu

1 4 = , 5 5

2 sin α = ± √ , 5

ctg α =

1 1 = . tg α 2

© Reiman István

© Typotex Kiadó

296

16. Vektorok és alkalmazásaik

16.7. Skaláris szorzat Az a és b vektorok hajlásszögének meghatározásához mérjük fel egy pontból a vektorokat; a vektorok félegyenesei által bezárt konvex szöget nevezzük a két vektor hajlásszögének. Definíciónk szerint tehát két vektor hajlásszöge nem nagyobb 180◦-nál (16.7.1. ábra); egyirányú vektorok hajlásszöge 0◦ -os, ellentett irányúaké 180◦-os.

16.7.1. ábra. Vektorok hajlásszöge

A vektorok körében az összeadáson, kivonáson és számmal való szorzáson kívül több más m˝uvelet is értelmezhet˝o. Ezek lényege az, hogy két vektorhoz, mondjuk a-hoz és b-hoz hozzárendelünk valamilyen szabály szerint egy számot vagy egy vektort, s ezt a hozzárendelést, mivel rendelkezik a számok szorzására emlékeztet˝o tulajdonságokkal, szorzásnak mondjuk. Most el˝oször olyan hozzárendeléssel foglalkozunk, amely két vektorhoz számot rendel hozzá, és ezt a két vektor skaláris szorzatának nevezzük el. Két vektor skaláris szorzata két vektor abszolút értékének és hajlásszöge koszinuszának a szorzatával egyenl˝o. Ha tehát a két vektor a és b, hajlásszöge ϕ, akkor az ab-vel (vagy a · bvel) jelölt skaláris szorzatunk: ab = |a||b| cos ϕ. (16.7.1) A skaláris szorzat más elnevezései: skalárszorzat, bels˝o szorzat; régies jelölése (f˝oként a fizikában) (a, b); definíciójából közvetlenül következnek az alábbi tulajdonságai: 1. ab = ba; 2. (λa)b = λ(ab) = λab = a(λb); 3. két vektor skaláris szorzata akkor és csakis akkor 0, ha cos ϕ = 0, vagy a vektorok között van nullvektor; mivel cosϕ = 0, csak ϕ = 90◦ esetén következik be, a nullvektor pedig minden vektorra mer˝oleges, ezért két vektor skaláris szorzata akkor és csakis akkor 0, ha mer˝olegesek egymásra; 4. aa = |a||a| cos 0◦ = |a|2 . Az aa-t a2 -tel is szoktuk jelölni, ezért |a|2 = a2 és √ (16.7.2) |a| = a2 , www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

16. Vektorok és alkalmazásaik

297

egy vektor hossza négyzetének a négyzetgyökével egyenl˝o. Mivel cos ϕ hegyesszögek esetében pozitív, tompaszögekre negatív, a skaláris szorzat akkor pozitív, ha ϕ hegyesszög, és akkor negatív, ha ϕ tompaszög. Jegyezzük még meg, hogy a többtényez˝os skaláris szorzatoknak nincs értelme, pl. általában nem igaz, hogy (ab)c = a(bc), hiszen az el˝obbi c-nak számszorosa, azaz c-ral párhuzamos, az utóbbi viszont a-ral, ezért általában nem lehetnek egyenl˝ok.

16.7.2. ábra. A vetületi vektor

A skaláris szorzat egy geometriai jelentésének a vizsgálatához értelmezzük egy vektornak egy egyenesen lev˝o mer˝oleges vetületét. Az a-nak egy g egyenesen lev˝o mer˝oleges vetületét úgy kapjuk meg, hogy az a kezd˝o- és végpontjából mer˝oleges síkot állítunk g-re, g síkok közé es˝o részének a hossza az a g-n lev˝o mer˝oleges vetülete (16.7.2. ábra). Vetületen tehát egy szakaszt, ill. annak hoszszát értjük. Ha ezt a vetületi szakaszt az a-nak megfelel˝oen irányítjuk, akkor az a g-n lev˝o vetületi vektorát kapjuk, ezt ábránkon av -vel jelöltük. A vetület végpontjait úgy is megkaphatjuk, hogy a kezd˝o- és végpontjából mer˝olegest állítunk g-re, a mer˝olegesek talppontjai a vetületi szakasznak a végpontjai. Mivel a bárhol helyezkedik is el, ugyanolyan távolságú párhuzamos síkok vetítik g-re, ezért az összes a-nak g-n lev˝o mer˝oleges vetülete egyenl˝o.

16.7.3. ábra. Az a vetületei e egyenesén

Indítsuk most ki a-t és egy e egységvektort egy közös O pontból, és legyen a végpontjának, A-nak a vetülete e egyenesén A′ (16.7.3. ábra). Jelölje ϕ a és e hajlásszögét. Ha ϕ hegyesszög az OA′ A derékszög˝u háromszögb˝ol (l. a 16.6. szakaszt) az OA′ vetület hossza |a| cosϕ, hiszen www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

298

16. Vektorok és alkalmazásaik

OA = |a|. Ha ϕ derékszög, a vetület hossza 0, de mivel cos 90◦ = 0, ebben az esetben is OA′ = |a| cos ϕ. Ha viszont ϕ tompaszög, az OA′ A derékszög˝u háromszögb˝ol OA′ = |a| cos(180◦ − ϕ) = −|a| cosϕ, ebb˝ol |a| cosϕ = = −OA′ . Ezek szerint |a| cos ϕ minden esetben a-nak az e egyenesén lev˝o mer˝oleges vetülete; ha ϕ hegyesszög, akkor pozitív, ha ϕ tompaszög, akkor negatív el˝ojellel; ezt a tényt egyébként úgy fejezzük ki, hogy |a| cos ϕ az a-nak el˝ojeles vetülete. Mivel azonban |e| = 1, ae = |a||e| cos ϕ = |a| cosϕ, ezért kimondhatjuk, hogy egy vektornak egy egységvektorral való skaláris szorzata a vektornak az egységvektor egyenesén lev˝o el˝ojeles vetületével egyenl˝o. −→ −→ Az OA′ vetületi vektort úgy kapjuk meg, hogy e-t megszorozzuk OA′ el˝ojeles hosszával, azaz ae-vel, ezért −→′ OA = av (ae)e. (16.7.3) (Felhívjuk a figyelmet, hagy itt ae egy számszorzót jelent, tehát a zárójel nem hagyható el!) Ha az a vetületét egy tetsz˝oleges c vektoron akarjuk el˝oállítani, gondolatmenetünk csak annyiban módosul, hogy e helyett a c-ral egyirányú egységvektort, c0 -t szerepeltetjük, tehát a vetület ac0 , és a vetületi vektor c (l. a 16.3. szakaszt), av = (ac0 )c0 . Vegyük most figyelembe, hogy c0 = |c| ezért (ac)c  ac  (ac) c · = 2 = 2 c. (16.7.4) av = |c| |c| c c Ezek segítségével bebizonyíthatjuk a skaláris szorzás legfontosabb tulajdonságát, a disztributivitását: (a + b)c = ac + bc, (16.7.5)

(ezt úgy szoktuk kifejezni, hogy összeget tagonként szorozhatunk). Ennek bizonyítására vegyünk fel tetsz˝olegesen három vektort, legyenek ezek a, b, c (c 6= 0), vetítsük az a, b, a + b vektorokat c egyenesére (16.7.4. ábra) és képezzük rendre az a, b, a + b vetületi vektorait; az av , bv , (a + b)v vektorokat. Ábránkon kétféle elhelyezkedést ábrázoltunk, de az összes elhelyezkedés esetében szemléletes tény, hogy (a + b)v = av + bv . Mivel (16.7.4) szerint (bc)c (ac)c bv = 2 , av = 2 , c c ezért el˝obbi egyenletünk így írható: www.interkonyv.hu

(a + b)v =

[(a + b)c]c , c2

© Reiman István

© Typotex Kiadó

16. Vektorok és alkalmazásaik

299

[(a + b)c]c (ac)c (bc)c = 2 + 2 . c2 c c

16.7.4. ábra. A vetületi vektorok összege

Szorozzuk meg mindkét oldalt c2 -tel, és vegyük figyelembe, hogy a zárójeles kifejezések számok, ezért érvényes rájuk a számmal való szorzás I. disztributív szabálya (l. a 16.3. szakaszt), tehát  (a + b)c c = [ac + bc]c.

A szögletes zárójelekben számok állanak, c-nak két számszorosa viszont csak akkor lehet egyenl˝o, ha a számok is egyenl˝ok, ezért valóban (a + b)c = ac + bc. Ha c = 0, (16.7.5) mindkét oldalán 0 áll; állításunk tehát ekkor is igaz. A disztributivitás akárhány összeadandóra kiterjeszthet˝o teljes indukció segítségével, és mindkét szorzó tetsz˝oleges számú összeadandóból állhat, tehát többtagút többtagúval ugyanúgy szorozhatunk, mint a számok körében; itt is érvényes pl., hogy (a + b)2 = a2 + b2 + 2ab és (a + b)(a − b) = a2 − b2 . Ha a vektorok koordinátáival adottak, a disztributivitás segítségével meghatározható a vektorok skaláris szorzata. Legyen a(a1 , a2 , a3 ) és b(b1 , b2 , b3 ) két tetsz˝oleges vektor, ez azt jelenti, hogy a = a1 i + a2j + a3k, b = b1 i + b2j + b3k. Vegyük most figyelembe, hogy i2 = j2 = k2 = 1 és a mer˝olegességek miatt ij = jk = ki = 0, ezért ab = (a1 i + a2j + a3k)(b1 i + b2j + b3k) = a1 b1 + a2 b2 + a3b3 , (16.7.6) tehát: két vektor skaláris szorzata megfelel˝o koordinátáik szorzatának az összegével egyenl˝o. Síkbeli koordináta-rendszerben a harmadik koordináták nullák. (16.7.6)ból következik, hogy |a|2 = a2 = a21 + a22 + a23, q (16.7.7) |a| = a21 + a22 + a23,

a vektor hossza koordinátái négyzetösszegének a négyzetgyökével egyenl˝o. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

300

16. Vektorok és alkalmazásaik

Legyen most adva két pont X(x1 , x2 , x3 ) és Y (y1 , y2 , y3 ). Az XY tá−→ volság az XY hosszával egyenl˝o, mivel pedig két pont összeköt˝o vektora −→ helyvektoraik különbségvektora, XY koordinátái: −→ XY (y1 − x1 , y2 − x2 , y3 − x3 ), és (16.7.7) szerint q −→ XY = |XY | = (y1 − x1 )2 + (y2 − x2 )2 + (y3 − x3 )2 ;

(16.7.8)

ez az ún. távolságképlet, eszerint két pont távolságát a megfelel˝o koordináták különbségének négyzetösszegéb˝ol vont négyzetgyök adja meg. Mivel ab = |a||b| cos ϕ,

ezért

cos ϕ =

ab , |a||b|

(16.7.9)

két vektor hajlásszögének a koszinusza skaláris szorzatuknak és hosszaik szorzatának a hányadosával egyenl˝o. Koordinátákkal: a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 q . (16.7.10) cos ϕ = q a21 + a22 + a23 · b21 + b22 + b23

A skaláris szorzás segítségével új megvilágításba kerülhetnek az egységvektor koordinátái. Zárjon be ugyanis az e(e1 , e2 , e3 ) egységvektor az i, j, k alapvektorral rendre αx , αy , αz szögeket. A koordináták definíciója szerint e = e1 i + e2 j + e3k. Szorozzuk meg most ezt az egyenl˝oségünket rendre skalárisan az i, j, k vektorokkal; azt kapjuk, hogy ei = e1 , ej = e2 , ek = e3 . Viszont a skaláris szorzat meghatározása szerint ei = |e||i| cos αx = = 1 · 1 · cosαx , ezért e1 = cos αx , e2 = cos αy , e3 = cos αz ,

az egységvektor koordinátái a vektorok és a tengelyek hajlásszögeinek a koszinuszaival egyenl˝ok. Ezért az egységvektor koordinátáit iránykoszinuszoknak is szokás nevezni (16.7.5. ábra). Mivel az egységvektor hossza 1, e21 + e22 + e23 = 1, ezért cos2 αx + cos2 αy + cos2 αz = 1, egy vektor iránykoszinuszainak négyzetösszege 1-gyel egyenl˝o. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

301

16. Vektorok és alkalmazásaik

16.7.5. ábra. Iránykoszinuszok

16.7.6. ábra. 3. feladat

Feladatok 1. Írjuk fel az x(−8, 1, 4) vektorral egyirányú x0 egységvektor koordinátáit. q (16.3.1) alapján x0 =

x ; (16.7.7) alapján |x| = |x|   8 1 4 0 . x = − , , 9 9 9

(−8)2 + 12 + 42 = 9, ezért

2. Adottak az a(−2; 3, 6), b(6, −2, 3), c(9, 4, 1) vektorok. Számítsuk ki a és b, ill. b és c hajlásszögét. Jelölje a és b szögét egyszer˝uen (a, b), b és c szögét (b, c), (16.7.10) alapján −2 · 6 − 3 · 2 + 6 · 3 √ = 0, cos(a, b) = √ 22 + 32 + 62 · 62 + 22 + 32 a és b mer˝olegesek egymásra; √ 49 1 2 6·9−2·4+3·1 √ √ =√ = , = cos(b, c) = √ 2 7·7 2 2 62 + 22 + 32 · 92 + 42 + 12 b és c 45◦ -os szöget zárnak be.

3. Egy háromszög három csúcsa: A(2, −1), B(4, 3), C(5, 7). Mekkora az A csúcsnál lev˝o α szög?

− → − → A feladatunk lényege az AB és AC vektorok hajlásszögének a meghatározása (16.7.6. ábra). Mivel két pont összeköt˝o vektora helyvektoraik különbségével − → − → egyenl˝o, a szóban forgó vektorok: AB(2, 4), AC(3, 8). Ezek hajlásszögének koszinusza (16.7.10): 38 6 + 32 √ =√ √ = 0,9945, cos α = √ 20 · 73 20 · 73 az ehhez tartozó α érték: α = 6◦ .

4. Bizonyítsuk be, hogy az A(4, 5), B(7, −4), C(−2, −1), D(−5, 8) pontnégyes egy rombusz négy csúcsa, és számítsuk ki a rombusz területét. Ahhoz, hogy az ABCD rombusz legyen, elegend˝o bizonyítanunk, hogy az AC és BD átlók felezve metszik egymást és mer˝olegesek egymásra. AC felez˝opontja a (16.5.8) alapján (1, 2), BD felez˝opontja: (1, 2), ezek valóban egybeesnek (a négyszög tehát biztosan paralelogramma).

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

302

16. Vektorok és alkalmazásaik

Az átlók mer˝olegességét az átlóvektorok mer˝olegességével bizonyítjuk. Mivel − → −→ AC(−6, −6), BD(−12, 12), skaláris szorzatuk: − → −→ AC · BD = (−6)(−12) + (−6) · 12 = 0, tehát mer˝olegesek egymásra. A rombusz területe átlói szorzatának a felével egyenl˝o; (l. a 14.10. szakaszt) az átlóhosszak: p √ √ √ − → −→ |AC| = 36 + 36 = 6 2, |BD| = 122 + 122 = 12 2, ezért a terület: √ √ 6 2 · 12 2 t= = 72. 2

5. Adottak az a és b vektorok. Bontsuk fel az a-t a b-ral párhuzamos és rá mer˝oleges összetev˝okre, azaz állítsuk el˝o egy b-ral párhuzamos és egy b-ra mer˝
oleges vektor összegeként. Legyen pl. a(9, −15, 12), b(4, −2, −4). A b-ral párhuzamos összetev˝ot jelölje av , a rá mer˝olegeset am . av az a-nak a b egyenesén lev˝o vetületvektora (16.7.7. ábra), ezért (16.7.4) alapján (ab)b , av = b2

viszont am = a − av = a −

16.7.7. ábra. 5. feladat

(ab)b . b2

A számpélda: ab = 9·4+(−15)·(−2)+12·(−4) = 18, b2 = 42 +(−2)2 +(−4)2 = 36, ezért 18b b = = (2, −1, −2), av = 36 2 am = a − av = (7, −14, 14). Számításunk ellen˝orzésére érdemes megnéznünk, hogy av és am mer˝olegesek-e egymásra, azaz av am = 0 teljesül-e.

6. Bizonyítsuk be, hogy egy négyszög átlói akkor és csakis akkor mer˝olegesek egymásra, ha a szemközti oldalak négyzeteinek összege mindkét oldalpárra egyenl˝o.

16.7.8. ábra. 6. feladat

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

16. Vektorok és alkalmazásaik

303

Legyenek a csúcsok helyvektorai rendre a, b, c, d; ekkor az oldalvektorok a − b, b − c, c − d, d − a; az átlóvektorok: a − c és d − b (16.7.8. ábra). Tegyük fel, hogy a szemközti oldalak négyzetösszege egyenl˝o, azaz az oldalvektorok négyzetösszege egyenl˝o: (a − b)2 + (c − d)2 = (b − c)2 + (d − a)2 ,

a2 + b2 + c2 + d2 − 2ab − 2cd = a2 + b2 + c2 + d2 − 2bc − 2ad. Az egyenl˝o tagokat mindkét oldalból kivonva és átrendezve kapjuk: ad + bc − ab − cd = 0, (a − c)(d − b) = 0,

ez viszont éppen azt jelenti, hogy az átlóvektorok skaláris szorzata 0, tehát mer˝olegesek egymásra. Megfordítva: ha utolsó egyenletünkb˝ol indulunk ki, azaz az átlók mer˝olegességéb˝ol, azonos átalakításokkal visszajutunk a kiindulási egyenlethez, azaz az oldalak négyzetösszege ebben az esetben egyenl˝o.

16.7.9. ábra. 7. feladat

7. Bizonyítsuk be, hogy a kocka minden háromszögmetszete hegyesszög˝u. Háromszögmetszetet kapunk a kockán, ha a metsz˝osík egy kockacsúcsból induló három, páronként egymásra mer˝oleges élt metsz el. Legyenek O-ból a metszetháromszög csúcsaiba mutató (páronként egymásra mer˝oleges) vektorok a, b, c (16.7.9. ábra). Legyen két oldalvektor a − c és b − c, azt kell bizonyítanunk, hogy ezek hajlásszöge, azaz a háromszög szöge hegyesszög; ezt elég egy esetben bizonyítani, mert a többi szögre a bizonyítás hasonló. Két vektor akkor zár be hegyesszöget, ha skaláris szorzatuk pozitív, ezt akarjuk most is megmutatni: (a − c)(b − c) = ab − bc − ac + c2 .

Mivel a mer˝olegességek miatt ab = bc = ac = 0, ezt kellett bizonyítanunk.

(a − c)(b − c) = c2 > 0,

8. Adottak a síkban az A, B,C, D pontok. A sík melyik P pontjára a legkisebb az adott pontokból mért távolságok négyzetösszege? www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

304

16. Vektorok és alkalmazásaik

Az ilyen típusú feladatoknál célszer˝u origónak a pontrendszer súlypontját választani; az innen induló és az adott pontokba mutató a, b, c, d vektoroknak az összege 0 (l. a 16.5. szakaszt), tehát a + b + c + d = 0. Legyen P a sík tetsz˝oleges pontja, ennek helyvektora p (16.7.10. ábra). Azt a P pontot kell meghatároznunk, amelyre a PA2 + PB2 + PC2 + PD2 összeg a legkisebb. Fejezzük ki az egyes szakaszok 16.7.10. ábra. 8. feladat hosszát vektorok segítségével: PA2 + PB2 + PC2 + PD2 = (a − p)2 + (b − p)2 + (c − p)2 + (d − p)2 =

= a2 + b2 + c2 + d2 − 2p(a + b + c + d) + 4p2 = = (a2 + b2 + c2 + d2 ) + 4p2 .

Mivel a zárójelben lev˝o összeg független P választásától, a távolságok négyzetösszege arra a pontra legkisebb, amelyre 4p2 = 0, azaz p = 0, tehát az O súlypontra. Gondolatmenetünkben nem használtuk ki lényegesen, hogy 4 pontról van szó, ezért általánosságban is igaz: ha adott a térben n pont, a pontrendszer súlypontjára lesz a pontoktól mért távolságok négyzetösszege a legkisebb.

9. Mutassuk meg, hogy a skaláris szorzás tulajdonságaiból következik, hogy ha egy vektor mer˝oleges egy sík két nem párhuzamos vektorára, akkor a sík minden vektorára mer˝oleges. Legyen a sík két nem párhuzamos vektora a és b. (16.3.2)-b˝ol következik, hogy ekkor a sík minden vektora αa + βb alakban írható fel. Tegyük fel, hogy v mer˝oleges a-ra és b-ra, tehát va = vb = 0. De ekkor v(αa + βb) = αva + βvb = 0, ami éppen azt jelenti, hogy v a sík minden vektorára mer˝oleges.

16.8. Trigonometriai összefüggések a háromszögben A trigonometria alapfeladata, hogy a háromszög bizonyos oldalai és szögei ismeretében a többi szögét és oldalát meghatározza. Ezt általában szögfüggvények segítségével éri el. A 16.6.4. ábra kapcsán megmutattuk, hogy ha egy derékszög˝u háromszög egyik hegyesszöge α és átfogója 1, akkor befogói cos α és sin α. Ebb˝ol következik, hogy ha az α hegyesszög˝u derékszög˝u háromszög átfogója c (tehát az el˝obbi háromszöget c-szeresére nagyítottuk vagy kicsinyítettük), akkor (16.8.1. ábra) az α szöggel szemközti befogó a = c sin α, az α szög melletti befogó b = c cos α. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

305

16. Vektorok és alkalmazásaik

16.8.1. ábra. Trigonometriai összefüggések a derékszög˝u háromszögben I.

16.8.2. ábra. Trigonometriai összefüggések a derékszög˝u háromszögben II.

Hasonlóan: ha az α szög melletti befogó 1, akkor a vele szemközti befogó tg α, ha viszont az α szög melletti befogó b, akkor az α szöggel szemközti befogó a = b tg α (16.8.2. ábra). Ezek az összefüggések azt jelentik, hogy a derékszög˝u háromszög oldalait és szögeit bizonyos oldalakból és szögekb˝ol egyértelm˝uen meghatározhatjuk (a szögek meghatározását úgy értjük, hogy pl. sin α, tg α, cosα értékét határozzuk meg és ehhez táblázatból vagy zsebszámológéppel megkeressük a hozzá tartozó α értéket); ezek összefoglalása a következ˝o (jelöléseinket a 16.8.3. ábra magyarázza):

16.8.3. ábra. Trigonometriai összefüggések a derékszög˝u háromszögben III.

1. ha α és β közül egy ismert, a másik annak pótszögeként kiszámítható (α = 90◦ − β, β = 90◦ − α); 2. ha a, b, c közül kett˝o ismert, a harmadik Pitagorasz tétele alapján kiszámítható: p p p a = c2 − b 2 , b = c2 − a 2 ; c = a2 + b2 ,

a összefüggésb˝ol; c 3. ha α és c ismert, a = c sin α, b = c cos α; a a , b= = a ctg α; 4. ha α és a ismert, c = sin α tg α b , a = b tg α. 5. ha α és b ismert, c = cos α Két oldal és a közrezárt szög ismeretében ki tudjuk számítani a háromszög területét:

az α szög meghatározható pl. a sin α =

a háromszög területe két oldalának és az általuk közrezárt szög szinusza szorzatának a felével egyenl˝o. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

306

16. Vektorok és alkalmazásaik

16.8.4. ábra. A magasság trigonometriai kifejezése

Ennek bizonyítására vegyünk fel egy ABC háromszöget, az A csúcsából a BC oldalegyenesre állított magasság talppontja legyen A′ , jelöljük ezt a magasságot m-mel (16.8.4. ábra). A háromszög területe: am . t= 2 Ha a C csúcsnál hegyesszög van, az AA′C derékszög˝u háromszögb˝ol m = = b sin γ. Ha C-nél tompaszög van, A′ a háromszögön kívül van, és így az AA′C derékszög˝u háromszögben m = b sin(180◦ − γ), viszont (16.6.17) miatt sin(180◦ − γ) = sin γ, és így m = b sin γ. Ha viszont C-nél derékszög van, m = b = b sin 90◦ = b sin γ, és így minden esetben m = b sin γ, helyettesítsük ezt a területképletbe: ab sin γ , (16.8.1) t= 2 s ezzel állításunkat bizonyítottuk. A most kapott eredmény természetesen bármely két oldal esetében helyes, tehát bc sin α ca sin β = . t= 2 2 Ha most az el˝obbi két tört mindegyikét 2-vel megszorozzuk és elosztjuk c-vel, azt kapjuk, hogy b sin α = a sin β, ami átírható a következ˝o alakba: a sin α = , (16.8.2) b sin β a háromszögben két oldal aránya a velük szemközti szögek szinuszainak az arányával egyenl˝o. Ez a szinusztétel. A szinusztétel bármely két oldal arányára alkalmazható és a következ˝o alakban is felírható: b c a = = , (16.8.3) sin α sin β sin γ a háromszögben bármely oldalnak és a vele szemközti szög szinuszának a hányadosa állandó. A 10. feladatban megmutatjuk, hogy ennek az állandónak az értéke a háromszög köré írt kör átmér˝ojének a hossza. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

307

16. Vektorok és alkalmazásaik

A szinusztétel segítségével két szög és egy oldal ismeretében kiszámítható a másik két oldal. Ha két szög ismert, akkor természetesen minden szög ismert, és pl. ha b adott, (16.8.2)-b˝ol b sin γ b sin α , c= . a= sin β sin β

16.8.5. ábra. Adott két oldal és a kisebbikkel szemközti szög

16.8.6. ábra. A paralelogramma területe

Szinusztételt alkalmazhatunk akkor is a háromszög hiányzó oldalainak a kiszámítására, ha adott két oldal, pl. a és b és az egyikkel szemközti szög, pl. β. Ekkor (16.8.2)-b˝ol a sin β , sin α = b tehát sin α értéke ismert. Fel kell azonban hívnunk a figyelmet arra, hogy α-nak és 180◦ − α-nak ugyanakkora a szinusza, tehát α értékének meghatározásához külön vizsgálatot kell még végeznünk. Jegyezzük meg ehhez a következ˝oket: a) ha b > a, tehát az ismert adatok a háromszög két oldala és a nagyobbikkal szemközti szög, ezek a háromszögek egyértelm˝uen meghatározzák, és β > α, mert nagyobb oldallal szemben nagyobb szög van; α-t ekkor hegyesszögnek kell választanunk (vö. a 14.5. szakasszal); b) ha b < a, akkor lehet, hogy nincs megoldása a feladatnak (ez úgy mutatkozik meg, hogy sin α-ra 1-nél nagyobb értéket kapunk, ami lehetetlen); lehet, hogy egy megoldás van, ha sin α-ra 1-et kapunk, ekkor α derékszög; de lehet, hogy két megoldása van, ha sin α-ra 1-nél kisebb érték jön ki, egy szög és annak kiegészít˝o szöge; ezt a két lehet˝oséget mutatja meg a 16.8.5. ábra ABC és A′ BC háromszöge; ez azt jelenti, hogy a megadott a, b, β adatok a háromszöget nem határozzák meg egyértelm˝uen. A szinusztétel módot ad arra is, hagy a háromszög területét egy oldalának és szögeinek ismeretében kiszámítsuk. A szinusztételb˝ol ui. a sin β b= sin α következik. Helyettesítsük ezt b helyébe (16.8.1)-be, egy új területképletet kapunk: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

308

16. Vektorok és alkalmazásaik t=

a2 sin β sin γ . 2 sin α

(16.8.4)

Ha egy paralelogramrna két szomszédos oldala a és b, közrezárt szögük γ, területe éppen kétszerese az a, b oldalú és γ szög˝u háromszögnek (16.8.6. ábra), ezért (16.8.1)-b˝ol tparalelogramma = ab sin γ, (16.8.5) a paralelogramma területe két szomszédos oldalának és egyik szöge szinuszának a szorzatával egyenl˝o. Mindegy ti., hogy melyik szögr˝ol van szó, hiszen ha az egyik szög γ, akkor a vele szemközti is γ, a szomszédos szöge pedig 180◦ − γ, de sin γ =
◦ = sin(180 − γ).

További összefüggések bizonyítására vektorokat használunk fel. Irányítsuk vektorokká az ABC három− → szög oldalait (16.8.7. ábra), |CB| = a, − → − → |CA| = b, |AB| = c. − → − → − → Mivel AB = CB − CA, mindkét oldalt megszorozva önmagával kapjuk, 16.8.7. ábra. A koszinusztétel hogy −−→ −−→ −−→ −−→ − → AB2 = CB2 + CA2 − 2CB · CA. −−→ −−→ −−→ − → − → Jelöléseink szerint AB2 = c2 , CB2 = a2 , CA2 = b2 és CB · CA = − → − → = |CB||CA| cos γ = ab cos γ, ezeket el˝oz˝o egyenletünkbe helyettesítjük: c2 = a2 + b2 − 2ab cosγ. (16.8.6) Ez az összefüggés a koszinusztétel. Értelemszer˝uen alkalmazzuk ezt a b és az a oldalakra is: b2 = c2 + a2 − 2ca cosβ, a2 = b2 + c2 − 2bc cosα.

Ha γ = 90◦ , azaz a háromszög derékszög˝u, akkor a koszinusztétel Pitagorasz tételébe megy át. Ha viszont egy háromszögr˝ol tudjuk, hogy c2 = = a2 + b2 , akkor ezt (16.8.6)-ba helyettesítve azt kapjuk, hogy 2ab cosγ = 0, cos γ = 0, γ = 90◦ , vagyis a háromszög derékszög˝u. Ezzel bebizonyítottuk Pitagorasz tételének a megfordítását: ha egy háromszögben két oldal négyzetének az összege a harmadik oldal négyzetével egyenl˝o, akkor a háromszög derékszög˝u. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

16. Vektorok és alkalmazásaik

309

A koszinusztétel módot ad, hogy három oldal ismeretében kiszámítsuk a háromszög szögeit; pl. (16.8.6)-ból a 2 + b 2 − c2 . (16.8.7) cos γ = 2ab Áltatában egy szöget kiszámítva a többi szög szinusztétellel is megkapható. Ha a háromszögb˝ol két oldal és a közrezárt szög ismert (pl. a, b és γ), akkor a harmadik oldal szintén megkapható a koszinusztétellel; a többi szög kiszámítását itt is lehet szinusztétellel folytatni. A szinusztétel és koszinusztétel a trigonometria alaptételei, ezeken kívül még számos olyan összefüggés van, amely a háromszög oldalai és szögei között létesít kapcsolatot. Ha pl. ismert a háromszög két oldala és a velük szemközti szögek (pl. b, c, β, γ), akkor a harmadik oldalt a vetületi tétel segítségével is kiszámíthatjuk: a = c cos β + b cosγ. Ennek helyes volta a 16.8.4. ábrákról közvetlenül is belátható; az AA′ B derékszög˝u háromszögb˝ol BA′ = c cos β és A′C = b cosγ, ezért a = BC = BA′ + A′C = c cos β + b cosγ. Ez igaz mindhárom háromszögtípusra; ha γ tompaszög, A′C negatív el˝ojel˝u, ha γ = 90◦ , A′C = 0. Két oldal és a szemközti szögek közötti kapcsolat a tangenstétel: α−β a − b tg 2 = α+β . a + b tg 2

Az oldalak birtokában a szögek egyszer˝uen kiszámíthatók a félszögképletekkel (2s = a r + b + c) : r s(s − a) (s − b)(s − c) α α , sin = . (16.8.8) cos = 2 bc 2 bc Feladatok 1. Mekkora az R sugarú körbe írt szabályos n-szög kerülete és területe? Legyen a szabályos n-szög oldala a, egy középponti háromszögének magassága m (16.8.8. ábra), 180◦ 360◦ = , átfogója R, ezért egyik hegyesszöge 2n n a 180◦ = R sin , 2 n ◦ 180 a = 2R sin , n

www.interkonyv.hu

16.8.8. ábra. 1. feladat

© Reiman István

© Typotex Kiadó

310

16. Vektorok és alkalmazásaik

ebb˝ol a kerület k = na = 2nR sin

180◦ . n

R2 360◦ A középponti háromszög területe a (16.8.1) területképlettel sin , s így 2 n a sokszög területe: 360◦ 1 . tsokszög = nR2 sin 2 n

2. Mekkora az r sugarú kör köré írt szabályos n-szög kerülete és területe? Legyen a sokszög oldala b, egy középponti háromszögének a magassága r, ez két derékszög˝u háromszögre vágja a középponti háromszöget (16.8.9. ábra), ezek 180◦ , ezért egyik hegyesszöge n 180◦ b = r tg , 2 n és így a kerület: 180◦ . k = 2nr tg n 180◦ b A középponti háromszög területe r = r2 tg , ezért a sokszög területe: 2 n ◦ 180 . tsokszög = nr2 tg n

16.8.9. ábra. 2. feladat

16.8.10. ábra. 3. feladat

3. Egy konvex négyszög átlói e és f , hajlásszögük ω. Mekkora a négyszög területe? Húzzunk minden átlóvégpontban párhuzamost a másik átlóval, a négyszöget így egy paralelogrammába zárjuk be, amelyet a négyszög átlói négy kisebb paralelogrammára vágnak szét (16.8.10. ábra). Ezek mindegyikének a felét tölti ki a négyszög megfelel˝o része, tehát a négyszög területe fele a paralelogramma területének. A paralelogramma területe viszont (16.8.5) alapján e f sin ω, ezért a négyszög területe: 1 tnégyszög = e f sin ω. 2 www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

16. Vektorok és alkalmazásaik

311

4. Egy torony magasságának a meghatározása céljából egy, a torony talppontján átmen˝o vízszintes egyenes A pontjából megmérjük a torony α látószögét, majd az egyenesen a toronytól c métert távolodva egy B pontban ismét megmérjük a torony β látószögét. Mekkora a torony magassága, ha c = 30 m, α = 32◦ , β = 24◦ ?

16.8.11. ábra. 4. feladat Legyen a torony csúcsa C, ennek vetülete a vízszintes síkon T (16.8.11. ábra), és legyen TA = x, a torony magassága pedig m. Az ATC és a BTC derékszög˝u háromszögekb˝ol m = x tg α = (x + c)tg β, ebb˝ol c tg β , x(tg α − tg β) = c tg β, x = tg α − tg β ezért c tg αtg β . m= tg α − tg β

Ezt a törtet tg α · tg β-val egyszer˝usítve kapjuk, hogy c 1 = . m= 1 1 ctg β − ctg α tg β − tg α

A megadott adatokkal ctg 24◦ = 2, 246; ctg 32◦ = 1, 600 30 m= = 46,4 méter. 2,246 − 1,600

5. Mekkora szöget zárnak be egymással a szabályos tetraéder lapsíkjai? A 15.4. szakasz 2. feladatának ábrájáról (15.4.8. ábra) leolvasható, hogy az OFD derékszög˝u háromszögben az OFD∢ = ϕ éppen a lapszöget méri, mivel szárai mer˝olegesek a BC metszésvonalra. Viszont OF a lapmagassag harmada, ezért 1 OF = , ebb˝ol ϕ = 70,53◦ . cos ϕ = DF 3

6. Számítsuk ki annak a kisebbik körszeletnek a területét, amelyet a h = 12,4 hosszúságú húr az r = 15,8 sugarú körb˝ol lemetsz. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

312

16. Vektorok és alkalmazásaik

Az O középpontú r sugarú körnek legyen AB = h a húrja, az ehhez tartozó középponti szög α (16.8.12. ábra). A körszelet területe az AOB körcikk és az AOB háromszög területének a különbsége. Az AOB háromszögre a koszinusztételb˝ol (16.8.7) alapján kapjuk hogy 2 · 15,82 − 12,42 2r2 − h2 = = 0,6920, cos α = 2 2r 2 · 15,82 α = 46,21◦ . Az α középponti szög˝u körcikk területe (14.11.6) alapján: r2 πα 15,82 π · 46,21◦ = = 100,67. tkörcikk = 360◦ 360◦ 1 1 Az AOB háromszög területe (16.8.1) alapján r2 sin α = · 15,82 sin 46,21◦ = 2 2 = 90,11. A körszelet területe e két terület különbsége: 10,56.

16.8.12. ábra. 6. feladat

16.8.13. ábra. 7. feladat

7. Egy 50 cm-es és egy 22 cm-es sugarú tárcsa tengelyeinek távolsága 340 cm. Milyen hosszú szíj szükséges (elméletileg) egyenes szíjhajtás esetén a két tárcsa összekapcsolásához? A 16.8.13. ábrán a két tárcsát egy R, ill. egy r sugarú körrel ábrázoltuk, a szíj hossza két körívhosszból (i1 , i2 ) és egy közös érint˝oszakasz hosszának (h) a kétszereséb˝ol tev˝odik össze. A közös érint˝oszakaszt a kisebbik kör O2 középpontjáig eltolva egy olyan O1 O2 A derékszög˝u háromszög jön létre, amelynél az O1 O2 átfogó hossza: c = 340, a befogóké O2 A = h és O1 A =R −r =28. Az O1 O2 A háromszögb˝ol Pitagorasz tételével q h = c2 − (R − r)2 = 338,85, jelöljük az AO1 O2 ∢-et α-val:

28 = 0,0824, α = 85,28◦ . 340 Az i2 körív középponti szöge 2α, sugara r, ezért hossza (14.11.4) alapján: rπ · 2α 22π · 2 · 85,28◦ = = 65,49, i2 = 180◦ 180◦ az i1 körív középponti szöge 360◦ − 2α, sugara R, ezért hossza: Rπ · (360◦ − 2α) 50π(360◦ − 2 · 85, 28◦ ) = = 165,32. i1 = 180◦ 180◦ cos α =

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

16. Vektorok és alkalmazásaik

313

A szíj hossza i1 + i2 + 2h = 908,51 cm. Megjegyezzük, hogy a legtöbb zsebszámolón a cos α = 0,0824 értékb˝ol a szöget közvetlen radiánokban is megkaphatjuk: α = 1,4883, i2 = r · 2α = 65,49.

8. Számítsuk ki a háromszög szögeit, ha oldalai a = 75, b = 52, c = 29. Alkalmazzuk egymás után kétszer (16.8.7)-et: 522 + 292 − 752 = −0,6897, cos α = 2 · 52 · 29 752 + 292 − 522 cos β = = 0,8648, 2 · 75 · 29 ◦ γ = 180 − (α + β) = 16, 26◦ .

α = 133,60◦ ; β = 30,14◦ ;

Más megoldási lehet˝oséget kínál a (16.8.8) összefüggés. A háromszög félkerülete: s = 78, r sa = 3, r s(s − a) 78 · 3 α α = 0,3939, = 66,80; cos = α = 133,60◦ , 2 bc 29 · 52 2 β hasonlóan kaphatjuk meg -t is. 2

16.8.14. ábra. 9. feladat

9. A 16.8.14. ábrán látható vázlaton két hozzáférhetetlen pontot, A-t és B-t tüntettünk fel. Vezeték építése céljából szükségünk van A és B távolságának a meghatározására. Ebb˝ol a célból hozzáférhet˝o vízszintes területen lemérünk egy 100 m hosszúságú CD szakaszt, és megmérjük az ábrán látható szögeket. Számítsuk ki az AB távolságot. Azt a célt t˝uzzük ki, hogy az ABC háromszög y-nal és z-vel jelölt oldalainak a hosszát számítsuk ki, ezek ismeretében a koszinusztétellel AB hossza már kiszámítható. Ehhez kiszámítjuk az ACD háromszögben α-t: α=180◦ −62◦ −16◦ −38◦ = 64◦, majd szinusztétellel y-t: sin 38◦ y = , 100 sin 64◦ 100 sin 38◦ 100 · 0,6157 y= = = 68,50. sin 64◦ 0,8998 Hasonlóan: a BCD háromszögben β = 180◦ − 16◦ − 38◦ − 74◦ = 52◦ , a szinusztétellel kiszámítjuk z-t:

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

314

16. Vektorok és alkalmazásaik z sin 112◦ = , 100 sin 52◦ 100 · 0, 9272 100 sin 112◦ = = 117, 66. z= sin 52◦ 0, 7880

Most már alkalmazhatjuk a koszinusztételt az ABC háromszögre: AB2 = y2 + z2 − 2yz cos 62◦ =

= 4692,25 + 13 843,88 − 2 · 68,50 · 117,66 · 0,4695 = 10 968,06,

AB = 104,7 m.

10. Bizonyítsuk be az általánosított szinusztételt: a háromszögben bármely oldalnak és a szemközti szög szinuszának a hányadosa a köré írt kör átmér˝ojével egyenl˝o. Az ABC háromszög BC oldala a köré írt kör O középpontjából a kerületi és középponti szögek tételének következményeként (l. a 14.7. szakaszt) 2α (ill. 360◦ − 2α) szögben látszik, ezért az OBC egyenl˝o szárú háromszöget szimmetriatengelye két derékszög˝u háromszögre vágja szét (16.8.15. ábra), O-nál lev˝o hegyesszöge α, ha α hegyszög, és 180◦ − α, ha α tompaszög; az OBC háromszög nem jön létre, ha α derékszög, mert ekkor O a BC átfogó felez˝opontja (l. a 14.12. szakaszt).

16.8.15. ábra. 10. feladat A derékszög˝u háromszögekb˝ol a a = R sin α, ill. = R sin(180◦ − α) = R sin α, 2 2 tehát a = 2R sin α, és ez akkor is teljesül, ha α = 90◦, hiszen ebben az esetben valóban BC = = a = 2R sin 90◦ = 2R. Eredményünk így is írható: a = 2R, sin α amit bizonyítani kellett. Megjegyezzük, hogy ebb˝ol közvetlenül következik a szinusztétel (16.8.3) alatti alakja.

11. Egy t terület˝u ABC háromszöget vetítsünk mer˝olegesen egy olyan síkra, amelynek a háromszög síkjával képezett hajlásszöge α. Bizonyítsuk be, hogy ha a vetületi háromszög területe t ′ , akkor t ′ = t cosα. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

16. Vektorok és alkalmazásaik

315

16.8.16. ábra. 11. feladat Mindenekel˝ott jegyezzük meg a következ˝oket: ha két sík hajlásszöge α, akkor az egyik síkban fekv˝o, a metszésvonalra mer˝oleges m hosszúságú szakasz m′ vetülete a másik síkon szintén mer˝oleges a metszésvonalra és hossza m cos α; továbbá: a metszésvonallal párhuzamos d szakasz hossza megegyezik vetületének a hosszával; ezeknek az állításoknak az igazsága a 16.8.16a) ábráról leolvasható. Vegyük fel el˝oször az ABC háromszöget úgy, hogy a BC oldala párhuzamos legyen a két sík metszésvonalával. Jelölje a BC-hez tartozó magasságot m (16.8.16b) ábra). Legyen az ABC mer˝oleges vetülete A′ B′C′ ; a BC-hez tartozó magasság vetülete az A′ B′C′ háromszög B′C′ -höz tartozó m′ magassága. El˝oz˝o megjegyzésünk szerint BC = B′C′ , m′ = m cos α, ezért 1 1 1 ′ = B′C′ · m′ = BCm cos α = t ′ , ABCterülete = BC · m = t; A′ B′Cterülete 2 2 2 tehát t ′ = t cos α. Ha viszont az ABC háromszögnek nincs a metszésvonallal párhuzamos oldala; az egyik, pl. az A csúcsból a metszésvonallal húzott párhuzamos két olyan háromszögre vágja szét ABC-t, amelyeknek már van a metszésvonallal párhuzamos oldala (16.8.16c) ábra). Legyen ezek területe t1 , ill. t2 , tehát t = t1 +t2 , ezekre viszont már teljesül, hogy vetületeik területe t1 cos α, ill. t2 cos α, ezért a vetületi háromszög t ′ területére teljesül, hogy t ′ = t1 cos α + t2 cos α = (t1 + t2 ) cos α = t cos α, amivel álltásunkat most már minden háromszögre bebizonyítottuk.

16.9. Vektoriális szorzat A vektoriális szorzat lényege: két vektorhoz egy újabb vektor rendelése megadott szabály szerint. Az a és b vektoriális szorzatán olyan a × b (olv.: a kereszt b) vektort értünk, amelynek hossza a és b hosszának és hajlásszögük szinuszának a szorzata, mer˝oleges a-ra és b-re is, és iránya olyan, hogy a és b, valamint a × b ebben a sorrendben jobbrendszert alkotnak. A vektoriális szorzat más elnevezései: vektorszorzat, küls˝o szorzat; régebbi jelölése [a, b]. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

316

16. Vektorok és alkalmazásaik

A szorzás eredményéül kapott vektor hosszára tehát az |a × b| = |a||b| sin ϕ

érvényes, ahol ϕ az a és b hajlásszöge. Ha a és b párhuzamosak, ϕ = 0◦ vagy ϕ = 180◦ , ekkor tehát sin ϕ = 0, és így a × b = 0, ami azt jelenti, hogy a × b nullvektor; ennek megfordítása is igaz: a × b akkor és csakis akkor nullvektor, ha a és b párhuzamosak. Ez az állításunk akkor is helytálló, ha a és b között nullvektor van, hiszen a nullvektor minden vektorral párhuzamos. Mindenkor igaz, hogy a × a = 0. Ha a és b nem párhuzamosak, a × b mer˝oleges az a és b által meghatározott síkra, hiszen annak két vektorára mer˝oleges. Az a megfogalmazás, hogy a, b, a × b ebben a sorrendben jobbrendszert alkot, azt jelenti, hogy a (els˝o tényez˝o), b (második tényez˝o), a × b (eredményvektor) úgy helyezkedik el, mint jobb kezünk hüvelyk-, mutató- és középs˝o ujja, vagy ami egy másik szemléletes megfogalmazás: a × b-vel szembenézve úgy látjuk, hogy a-t a b-ba 180◦ -nál kisebb pozitív irányú forgás viszi át (16.9.1. ábra).

16.9.1. ábra. Vektoriális szorzat

Ez azonban azt is jelenti, hogy a × b és b × a éppen ellentettek, a × b = −(b × a), (16.9.1)

tehát a vektoriális szorzás nem kommutatív, a tényez˝ok felcserélése az eredményt ellentettjére változtatja. A vektoriális szorzatot úgy szorozhatjuk meg egy számmal, hogy egyik tényez˝ojét szorozzuk: λ(a × b) = (λa) × b = a × λb. (16.9.2) Megjegyezzük, hogy −1-gyel általában úgy szorozzuk meg a vektoriális szorzatot, hogy tényez˝oit felcseréljük. Az a × b hossza, ha a és b nem párhuzamosak, számértékben megegyezik az a és b által kifeszített paralelogramma területével. Ha ui. egy www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

16. Vektorok és alkalmazásaik

317

paralelogramma egy csúcsból induló élvektorai a és b, hajlásszögük ϕ, akkor a paralelogramma területe (16.8.5) szerint (16.9.2. ábra): tparalelogramma = |a||b| sin ϕ = |a × b|. (16.9.3) Ha egy háromszög egy csúcsból induló oldalvektorai a és b, akkor a háromszög területe a megfelel˝o paralelogramma területének a fele, tehát |a × b| . tháromszög = 2

16.9.2. ábra. A paralelogramma területe: a×b

16.9.3. ábra. e × a szerkesztése

A vektoriális szorzat további tulajdonságainak a vizsgálatához figyeljük meg, hogy ha e egységvektor, akkor az e × a úgy is szerkeszthet˝o, hogy a-t mer˝olegesen vetítjük az e-ra mer˝oleges síkra, és az av vetületi vektort e fel˝ol nézve pozitív irányban 90◦ -kal elforgatjuk (16.9.3. ábra). Az így nyert vektor valóban e × a, mert e-ral és a-ral az elforgatás miatt jobbrendszert alkot, hossza pedig a vetítés miatt |a| cos|90◦ − ϕ| = |e||a| sin ϕ = |e × a|. Ez a megállapításunk az a más elhelyezkedése esetén is helytálló. Szerkesszük most meg az el˝obb ismertetett módszerrel e × (a + b)-t (16.9.4. ábra). E célból vetítsük rá az e-ra mer˝oleges síkra az a + b összeget el˝oállító (esetleg elfajult) háromszöget, majd forgassuk el a vetületet 90◦kal. El˝obbi megállapításunk szerint az eredmény olyan vektorháromszög, amelyben e × (a + b) = e × a + e × b. (16.9.4)

16.9.4. ábra. A vektorális szorzat disztributív

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

318

16. Vektorok és alkalmazásaik

Legyen most c tetsz˝oleges vektor (c 6= 0) és a c irányú egységvektorra, c0 -ra alkalmazzuk a (16.9.4) összefüggést, majd szorozzuk meg mindkét oldalát |c|-vel: c0 × (a + b) = c0 × a + c0 × b, |c|c0 × (a + b) = |c|c0 × a + |c|c0 × b.

Vegyük most figyelembe, hogy |c|c0 = c, azt kapjuk, hogy c × (a + b) = c × a + c × b.

(16.9.5)

Szorozzuk meg mindkét oldalt −1-gyel úgy, hogy a tényez˝oket rendre felcseréljük: (a + b) × c = a × c + b × c. Az utóbbi két azonosság a vektoriális szorzás disztributív szabálya. Mint minden disztributív szabály, teljes indukcióval ez is kiterjeszthet˝o arra az esetre is, amelyben a tényez˝ok tetsz˝oleges számú összeadandóból állnak. A disztributív szabály felhasználásával meg tudjuk határozni két, koordinátáival adott vektor vektoriális szorzatának a koordinátáit. Ehhez vegyük még figyelembe, hogy i × i = j × j = k × k = 0, i × j = k, j × k = i, k × i = j. Legyen a két vektor koordinátáival a(a1 , a2 , a3 ), b(b1 , b2 , b3 ); a × b = (a1 i + a2j + a3k) × (b1 i + b2j + b3k) = = −a2 b1 k + a3b1 j + a1b2 k − a3b2 i − a1b3 j + a2b3 i = = (a2 b3 − a3 b2 )i − (a1 b3 − a3 b1 )j + (a1b2 − a2 b1 )k.

Ez azt jelenti, hogy a × b koordinátái másodrend˝u determinánsok (10.1. szakasz):   a2 a3 a1 a3 a1 a2 . , − , a×b (16.9.6) b2 b3 b1 b3 b1 b2 Az egyszer˝ubb megjegyezhet˝ oség kedvéért (16.9.6)-ot i j k a × b a1 a2 a3 b1 b2 b3

alakban írhatjuk fel. A determináns kifejtésekor azonban csak a koordinátákat, azaz i, j, k együtthatóit szoktuk kiírni. Pl. a c(4, −1, 2) és d(1, szorzata: 3, −1) vektoriális i j k 2 = (−5, 6, 13). c × d = 4 −1 1 3 −1

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

16. Vektorok és alkalmazásaik

319

Számolásunkat ellen˝orizhetjük azzal is, hogy a kapott vektornak mer˝olegesnek kell lennie c-ra is és d-ra is, ezért skaláris szorzatuknak 0-nak kell lennie, pl. (c × d)c = −5 · 4 − 1 · 6 + 2 · 13 = 0 (a mer˝olegesség teljesülése azonban csak valószín˝usíti számolásunk helyességét, de nem bizonyítja). A koordinátákkal megadott vektorok vektoriális szorzatát bizonyos célra mátrixokkal is kifejezhetjük; az a és b vektorok esetében az a koordinátáiból egy antiszimmetrikus mátrixot készítünk és ezt megszorozzuk a mátrixszorzás szabályai szerint a b koordinátáiból készített oszlopmátrixszal. A kapott oszlopmátrixban éppen a × b koordinátái lesznek (vö. a 10.6. szakasszal):     0 −a3 a2 b1 a2 b3 − a3 b2 0 −a1   b2   a3 b1 − a1b3  . a × b =  a3 a1 b2 − a2 b1 −a2 a1 0 b3 A vektoriális szorzatot gyakran alkalmazzuk területszámítási feladatok megoldásaira. Pl. az el˝oz˝o példában szerepl˝o c és d vektorok egy paralelogrammát feszítenek ki, ennek a területe |c × d|, azaz q √ tparalelogramma = |c × d| = (−5)2 + 62 + 132 = 230 = 15,17;

a két vektor által kifeszített háromszög területe ennek a fele: 7,59. Csupán síkbeli koordináta-rendszerben nem tudunk a vektoriális szorzattal számolni, mert az kilép a síkból, ezért a síkbeli koordináta-rendszert egy térbeli koordináta-rendszerbe kell beágyazni. Számítsuk ki az A(a1 , a2 ), B(b1 , b2 ), C(c1 , c2 ) koordinátákkal adott ABC háromszög területét.

16.9.5. ábra. A háromszög területe

Ágyazzuk be a háromszög koordináta-rendszerét egy térbeli koordinátarendszerbe, a pontok koordinátái így A(a1 , a2 , 0), B(b1 , b2 , 0), C(c1 , c2 , 0) − → − → lesznek. A háromszög két oldalvektora: AB, AC (16.9.5. ábra), koordinátáik: − → − → AB(b1 − a1 , b2 − a2, 0), AC(c1 − a1 , c2 − a2 , 0). → − 1 − → A háromszög területe: AB × AC , ehhez 2

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

320

16. Vektorok és alkalmazásaik − → − → AB × AC =

i b1 − a1 c1 − a 1

j b2 − a2 c2 − a 2

k 0 0

=


= 0, 0, (b1 − a1)(c2 − a2) − (b2 − a2 )(c1 − a1 ) .

Ebb˝ol → − → 1 1 − t = AB × AC = (b1 − a1 )(c2 − a2) − (b2 − a2)(c1 − a1) . (16.9.7) 2 2 Ugyanezt az összefüggést determinánsalakban is felírhatjuk: a1 a2 1 1 (16.9.8) t = b1 b2 1 , 2 c1 c2 1

ez azonban már nincs abszolútérték-jel közé zárva, a determinánsképlet ezért ún. el˝ojeles területet ad; megmutatható, hogy ha ABC irányítása pozitív, t-re is pozitív számot kapunk, ellenkez˝o esetben pedig negatívat. Egyébként ennek a determinánsnak a nulla volta azt jelenti, hogy az A, B, C pontok egy egyenesen vannak.

16.9.6. ábra. A vetületi pont koordinátái

Keressünk most kapcsolatot egy háromszög és vetületének a területe között. Két sík metszésvonalát válasszuk a koordináta-rendszer x tengelyének, mindkét síkban az y, ill. y′ tengelyt pedig úgy, hogy az y tengelynek az y′ tengely a másik síkban éppen a mer˝oleges vetülete legyen. A 16.9.6. ábráról leolvasható, hogy ha az {x, y} koordináta-rendszerben egy P pont koordinátái (x, y), akkor vetületének, P′ -nek (x′ , y′ ), ahol y′ = y cos α, α a két sík hajlásszöge, tehát P′ koordinátái (x, y cos α). Vegyünk fel most az {x, y} síkjában egy háromszöget, amelynek csúcsai A(a1 , a2 ), B(b1 , b2 ), C(c1 , c2 ); ezt az {x, y} síkjára vetítve olyan háromszöget kapunk, amelynek csúcsai el˝oz˝o megfigyelésünk szerint A′ (a1 , a2 cosα), B′ (b1 , b2 cos α), C′ (c1 , c2 cosα). A (16.9.7) képletet felhasználva, A′ , B′ , C′ területe: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

321

16. Vektorok és alkalmazásaik

1 t ′ = (b1 − a1)(c2 cos α − a2 cos α) − (b2 cos α − a2 cos α)(c1 − a1 ) = 2 1 = (b1 − a1)(c2 − a2) − (b2 − a2)(c1 − a1 ) cosα; 2

t ′ = t cos α; (16.9.9) ha két sík hajlásszöge α, az egyik síkon lev˝o t terület˝u háromszög másik síkon lev˝o vetületének területe t cosα. (Ennek a tételnek más módszerrel való bizonyítását már láttuk a 16.8. szakasz 11. feladatában.) Mivel minden sokszög háromszögekre bontható, a t ′ = t cos α minden sokszögnek és vetületének a területe között fennáll; s˝ot: bármely síkidomnak és vetületének a területe között is. Feladatok 1. Bizonyítsuk be, hogy ha a, b, c az origóból egy egyenes pontjaihoz mutató helyvektor, akkor a × b + b × c + c × a = 0. Ha a, b, c végpontjai egy egyenesen vannak, akkor az a − b és b − c vektorok párhuzamosak és így vektoriális szorzatuk 0, ezért 0 = (a − b) × (b − c) = a × b − b × b − a × c + b × c = a × b + b × c + c × a.

2. Egy kocka egyik csúcsa az O origó, vele szomszédos két csúcsa pedig A(−3, 4, 12), C(12, −3, 4). Számítsuk ki a kocka többi csúcsának a koordinátáit (16.9.7. ábra).

Ellen˝orizhetjük, hogy O, A, C valóban lehet egy kocka három szomszédos csúcsa, hiszen p −→ −→ |OA| = |OC| = 32 + 42 + 122 = 13, 16.9.7. ábra. 2. feladat és −→ −→ −→ −→ OA · OC = 0, ezért OA és OC mer˝olegesek. −→ −→ −→ −→ −→ Az OD mer˝oleges OA-ra és OC-ra is, tehát párhuzamos OA × OC-vel i j k −→ −→ OA × OC = −3 4 12 = (52, 156, −39) = 13(4, 12, −3), 12 −3 4 −→ −→ ezért OD koordinátái (4, 12, −3), mivel |OD| = 13. −→ −→ −→ −→ − → −→ OB = OA + OC = (9, 1, 16), OE = OA + OD = (1, 16, 9), −→ −→ −→ −→ −→ −→ OF = OB + OD = (13, 13, 13), OG = OC + OD = (16, 9, 1). Tehát a kocka csúcsai: D(4, 12, −3), B(9, 1, 16), E(1, 16, 9), F(13, 13, 13), G(16, 9, 1). A feladatnak még egy másik kocka is eleget tesz, amit úgy lehet megkapni, −→ −→ hogy OD helyett −OD-t szerepeltetjük. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

322

16. Vektorok és alkalmazásaik

3. Számítsuk ki a P(1, 3), Q(2, 7), R(11, 4) csúcsokkal adott háromszög területét. A (16.9.7) képletet felhasználva a terület: 1 1 t = (2 − 1)(4 − 3) − (7 − 3)(11 − 1) = 1 − 40 = 19,5. 2 2

16.10. Vegyesszorzat; kifejtési tétel A vegyesszorzat olyan skaláris szorzat, amelynek egyik tényez˝oje két vektor vektoriális szorzata. Az a, b, c vektorokból pl. az (a × b)c vegyesszorzat képezhet˝o. A vegyesszorzat értéke tehát szám. Ha a, b, c egysíkúak, vegyesszorzatuk 0; ha a és b nem párhuzamosak a × b mer˝oleges a és b síkjára és ezzel együtt c-ra is, és nyilván ennek a megfordítása is igaz: ha három vektor vegyesszorzata 0, akkor egysíkúak. Biztosan 0 a vegyesszorzat, ha a, b, c között vannak egyenl˝ok vagy párhuzamosak, hiszen akkor e három vektor feltétlenül egysíkú. Legyen most a, b, c három nem egysíkú vektor. Ezeket egy O pontból felmérve egy paralelepipedon három élvektorát kapjuk meg (16.10.1. ábra). a × b mer˝oleges a paralelepipedon alaplapjára, a c-nak rajta lev˝o mer˝oleges vetülete a paralelelipedon m magasságával egyenl˝o, ennek a vetületnek a hossza: m = |c| cos ϕ, ahol ϕ az a × b és c hajlásszöge; a vetü16.10.1. ábra. Vegyesszorzat let pozitív el˝ojel˝u, ha ϕ hegyesszög, ebben az esetben azt is szoktuk mondani, hogy a, b és c (ebben a sorrendben) jobbrendszert alkot, és negatív el˝ojel˝u, ha ϕ tompaszög. A paralelepipedon V térfogata az |a × b| alapterületnek és az m magasságnak a szorzata, tehát V = |a × b|m = |a × b||c| cos ϕ, ez viszont a skaláris szorzat definíciója szerint éppen (a × b)c, azaz Vparalelepipedon = (a × b)c.

(16.10.1)

Ezt a térfogatot el˝ojeles térfogatnak mondjuk, mivel m el˝ojelét˝ol függ˝oen V pozitív is és negatív is lehet. Egyébként belátható, hogy ha a, b, c jobbrendszert alkot, akkor ugyanez igaz a b, c, a, c, a, b sorrendekben megadott vektorokra (ezt a sorrendváltoztatást ciklikus permutálásnak nevezzük (16.10.2. ábra). www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

16. Vektorok és alkalmazásaik

16.10.2. ábra. Ciklikus permutálás

323

16.10.3. ábra. A tetraéder térfogata

Mivel a paralelepipedon alaplapját a {b, c}, {c, a} vektorpárok is kifeszíthetik, a térfogatot (b × c)a = (c × a)b alakban is felírhatjuk. Vegyük még figyelembe, hogy a skaláris szorzás kommutatív, ezért a V térfogatot még a következ˝o formákban adhatjuk meg: (a × b)c = a(b × c) = (b × c)a = b(c × a) = (c × a)b = c(a × b). (16.10.2) Ezt röviden úgy jegyezhetjük meg, hogy a vegyesszorzat értéke változatlan, ha tényez˝oit ciklikusan permutáljuk; a vektorok egy adott sorrendje esetén a vektoriális és a skaláris szorzás jele felcserélhet˝o. Ez az ún. felcserélési tétel. Mivel a vegyesszorzat értéke azonos vektorok esetén lényegében csak a tényez˝ok sorrendjét˝ol függ, az a, b, c vektorok vegyesszorzatát egyszer˝uen abc-ral jelöljük, ez tehát jelentheti a (16.10.2) alatti szorzatok bármelyikét. Legyenek a vektorok koordinátái: a(a1 , a2 , a3 ), b(b1 , b2 , b3 ), c(c1 , c2 , c3 ). Figyelembe véve a × b (16.9.6) alatti koordinátáit, a vegyesszorzat értéke: a2 a3 a1 a3 a1 a2 c , (a × b)c = c − c + b2 b3 1 b1 b3 2 b1 b2 3 ez viszont éppen a következ˝o harmadrend˝u determináns harmadik sora szerinti kifejtése: a1 a2 a3 abc = b1 b2 b3 . (16.10.3) c1 c2 c3 A determináns 0 volta éppen azt jelenti, hogy a, b, c egysíkúak. Ha az a, b, c vektorok egy tetraédert feszítenek ki (azaz egy tetraéder egy csúcsából induló élvektorai), a tetraéder alaplapja fele a vektor által kifeszített paralelepipedon alaplapjának (16.10.3. ábra); magassága azonos a paralelepipedon magasságával, ezért térfogata a paralelepipedon fél térfogatának a harmada, azaz

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

324

16. Vektorok és alkalmazásaik 1 Vtetraéder = abc. 6

(16.10.4)

Ha egy vektoriális szorzat egyik tényez˝oje is vektoriális szorzat, háromtényez˝os vektorszorzatot kapunk; pontosabban (a × b)× c típusú szorzatot. Az eredményvektor mer˝oleges a × b-re, ez viszont azt jelenti, hogy ha a és b nem párhuzamosak, benne van a és b síkjában, tehát el˝oállítható a és b lineáris kombinációjaként. Ezt az el˝oállítást adja meg az ún. kifejtési tétel: (a × b) × c = (ac)b − (bc)a. (16.10.5) Ennek a tételnek a helyessége tetsz˝oleges három vektorra pl. úgy látható be, hogy kiszámítjuk az egyenl˝oség mindkét oldalán lev˝o vektor koordinátáit és megállapítjuk azok azonosságát. Alkalmazzuk most a kifejtési tételt arra az esetre, ha c helyébe a c × d vektoriális szorzatot helyettesítjük:     (a × b) × (c × d) = a(c × d) b − b(c × d)a , (a × b) × (c × d) = (acd)b − (bcd)a.

(16.10.6)

Ha viszont az (a × b)(c × d)-t az a, b, c × d vegyesszorzatának tekintjük, a felcserélési tétel értelmében ezt a[b × (c × d)] alakban is írhatjuk. Alkalmazzuk a szögletes zárójelben lev˝o szorzatra   a kifejtési tételt:  (a × b)(c × d) = a b × (c × d) = a (bd)c − (bc)d , (a × b)(c × d) = (ac)(bd) − (ad)(bc).

(16.10.7)

Ez a vektorok Lagrange-azonossága. Ha a = c, b = d, ebb˝ol átrendezéssel a speciális Lagrange-azonosságot kapjuk (a × b)2 + (ab)2 = a2 · b2 . Feladatok 1. Döntsük el, egysíkúak-e az a(−1, 4, 3), b(2, 0, 7), c(5, −1, 1) vektorok. Három vektor akkor és csakis akkor egysíkú, ha vegyesszorzatuk nulla, ezért számítsuk ki a vektorok vegyesszorzatát: −1 4 3 0 7 = 119 6= 0, abc = 2 5 −1 1 ezért a három vektor nem egysíkú.

2. Mekkora a térfogata annak a tetraédernek, amelynek csúcsai: A(2, −1, 0), B(3, 7, −2), C(5, 1, 7), D(0, −3, −3)? A tetraéder A csúcsából induló élvektorok: − → − → AB(1, 8, −2), AC(3, 2, 7),

www.interkonyv.hu

AD(−2, −2 − 3),

© Reiman István

© Typotex Kiadó

16. Vektorok és alkalmazásaik ezért az el˝ojeles térfogat: 1 1 3 6 −2

tehát a tetraéder térfogata 4,67.

8 2 −2

−2 7 −3

325

= − 28 = −4,67, 6

3. Ismeretes, hogy ha a, b, c nem egysíkú vektorok, egy tetsz˝oleges v el˝oállítható αa + βb + γc alakban. Fejezzük ki az α, β, γ számokat az a, b, c, v vektorok segítségével. Szorozzuk meg az αa + βb + γc = v egyenlet mindkét oldalát skalárisan rendre a b × c, c × a, a × b vektorokkal. A szorzás minden tagnál vegyesszorzatot eredményez, vegyük figyelembe azonban, hogy a vegyesszorzat nulla, ha tényez˝oi között egyenl˝ok vannak. A b×c-vel való szorzás eredménye αabc + βbbc + γcbc = vbc,

a mondottak szerint a bbc, cbc vegyesszorzatok nullák, és mivel abc 6= 0 (nem egysíkú vektorok) vbc . α= abc vab vca ,γ= , a felcserélési tétel felhasználásával Hasonlóan kapjuk, hogy β = bca cab eredményünket ilyen alakban foglalhatjuk össze: avc abv vbc , β= , γ= . α= abc abc abc Megjegyezzük, hogy eredményünk azonos a 10.3. szakaszban tárgyalt Cramerszabállyal.

16.11. A gömbháromszögek trigonometriája A síkháromszög szögei és oldalai közötti trigonometrikus összefüggéseknek a gömbháromszögek körében is vannak megfelel˝oi. Ezek levezetéséhez mindenekel˝ott megjegyezzük, hogy a gömbháromszög oldalait és szögeit nem változtatja meg a gömb kicsinyítése vagy nagyítása, hiszen az oldalak mértéke is szögmérték (l. a 15.8. szakaszt); ezért a következ˝okben az egyszer˝uség kedvéért feltételezzük, hogy az egységgömbön (azaz az 1 sugarú gömbön) vizsgáljuk háromszögeinket. Jelöléseink a következ˝ok: a gömbháromszög A, B, C csúcsaihoz a gömb O középpontjából rendre a jobbrendszert alkotó a, b, c egységvektorok mutatnak; az a, b vektorok hajlásszöge éppen a c oldal mértéke, tehát

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

326

16. Vektorok és alkalmazásaik

(a, b) = c, (b, c) = a, (c, a) = b (16.11.1. ábra).

16.11.1. ábra. Gömbháromszög

16.11.2. ábra. A lapszög kiegészít˝o szöge

A gömbháromszög α szöge az A pontban az AC és AB oldalakhoz húzott érint˝ok szögével egyenl˝o, mivel azonban ezek az OA sugárra az oldalak síkjaiban emelt mer˝olegesek, α megegyezik az OAB és OAC síkoknak azzal a lapszögével, amely a gömbháromszöget szögterében tartalmazza. Ha ezekre a síkokra a háromszög belseje felé mutató mer˝oleges vektorokat állítunk, ezek hajlásszöge éppen 180◦ − α lesz (16.11.2. ábra). Ilyen mer˝oleges vektorok az OAB, OBC, OCA síkok esetén éppen a × b, b × c, c × a, ezért a × b és b × c hajlásszöge 180◦ − β, b × c és

c×a

c × a és a × b

hajlásszöge hajlásszöge

180◦ − γ,

180◦ − α.

Alkalmazzuk most a (16.10.6) összefüggést az a × b és b × c vektorokra: (a × b) × (b × c) = (abc)b − (bbc)a, mivel bbc = 0,

(a × b) × (b × c) = (abc)b. Vegyük most mindkét oldalon az ott lev˝o vektor abszolút értékét: |a × b||b × c| sin(180◦ − β) = |abc||b|, |a||b| sin c|b||c| sin a · sin β = |abc||b|.

Mivel |a| = |b| = |c| = 1, ezért sin c sin a sin β = |abc|.

Ez azt jelenti, hogy két oldal szinuszának a szorzata a közrezárt szögük szinuszával szorozva |abc|-t ad eredményül; alkalmazzuk most ezt másik két oldalra: sin b sin c sin α = |abc|. E két utóbbi egyenlet összevetéséb˝ol következik, hogy sin c sin a sin β = sin c sin b sin α, sin c-vel egyszer˝usítve és átrendezve:

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

327

16. Vektorok és alkalmazásaik sin a sin α = . sin b sin β

(16.11.1)

Ez a gömbháromszögek szinusztétele: két oldal szinuszának az aránya a szemközti szögek szinuszának az arányával egyenl˝o. Értelemszer˝uen kiterjesztve a szinusztételt, így is írhatjuk: sin α sin β sin γ = = . (16.11.2) sin a sin b sin c Induljunk most ki a (16.10.7) alatti Lagrange-azonosságból, alkalmazzuk ezt az (a × b)(b × c) szorzatra: (a × b)(b × c) = (ab)(bc) − (ac)b2 . Írjunk fel minden skaláris szorzatot a definícióban szerepl˝o alakban, figyelembe véve, hogy egységvektorokról van szó: |a × b||b × c| cos(180◦ − β) = |a||b| cos c · |b||c| cosa − |a||c| cosb, −|a||b| sin c · |b||c| sin a cosβ = cos a cos c − cosb. cos b = cos a cosc + sin a sin c cos β.

(16.11.3)

Ez az oldalakra vonatkozó koszinusztétel. Ezt természetesen az oldalak és a szögek megfelel˝o változtatásával még két formában is felírhatjuk: cos c = cos b cos a + sinb sin a cosγ, cos a = cos c cos b + sinc sin b cos α. Az ABC gömbháromszög polárgömbháromszögének csúcsait az O-ból induló és a b × c, c × a, a × b vektorokkal egyirányú félegyenesek metszik ki a gömbb˝ol. Megmutatható, hogy ennek szögei 180◦ − a, 180◦ − b, 180◦ − c, oldalai pedig 180◦ − α, 180◦ − β, 180◦ − γ. Alkalmazzuk most erre a háromszögre a (16.11.3) alatti koszinusztételt: cos(180◦ − β) = cos(180◦ − α) cos(180◦ − γ)+ + sin(180◦ − α) sin(180◦ − γ) cos(180◦ − b),

− cosβ = cos α cos γ − sinα sin γ cos b,

cos β = − cosα cos γ + sin α sin γ cos b.

(16.11.4)

Ez a szögekre vonatkozó koszinusztétel, természetesen ez is felírható a többi szögre, ill. oldalra is. A gömbháromszög szinusztétele és koszinusztételei lehet˝oséget adnak arra, hogy az oldalak és a szögek között bizonyosak ismeretében a többit meghatározhassuk; ezek a meghatározások azonban bonyolultabbak a síkháromszögek megfelel˝o eseteinél; ez els˝osorban abból adódik, hogy itt a háromszög szögösszege nem meghatározott szám. Ezért teljesség nélkül www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

328

16. Vektorok és alkalmazásaik

felsorolunk néhány esetet, nem foglalkozunk azonban annak a vizsgálatával, milyen adatok mellett léteznek valóban ezek a háromszögek. 1. Ha a háromszög három oldala adott, az oldalakra vonatkozó koszinusztétellel kiszámíthatók a szögek. 2. Ha a három szög adott, a szögekre vonatkozó koszinusztétellel kiszámíthatók az oldalak; ez azt is jelenti, hogy a szögek itt az oldalakat már egyértelm˝uen meghatározzák. 3. Ha két oldal és a közrezárt szög, vagy két szög és az összeköt˝o oldal adott, az oldalakra, ill. szögekre vonatkozó koszinusztétellel a hiányzó oldalak, ill. szögek meghatározhatók. 4. Ha ismert két oldal (pl. a és c) és a velük szemközti szögek (α és γ), akkor a kétfajta koszinusztételt egyszerre felírva, cos b-re és cos β-ra nézve kétismeretlenes egyenletrendszert kapunk, ezt megoldva kaphatjuk meg b-t és β-t. (Ebben az esetben a két egyenlet éppen a (16.11.3) és (16.11.4) alatti.) 5. Ha adott két oldal és az egyikükkel szemközti szög, pl. a, b és α, akkor β-t a szinusztétellel határozhatjuk meg, a megoldás egyértelm˝u, ha sin a > sin b. 6. Ha adott két szög és az egyikükkel szemközti oldal, pl. α, β és a, akkor b-t a szinusztétellel számíthatjuk ki; a megoldás egyértelm˝u, ha sin α > sin β. Derékszög˝u a gömbháromszög, ha szögei között van derékszög; ha pl. γ = 90◦ , akkor az oldalakra vonatkozó koszinusztétel: cos c = cos a cosb. (16.11.5) A Föld két pontja között mért távolság jó közelítéssel határozható meg az oldalakra vonatkozó koszinusztétel segítségével, ha ismerjük a két pont földrajzi koordinátáit (a Földet ebben az esetben gömbnek tekintjük). A földrajzi koordináták a hosszúság és a szélesség. A két póluson: az Északi-, ill. Déli-sarkon átmen˝o f˝okörök a Föld meridiánjai (délkörei), közülük kitüntetett (0◦ -os) a Greenwichen (London) átmen˝o kör. Egy P pont hosszúsága az a λ szög, amelyet a P-n átmen˝o délkör a 0◦ -os délkörrel bezár. Keleti irányban λ-t pozitívnak, nyugati irányban λ-t számításainkban negatívnak szoktuk tekinteni (−180◦ ≦ λ < 180◦ ) (16.11.3. ábra). A földrajzi szélesség mérésére kiindulás az egyenlít˝onek nevezett f˝okör, amely minden meridiánra mer˝oleges. Egy P pont földrajzi szélessége az a ϕ szög, amelyet a Föld középpontját P-vel összeköt˝o szakasz az egyenlít˝o síkjával bezár. ϕ-t pozitívnak tekintjük, ha P az északi, és negatívnak, ha a déli félgömbön van (−90◦ ≦ ϕ ≦ 90◦ ). www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

16. Vektorok és alkalmazásaik

16.11.3. ábra. Földrajzi koordináták

329

16.11.4. ábra. Földi távolság

Legyenek most a P1 , ill. P2 gömbi (földgömbi) pontok koordinátái (ϕ1 , λ1 ) és (ϕ2 , λ2 ), és legyen E az északi sark. P1 EP2 olyan gömbháromszöget alkot (16.11.4. ábra), amelynek oldalai P1 E = 90◦ − ϕ1 , P2 E = 90◦ − ϕ2 , P1 EP2 ∢ = |λ2 − λ1|. Ismert tehát két oldal és a közrezárt szög. Jelölje d a P1 P2 oldalt, az oldalakra vonatkozó koszinusztételb˝ol: cosd = cos(90◦ − ϕ1 ) cos(90◦ − ϕ2 )+ + sin(90◦ − ϕ1 ) sin(90◦ − ϕ2 ) cos |λ2 − λ1|,

ebb˝ol a pótszögösszefüggések (16.6.18) figyelembevételével kapjuk: cos d = sin ϕ1 sin ϕ2 + cosϕ1 cos ϕ2 cos(λ2 − λ1 ). (16.11.6) Ebb˝ol d egyértelm˝uen meghatározható, és ha ismert d fokokban számított értéke, a Föld sugarát 6370 km-nek véve a P1 és P2 pontok f˝oköríven mért távolsága (14.11.4) alapján: 6370 · π · d = 111,18d, P1 P2 = 180◦ ha viszont d-t számológépünkön radiánokban állítjuk el˝o: P1 P2 = 6370d. Számítsuk ki pl. Budapest és Canberra (Ausztrália f˝ovárosa) közötti távolságot. Budapest földrajzi koordinátái: λ1 = 19◦ 08′ , ϕ1 = 47◦ 28′ ; Canberráé: λ2 = 149◦ 08′ , ϕ = −37◦17′ . A helyettesítéshez szükséges: λ2 − λ1 = 130◦. (16.11.6)-ból cos d = sin 47◦ 28′ · sin(−37◦17′ ) + cos47◦ 28′ cos(−37◦17′ ) cos 130◦ cos d = −0,7921, d = 142,38◦

ebb˝ol

www.interkonyv.hu

vagy

d = 2,485 radián, P1 P2 = 15 830 km.

© Reiman István

© Typotex Kiadó

17 Koordinátageometria

17.1. A pont eltolása és elforgatása; koordinátatranszformáció Vizsgáljuk most meg, hogyan változnak meg egy pont koordinátái, ha a pontot eltoljuk vagy egy középpont körül elforgatjuk. A síkbeli koordináta-rendszerben az adott P(x, y) pontot toljuk el a v(a, b) vektorral, így a P′ (x′ , y′ ) pontot kapjuk meg. A 17.1.1. ábrán látjuk, −−→ −→ −−→ hogy OP′ = OP + v, s mivel P′ koordinátái OP′ koordinátáival azonosak, ′ ′ P koordinátái (x + a, y + b), azaz P és P koordináták között a következ˝o kapcsolat áll fenn: x′ = x + a, x = x′ − a, vagy (17.1.1) y′ = y + b y = y′ − b.

17.1.1. ábra. A pont eltolása

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

17. Koordinátageometria

331

−→ Legyen most a P(x, y) pont helyvektorának, OP-nak az irányszöge α −→ (17.1.2. ábra). Jelölje egyszer˝uen OP-ét OP, akkor x = OP cos α, y = OP sin α. Forgassuk el P-t O körül β szöggel (β pozitív is, negatív is lehet); a kapott P′ (x′ , y′ ) pont irányszöge α + β, ezért koordinátái: x′ = OP′ cos(α + β), y′ = OP′ sin(α + β). Vegyük most figyelembe, hogy OP = OP′ , és alkalmazzuk a (16.6.10), (16.6.1l ) összegezési képleteket: x′ = OP cos α cos β − OPsin α sin β, (17.1.2) y′ = OP cos α sin β + OPsin α cos β. Helyettesítsünk most OP cos α és OP sin α helyébe x-et, ill, y-t; megkapjuk a P és P′ koordinátái közötti kapcsolatot, az elforgatás koordinátákkal kifejezett összefüggéseit: x′ = x cos β − y sin β, (17.1.3) y′ = x sin β + y cosβ. Ezeket a formuláinkat mátrixok segítségével is felírhatjuk (l. a 10.6. szakaszt):  ′    x cos β − sin β x = . sin β cosβ y y′

17.1.2. ábra. A pont elforgatása

17.1.3. ábra. A koordináta-rendszer eltolása

Az eltolás és az elforgatás formuláit ponttranszformációs képleteknek nevezzük. Rögzítsük most a P pontot és változtassuk meg a koordináta-rendszert; vizsgáljuk meg, hogyan változnak meg P(x, y) koordinátái. Az új koordináta-rendszerre való áttérést koordináta-transzformációnak nevezzük. Jelöljük a koordináta-rendszert egyszer˝uen tengelyeivel. Toljuk el az {x, y} koordináta-rendszert úgy, hogy az új origó O′ (a, b) legyen (17.1.3. −−→ −→ −−→ ábra). Mivel O′ P = OP − OO′ , ezért, ha az új {x′ , y′ } koordináta-rendszerben P koordinátái (x′ , y′ ), akkor www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

332

17. Koordinátageometria x′ = x − a, y′ = y − b,

x = x′ + a, vagy y = y′ + b;

(17.1.4)

ezek az új koordináta-rendszerre való áttérés képletei. Forgassuk el most az {x, y} koordináta-rendszert O körül α szöggel az {x′ , y′ } helyzetbe (17.1.4. ábra).

17.1.4. ábra. A koordináta-rendszer elforgatása

Legyenek egy tetsz˝oleges P pont koordinátái az {x, y} rendszerben −→ (x, y), az elforgatott rendszerben (x′ , y′ ). Legyen OP irányszöge az {x, y} rendszerben β, akkor az {x′ , y′ } rendszerben az irányszög β − α lesz. Ez azt jelenti, hogy x = OP cos β, y = OP sin β, x′ = OP cos(β − α) = OP cosβ cos α + OPsin β sin α, y′ = OP sin(β − α) = OP sin β cos α − OPcos β sin α,

ebb˝ol x′ = x cos α + y sin α, y′ = −x sin α + y cosα.

(17.1.5)

Ha ezt x-ben és y-ban kétismeretlenes egyenletrendszernek fogjuk fel és megoldjuk, azt kapjuk, hogy x = x′ cos α − y sin α, (17.1.6) y = x′ sin α + y′ cos α. A (17.1.4), (17.1.5), (17.1.6) formulák a koordináta-transzformáció képletei. Közülük az utóbbi kett˝o mátrixalakban is használható:  ′         x cos α sin α x x cos α − sin α x′ = ; = . y′ − sin α cos α y y sin α cosα y′

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

17. Koordinátageometria

333

17.2. Az egyenes egyenletei síkbeli koordinátarendszerben Már eddig is számos példán láttuk, hogy az alakzatokat koordináta-rendszerben elhelyezve pontjainak koordinátáival jellemezni tudjuk az alakzatot és bizonyos tulajdonságait. A geometriának azt a részét, amelyben az alakzatok geometriai tulajdonságait pontjainak koordinátái segítségével vizsgáljuk, koordinátageometriának vagy analitikus geometriának nevezzük. A koordinátageometria egyik sajátságos módszere, hogy a geometriai problémákat algebraiakká fogalmazza át, és algebrai eszközökkel oldja meg. Erre az átfogalmazásra az ad lehet˝oséget, hogy az alakzatokat egyenletekkel, egyenletrendszerekkel vagy egyenl˝otlenséggel jellemzi. Egy alakzat egyenletén (vagy egyenletrendszerén) olyan egyenletet érnünk, amelyet az alakzat (x, y) koordinátájú pontjai és csakis azok elégítenek ki. Az egyenesek els˝ofokú kétismeretlenes egyenletekkel jellemezhet˝ok. Egy egyenes irányvektorán az egyenessel párhuzamos vektort értjük. Egy egyenessel párhuzamos vektorok egymással is mind párhuzamosak, ezért az egyenes összes irányvektora egyetlen v vektor számszorosaként adható meg (v 6= 0). Az egyenes normálvektora az egyenesre mer˝oleges vektor. Egy egyenes normálvektorai egymással mind párhuzamosak, ezért az egyenes összes normálvektora egyetlen n vektor számszorosaként állítható el˝o (n 6= 0). Az egyenes irányvektora és normálvektora természetesen mer˝olegesek egymásra. Legyen pl. v(a, b) egy egyenes irányvektora és n(A, B) ugyanannak az egyenesnek a normálvektora. A mer˝olegesség miatt skaláris szorzatuk 0, ezért, ha b 6= 0, A 6= 0 B a =− . vn = aA + Bb = 0, ebb˝ol b A Ez azt jelenti, hogy egy vektor koordinátáiból a vektorra mer˝oleges vektor koordinátáit állíthatjuk el˝o, ha a két koordinátát felcseréljük és az egyiket −1-gyel szorozzuk. Pl. a (7, 2) vektorra (2, −7) és (−2, 7) is mer˝oleges; vagy a (−4, 9) vektorra mer˝oleges a (9, 4) és (−9, −4). Egy egyenes egyenletének a megállapításakor abból indulunk ki, hogy az egyenest egy pontja és irányvektora, vagy egy pontja és normálvektora egyértelm˝uen meghatározza. Ez egyszer˝uen abból következik, hogy egy ponton át egy egyenessel (iránnyal) csak egy párhuzamos húzható, és egy pontból egy egyenesre (irányra) egy mer˝oleges állítható. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

334

17. Koordinátageometria

17.2.1. ábra. Az egyenes megadása egy ponttal és irányvektorral

17.2.2. ábra. Az egyenes megadása egy ponttal és normálvektorral

Legyen az e egyenes egy irányvektora v, egy pontja pedig az r0 helyvektorú P0 (x0 , y0 ) pont; ezek az egyenest már egyértelm˝uen meghatározzák. Egy r helyvektorú P(x, y) pont akkor és csakis akkor van rajta az −→ e egyenesen, ha a P0 P párhuzamos v-ral, tehát v-nak egy számszorosa (17.2.1. ábra). −→ Mivel P0 P = r − r0, annak feltétele, hogy P rajta legyen e-n az, hogy valamilyen t valós számmal r − r0 = tv, azaz r = r0 + tv (17.2.1) teljesüljön. A t számot itt paraméternek mondjuk; ha t befutja a valós számokat, az r végpontja, a P pont leírja a teljes e egyenest, (17.2.1)-et ezért az egyenes paraméteres vektoregyenletének nevezzük. Ugyanez az összefüggés a benne szerepl˝o vektorok koordinátáira is fennáll. Ha v koordinátái (v1 , v2 ), x = x0 + v1t, (17.2.2) y = y0 + v2t, ez az egyenes paraméteres egyenletrendszere. A (17.2.1) vektoregyenletet és a vele egyenérték˝u (17.2.2) paraméteres egyenletrendszert úgy is tekinthetjük, mint az e egyenesen állandó sebességgel mozgó P pont mozgásának a leírását. A P0 pontból indulva a mozgó pont t id˝o alatt a P pontba jut, a mozgás sebességvektora a v. Ebb˝ol az egyenletrendszerb˝ol a t paraméter kiküszöbölhet˝o úgy, hogy az els˝o egyenletet v2 -vel, a másodikat −v1 -gyel szorozzuk meg, majd összeadjuk az egyenletek megfelel˝o oldalait: v2 x − v1 y = v2 x0 − v1 y0 . Ez az egyenes általános egyenlete, ebben a jobb oldalon lev˝o állandó mennyiséget c-vel is jelölhetjük: v2 x − v1 y = c. (17.2.3)

Hasonlóan járhatunk el, ha az e egyenes egy n(A, B) normálvektorával és az r0 helyvektorú P0 (x0 , y0 ) pontjával adott (17.2.2. ábra). Egy r www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

17. Koordinátageometria

335

helyvektorú P(x, y) pont akkor és csakis akkar van rajta az e egyenesen, −→ −→ ha a P0 P mer˝oleges az n-ra, azaz skaláris szorzatuk 0; mivel P0 P = r − r0 , annak szükséges és elégséges feltétele, hogy P az e egyenesen legyen, az, hogy n(r − r0) = 0 (17.2.4) teljesüljön. Ez az egyenes vektoregyenlete. Mivel r − r0 koordinátái (x − x0 , y − y0 ); koordinátákkal (17.2.4) így írható: A(x − x0 ) + B(y − y0) = 0, vagy átrendezve: Ax + By = Ax0 + By0 ,

ez ismét az egyenes általános egyenlete. Az általános egyenlet jobb oldalán lev˝o állandó tagokat egyetlen bet˝uvel (C-vel vagy −C-vel) is jelölhetjük, ennek megfelel˝oen szokás az általános egyenletet a következ˝o alakban felírni: Ax + By = C vagy Ax + By + C = 0. (17.2.5)

Könnyen belátható, hogy minden Ax + By = C alakú kétismeretlenes egyenlet egyenesnek az egyenlete, ha az A és B között legalább  az egyik  C nem 0, hiszen pl. ha B 6= 0, az n(A, B) normálvektorú és a P0 0, B ponton átmen˝o egyenesnek éppen ez az egyenlete. Figyeljük meg, hogy ez az egyenlet azonos a (17.2.3) egyenlettel, mivel ha (v1 , v2 ) irányvektor, a bevezet˝oben mondottak szerint (v2 , −v1 ) normálvektor, tehát (17.2.3)-ban v2 az A-val, −v1 a B-vel helyettesíthet˝o, ezért a két egyenlet valóban ugyanaz. Az egyenlet jobb oldalán mindkét esetben egy állandó jelleg˝u szám áll, amit úgy kapunk, hogy az adott pont koordinátáit az egyenlet bal oldalába helyettesítjük. Pl.: ha egy egyenes normálvektora n(7, −2), egy pontja P0 (−1, 2), akkor egyenlete: 7x − 2y = 7 · (−1) − 2 · 2 = −11. Vagy: egy egyenes irányvektora v(9, 2), egy pontja P0 (5, 1), akkor egy normálvektora (2, −9), ezért egyenlete: 2x − 9y = 2 · 5 − 9 · 1 = 1. Egy pont akkor van rajta az egyenesen, ha koordinátái kielégítik az egyenes egyenletét, pl. a Q(−1, 5) pont nincs rajta az el˝obbi egyenesen, mert 2(−1) − 9 · 5 = −47 6= 1,

tehát nem elégíti ki az egyenletet. Adjuk most meg az egyenest a Q1 (x1 , y1 ) és a Q2 (x2 , y2 ) pontokkal. Az −−−→ egyenes egy irányvektora a Q1 Q2 vektor, ennek koordinátái a helyvektorok koordinátáinak a különbsége: (x2 − x1 , y2 − y1 ); ebb˝ol a normálvektor

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

336

17. Koordinátageometria


koordinátái y2 − y1 , −(x2 − x1 ) . Válasszuk az egyenes egy pontjának a Q1 (x1 , y1 ) pontot; így az egyenes egyenlete: (y2 − y1)x − (x2 − x1)y = (y2 − y1 )x1 − (x2 − x1 )y1 . (17.2.6) Ez a két pontot összeköt˝o egyenes egyenlete. Jobban megjegyezhet˝o alakját kapjuk, ha minden tagot a bal oldalra hozunk és részben szorzattá alakítjuk a kapott kifejezéseket: (y2 − y1 )(x − x1 ) − (x2 − x1 )(y − y1) = 0. Ezt az egyenletet is felírhatjuk: determináns alakjában x − x1 y − y1 x y 1 = x1 y1 1 = 0. x2 − x1 y2 − y1 x2 y2 1

Egyszer˝ubben járunk el azonban, ha két pont összeköt˝o egyenesének az egyenletét nem a kész képlettel állítjuk el˝o, hanem közvetlenül a megadott pontok koordinátáiból: pl. legyen a két pont (7, 5) és (4, −1). Az összeköt˝ovektor (különbségvektor, azaz irányvektor): (3, 6); a normálvektor: (6, −3); az egyenes egyenlete: 6x − 3y = 6 · 7 − 3 · 5 = 27.

Egyszer˝usíthetünk (azaz mindkét oldalt oszthatjuk) 3-mal: 2x − y = 9. Ebben a példában az „egyszer˝usítés” lényegében azt jelenti, hogy a (6, −3) koordinátájú normálvektor helyett a vele párhuzamos, de harmadakkora hoszszúságú (2, −1) normálvektort választjuk. Bizonyos esetekben célszer˝u a normálvektort egységvektornak választani. Legyen most az egyenes (17.2.4) alatti egyenletében a normálvektor az n0 egységvektor, tehát a vektoregyenlet n0 (r − r0 ) = 0. 16.7.-ben megmutattuk, hogy egy vektor egységvektorral való skaláris szorzata a vektornak az egységvektor egyenesén lev˝o mer˝oleges vetületét adja meg. A 17.2.3. ábrán megfigyelhetjük, hogy ha az r helyvektorú P pont nincs az e egyenesen, akkor az r − r0 nak az n0 -on lev˝o vetülete éppen a P pont 17.2.3. ábra. Pont és egyenes távolsága e egyenest˝ol mért d távolságát jelenti méghozzá pozitív vagy negatív el˝ojellel aszerint, hogy P az egyenesnek melyik oldalán van; az mindenesetre igaz, hogy ha P1 és P2 az egyenes különböz˝o oldalain vannak, akkor az r − r0 www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

17. Koordinátageometria

337

egyszer hegyesszöget, egyszer pedig tompaszöget zár be n0 -ral (17.2.4. ábra), ezért d = |n0 (r − r0)|.

17.2.4. ábra. Pontok az egyenes különböz˝o oldalán

Ha az egyenes egyenletében szerepl˝o normálvektor egvségvektor, akkor az egyenes (nullára rendezett) egyenletét normálegyenletnek mondjuk. Az Ax + By + C = 0 alakú egyenletet normálegyenletté úgy alakítjuk p át, hogy elosztjuk normálvektora hosszával, A2 + B2-tel, ezzel elérjük, hogy normálvektor egységvektor lesz, tehát Ax + By + C √ =0 (17.2.7) A2 + B2 alakra hozzuk. Az el˝obb mondottak szerint, egy P0 (x0 , y0 ) pontnak az egyenest˝ol mért távolságát kapjuk meg, ha a P koordinátáit a normálegyenlet (17.2.7) alatti alakjába helyettesítjük, ezért a P pont távolsága az Ax + By + C = 0 egyenlet˝u egyenest˝ol: Ax + By + C . (17.2.8) d = √ A2 + B2

Mivel a (17.2.7) bal oldalán lev˝o tört nevez˝oje pozitív, el˝ojele csak a számlálótól függ, ez a pontok elhelyezkedésér˝ol mondottak szerint azt jelenti, hogy ha egy pont koordinátáit helyettesítjük az Ax + By + C kifejezésbe, a helyettesítési értékek azonos vagy különböz˝o el˝ojel˝uek aszerint, hogy a pontok az Ax+By+C = 0 egyenlet˝u egyenesnek azonos vagy különböz˝o oldalán vannak. Legyen most az egyenes v irányvektora egységvektor; ha v irányszöge α, akkor v koordinátái: v1 = cos α, v2 = sin α (16.6.). Ezzel írjuk fel a (17.2.3) alatti általános egyenletet: (sin α)x − (cosα)y = c, ebb˝ol, ha cos α 6= 0, azaz α 6= 90◦ : c sin α x− . y= cos α cos α

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

338

17. Koordinátageometria

Mivel a tangensfüggvény definíciója szerint

sin α = tg α, egyenletünk cos α

c cos α c alakra hozható. Ebben szokás a tg α = m, − = b helyettesítés, cosα y = mx + b. (17.2.9) y = (tg α)x −

Ez az egyenes iránytényez˝os egyenlete. Elnevezése onnan ered, hogy az m = tg α számot az egyenes iránytényez˝ojének (iránytangensének) mondjuk, az α-t pedig az egyenes irányszögének. Az egyenletben szerepl˝o b számnak is van geometriai jelentése, ti. az y tengely Y (0, b) koordinátájú pontja rajta van az egyenesen, mivel kielégíti az egyenes egyenletét. Összefoglalva tehát megállapíthatjuk, hogy y = mx + b alakú egyenlete azoknak az egyeneseknek van, amelyek irányszöge nem 90◦ -os, azaz nem párhuzamosak az y tengellyel. Az m az egyenes irányszögének a tangense; az egyenes az y tengelyt a b pontban metszi (17.2.5. ábra). Az egyenes általános egyenlete és iránytényez˝os egyenlete egymásba átalakítható (ha az egyenes nem párhuzamos az y tengellyel); a (17.2.9) iránytényez˝os egyenlet 17.2.5. ábra. általános egyenletnek is tekinthet˝o a Az egyenes iránytényez˝os egyenlete következ˝o alakban: mx − y + b = 0. (17.2.10) Erre az alakra alkalmazva a (17.2.8) összefüggést kapjuk, hogy a P(x, y) pont távolsága az y = mx + b egyenlet˝u egyenest˝ol: mx − y + b . (17.2.11) d = √ 1 + m2

A (17.2.10) alatti egyenletb˝ol kiolvasható, hogy az y = mx+b egyenlet˝u egyenesnek n(m, −1) a normálvektora. Két egyenes ugyanazokat a szögeket zárja be, mint a rájuk mer˝oleges egyenesek, ezért az egyenesek hajlásszögét normálvektoraik segítségével számíthatjuk ki. Figyelembe kell azonban vennünk, hogy egyenesek www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

17. Koordinátageometria

339

hajlásszögén 90◦ -nál nem nagyobb szöget értünk, ezért két egyenes hajlásszöge vagy egyenl˝o normálvektoraik hajlásszögével, vagy annak kiegészít˝o szöge. Mivel cos α és cos(180◦ − α) csak el˝ojelben különbözik, ezért | cos α| = | cos(180◦ − α)| és az egyenesek hajlásszögének a koszinusza nem lehet negatív. Legyen most az e1 egyenes normálvektora n1 (A1 , B1 ), az e2 egyenesé n2 (A2 , B2 ), akkor hajlásszögük koszinusza (16.7.9) alapján |A1 A2 + B1B2 | q . (17.2.12) cos ϕ = q A21 + B21 A22 + B22

Ha iránytényez˝os egyenletekr˝ol van szó, és az iránytényez˝ok m1 , ill. m2 , akkor a normálvektorok koordinátái n1 (m1 , −1), ill. n2 (m2 , −1) és így a hajlásszög koszinusza: |m1 m2 + 1| q . (17.2.13) cos ϕ = q 1 + m21 1 + m22

Két egyenes mer˝oleges, ha cos ϕ = 0, ez viszont akkor teljesül, ha A1 A2 + B1B2 = 0 vagy m1 m2 = −1. (17.2.14)

1 alakban is felírni. m2 Két egyenes párhuzamos, ha normálvektoraik párhuzamosak, ill. ha irányszögeik egyenl˝ok, ami maga után vonja az iránytényez˝ok egyenl˝oségét, tehát a párhazamosság feltétele (A2 6= 0, B2 6= 0): A1 B1 = , ill. (ha nem párhuzamosak az y tengellyel) m1 = m2 . A2 B2 (17.2.15) (A gyakorlatban legtöbbször azt használjuk fel, hogy két egyenes párhuzamosságának elegend˝o feltétele normálvektoraik egyenl˝osége.) Legyen most ismét adott a Q1 (x1 , y1 ), Q2 (x2 , y2 ) pontpár. (17.2.6)-ból y-t kifejezve megkapjuk a két adott ponton átmen˝o egyenes iránytényez˝os egyenletét (itt is feltesszük, hogy x1 6= x2 , azaz az egyenes nem párhuzamos az y tengellyel): y2 − y1 (x − x1) + y1 . (17.2.16) y= x1 − x2 Iránytényez˝ok esetében ezt szoktuk m1 = −

Ebb˝ol az egyenletb˝ol kiolvasható, hogy a Q1 Q2 egyenes iránytényez˝oje: y2 − y1 . (17.2.17) m= x2 − x1 Ha viszont az egyenes m iránytényez˝oje és egy pontja, a Q(x1 , y1 ) pont adott, akkor (17.2.16)-ból az adott ponton átmen˝o, adott iránytényez˝oj˝u egyenes egyenlete: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

340

17. Koordinátageometria y = m(x − x1 ) + y1.

(17.2.18)

Gyakran van szükség két, egyenletével adott egyenes metszéspontjának a meghatározására. Adjuk meg pl. az e1 , e2 egyeneseket egyenleteikkel: e1 : 5x + 2y = 1, e2 : −9x + 5y = −62. A két egyenes metszéspontja olyan M(x, y) pont, amelynek koordinátái mind a két egyenletet kielégítik. A feladatunk tehát olyan (x, y) számpár kiszámítása, amely eleget tesz az egyenesek egyenletének, ez azt jelenti, hogy a két egyenletb˝ol álló egyenletrendszert kell megoldanunk: két, egyenletével adott egyenes metszéspontjának a koordinátáit az egyenletekb˝ol álló egyenletrendszer megoldása szolgáltatja. Az egyenletrendszer megoldásához szorozzuk meg az els˝o egyenletet 9-cel, a másodikat 5-tel és adjuk össze az így kapott egyenletek megfelel˝o oldalait: 45x + 18y = 9 − 45x + 25y = −310 −301 = −7. 43y = −301, y= 43 Ezt az els˝o egyenletbe helyettesítve kapjuk, hogy 5x − 14 = 1, 5x = 15, x = 3. A két egyenes metszéspontja: M(3, −7); számításunk ellen˝orzésére érdemes helyettesítéssel meggy˝oz˝odnünk arról, hogy mind a két egyenletet kielégíti. Végül néhány speciális elhelyezkedés˝u egyenes egyenletét vizsgáljuk meg. Ha az egyenes átmegy az origón, akkor a (0, 0) koordinátapárnak ki kell elégítenie az egyenletét; ehhez az kell, hogy az általános egyenletben az állandó (szám) tag, az iránytényez˝os egyenletben b legyen 0-val egyenl˝o; tehát az origón átmen˝o egyenes egyenlete ilyen alakú: Ax + By = 0, ill. y = mx. (17.2.19)

Jelölje most A(a, 0), B(0, b) az x ill. y tengely egy pontját (egyik sem − → azonos az origóval). A két ponton átmen˝o egyenes irányvektora: AB(−a, b), ezért normálvektora (b, a) és így egyenlete (felhasználva, hogy átmegy az (a, 0) ponton) (17.2.6. ábra): bx + ay = b · a + a · 0, bx + ay = ab.

Osszuk el az egyenlet mindkét oldalát ab-vel: x y + = 1. a b www.interkonyv.hu

(17.2.20)

© Reiman István

© Typotex Kiadó

17. Koordinátageometria

341

Ez az egyenes tengelymetszetes egyenlete; ha tehát ismerjük az egyenes koordinátatengelyekkel való metszéspontjait, ezt az alakot célszer˝u használni.

17.2.6. ábra. Speciális helyzet˝u egyenesek

Az x tengelyt az a pontban metsz˝o, y tengellyel párhuzamos egyenes egyenlete (17.2.6. ábra): x − a, (17.2.21) az y tengelyt a b pontban metsz˝o, x tengellyel párhuzamos egyenes egyenlete: y = b. (17.2.22) Foglaljuk végül össze az egyenes egyenletének fontosabb alakjait: A P0 (x0 , y0 ) ponton átmen˝o v(v1 , v2 ) irányvektorú egyenes paraméteres egyenletrendszere: x = x0 + v1t, y = y0 + v2t. Az n(A, B) normálvektorú és a P0 (x0 , y0 ) ponton átmen˝o egyenes általános egyenlete: Ax + By = Ax0 + By0 , az egyenlet jobb oldalán álló mennyiséget C-vel is szoktuk jelölni. Az y tengelyt a (0, b) pontban metsz˝o, α irányszög˝u egyenes iránytényez˝os egyenlete: y = mx + b, ahol m = tg α. Az y tengellyel párhuzamos egyeneseknek nincs iránytényez˝os egyenlete. Az x tengelyt az (a, 0) pontban, az y tengelyt pedig a (0, b) pontban metsz˝o egyenes tengelymetszetes egyenlete: x y + = 1 (a 6= 0, b 6= 0). a b

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

342

17. Koordinátageometria

Feladatok 1. Ábrázoljuk a koordináta-rendszerben azokat az egyeneseket, amelyeknek egyenletei: a) e1 : y = −3x; b) e2 : y = 4x − 2; c) e3 : 5x + 4y = 20.

17.2.7. ábra. 1. a) feladat

17.2.8. ábra. 1. b) feladat

Általános elv: az egyeneseket legegyszer˝ubben két pontjuk ismeretében tudjuk ábrázolni, ezért arra törekszünk, hogy meghatározzuk az egyenes két pontját. a) e1 -nél az iránytényez˝os egyenletben b = 0, tehát az egyenes átmegy az origón. Ha x = 1, akkor y = −3, tehát a P1 (1, −3) pont rajta van e1 -en, e1 ezért az OP1 egyenessel azonos (17.2.7. ábra). b) Az e2 egyenes az y tengelyt a −2 pontban metszi, x = 1 esetén y = 2, ezért átmegy a P2 (1, 2) ponton. Ha az egyenes y = mx + b alakú iránytényez˝os egyenletével adott, akkor az egyenest úgy is ábrázolhatjuk, hogy az y tengely B(0, b) pontjában olyan egyenest szerkesztünk, amelynek iránytényez˝oje, azaz irányszögének tangense m. E célból a B pontból pozitív irányban az x tengellyel párhuzamosan 1-et mérünk fel, a felmért szakasz végpontjában pedig az y tengellyel párhuzamosan m-et (el˝ojelének megfelel˝o irányban), a felmért szakasz végpontja C. A CB egyenes az y = mx + b m = m, és átmegy a (0, b) egyenlet˝u egyenest ábrázolja, hiszen iránytangense 1 ponton. A 17.2.8. ábrán e2 esetében ezt az ábrázolási lehet˝oséget bemutatjuk: az y tengely B(0, −2) pontjában az x tengellyel párhuzamosan felmérünk +1-et, a felmért szakasz D végpontjából pedig az y tengellyel párhuzamosan +4-et, ennek 4 végpontja C; a CB egyenes egyenlete valóban y = 4x − 2, mivel tgCBD∢ = = 4. 1 c) e3 esetében célszer˝u a koordinátatengelyekkel való metszéspontokat meghatározni. Az x tengelyen y = 0, tehát 5x = 20, x = 4, az x tengellyel való metszéspontja A(4, 0). Hasonlóan: az y tengely pontjaira x = 0, ezért ezzel a metszéspont a 4y = 20 egyenletb˝ol y = 5, a metszéspont tehát: B(0, 5).

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

17. Koordinátageometria

343

Más módon: osszuk el az egyenlet mindkét oldalát 20-szal: x y + = 1, 4 5 ez az egyenletnek tengelymetszetes alakja (17.2.20), ebb˝ol következik, hogy a tengelyeket az x = 4, ill. y = 5 pontokban metszi.

2. Adottak az e1 és e2 egyenesek egyenleteikkel: e1 : 3x − 5y = 7, e2 : y = 4x + 1. Írjuk fel: a) a P(−2, 3) ponton átmen˝o és az adott egyenesekkel párhuzamos egyenesek egyenleteit; b) a P(−2, 3) ponton átmen˝o és az adott egyenesekre mer˝oleges egyenesek egyenleteit. a) A 3x − 5y = 7 egyenessel párhuzamos egyenesnek is (3, −5) a normálvektora, ezért egyenlete: 3x − 5y = 3 · (−2) − 5 · 3 = −21.

Az y = 4x + 1 egyenessel párhuzamos egyenes iránytényez˝oje is 4, ezért egyenlete y = 4x + b. A P(−2, 3) pontnak ki kell elégítenie az egyenes egyenletét, tehát 3 = 4 · (−2) + b, ebb˝ol b = 11; az egyenes egyenlete y = 4x + 11. Más megoldás: a feladat kész képletbe való helyettesítéssel is megoldható (17.2.18) alapján; az m = 4 iránytényez˝oj˝u, P(−2, 3) ponton átmen˝o egyenes egyenlete: y = 4(x + 2) + 3, y = 4x + 11. b) Az e1 egyenes normálvektora (3, −5), a rá mer˝oleges egyenesé (5, 3), ezért egyenlete: 5x + 3y = 5(−2) + 3 · 3 = −1.

1 Az y=4x+1 egyenesre mer˝oleges egyenes iránytényez˝oje − , ezért az egyenes 4 5 x 2 egyenlete y = − + b; mivel átmegy a (−2, 3) ponton, 3 = + b, b = , az 4 4 4 egyenes egyenlete: x 5 y=− + . 4 2 A megoldás természetesen most is felírható a (17.2.18) képlet alapján: x 5 1 y = − (x + 2) + 3 = − + . 4 4 2

3. Mekkora a P(−4, 7) pontnak a 12x + 3y = 5 egyenlet˝u egyenest˝ol mért távolsága? 12x + 3y − 5 12x + 3y − 5 √ = = 0, ezért a kérdéAz egyenes normálegyenlete: √ 153 122 + 32 ses távolság (l. a (17.2.8) képletet): 32 |12(−4) + 3 · 7 − 5| √ =√ = 2,59. d= 153 153 www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

344

17. Koordinátageometria

4. Az ABC háromszög oldalegyeneseinek egyenletei: AB : 5x − 3y = 1, BC: 5x + y = 13, CA : 15x − y = 67.

Mekkora az AB oldal hossza és a hozzá tartozó magasság?

Az A csúcs az AB és CA egyenesek metszéspontja, ennek meghatározására meg kell oldanunk az AB és CA egyenleteib˝ol álló egyenletrendszert: 5x − 3y = 1, 15x − y = 67.

Szorozzuk meg az els˝o egyenletet (−3)-mal és adjuk hozzá megfelel˝o oldalait a második egyenlethez: − 15x + 9y = −3 15x − y = 67

8y = 64,

y = 8.

Az y értéket a második egyenletbe helyettesítjük: 15x − 8 = 67, 15x = 75, x = 5,

ezért

A(5, 8).

A B csúcs koordinátáit hasonló módon számítjuk ki az AB és BC egyenleteib˝ol: 5x − 3y = 1 5x + y = 13

− 4y = −12,

y = 3.

Helyettesítsük ezt a második egyenletbe:

5x + 3 = 13, 5x = 10, x = 2, ezért B(2, 3). Az AB oldal hossza a távolságképlettel: q √ √ AB = (5 − 2)2 + (8 − 3)2 = 9 + 25 = 34.

Végül C koordinátáit a BC és CA egyenesek metszéspontja szolgáltatja: 5x + y = 13 15x − y = 67

20x

= 80,

Helyettesítsük ezt az els˝o egyenletbe: 20 + y = 13, y = −7,

x = 4. ezért

C(4, −7).

Az AB-hez tartozó magasság a C(4, −7) távolsága az AB egyenest˝ol; (17.2.8) alapján: 40 |5 · 4 − 3(−7) − 1| √ =√ . d= 34 52 + 32



 14 5. A Q , 2 ponton át fektessünk olyan egyenest, amely a koor3 dinátatengelyek pozitív fele által meghatározott derékszögb˝ol 21 terület˝u háromszöget metsz le. Mi az egyenes egyenlete? www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

17. Koordinátageometria

345

Tegyük fel, hogy az egyenes az x tengelyt az a, az y tengelyt a b pontban metszi (17.2.9. ábra). Ennek az egyenesnek a tengelymetszetes egyenlete (17.2.20) alapján: x y + = 1. a b   14 2 14 , 2 ponton, + = 1, a lemetszett derékszög˝u háromMivel átmegy a Q 3 3a b 1 ab = 21. szög befogói a és b, ezért a terület ab, tehát 2 2 Utolsó két egyenletünk a-ra és b-re nézve kétismeretlenes egyenletrendszer. Írjuk fel ezeket egyszer˝ubb alakban, majd a második egyenletb˝ol kifejezett b-t helyettesítsük az els˝o egyenletbe: 14b + 6a = 3ab 42 ab = 42, b= , a 588 + 6a = 126, a 6a2 − 126a + 588 = 0, a2 − 21a + 98 = 0.

√ 21 ± 7 21 ± 212 − 4 · 98 = , A másodfokú egyenlet megoldóképletével: a = 2 2 42 a1 = 14, a2 = 7. Ebb˝ol b = miatt b1 = 3, b2 = 6. a Ezek szerint két egyenes tesz eleget a feltételnek; egyenleteik: y x y x + = 1, + = 1. 14 3 7 6

17.2.9. ábra. 5. feladat

17.2.10. ábra. 6. feladat

6. Ábrázoljuk a koordináta-rendszerben azokat a pontokat, amelyek koordinátái egyszerre elégítik ki a következ˝o feltételeket: a) x ≧ 0, b) y ≧ 0, c) x + 2y ≦ 12, d) x + y ≦ 8. Az a) és b) feltételeket kielégít˝o pontok nyilván a koordinátatengelyek pozitív fele által meghatározott síknegyedben helyezkednek el (17.2.10. ábra).

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

346

17. Koordinátageometria

A c) feltételt x + 2y − 12 ≦ 0 alakban is írhatjuk, ezt a feltételt kielégít˝o pontok az x + 2y − 12 = 0 egyenlet˝u egyenes egyik oldalán helyezkednek el, hiszen az egyenes egyik oldalán lév˝o pontokat az egyenes egyenletébe helyettesítve azonos el˝ojel˝u eredményt kapunk. Mivel az origó helyettesítési értéke: 0 + 2 · 0 − 12 ≦ 0, ezért az origóval azonos oldalon lev˝o pontok felelnek meg a c) feltételnek. A d) feltételt x + y − 8 ≦ 0 alakban írva az el˝oz˝o módon láthatjuk, hogy az x + y − 8 = 0 egyenlet˝u egyenesnek az origóval azonos oldalán lev˝o pontok elégítik ki a d) feltételt. Ábrázoljuk most a szóban forgó egyeneseket, a megoldást az egyes feltételeket kielégít˝o ponthalmazok közös része szolgáltatja; a 17.2.10. ábrán láthatjuk, hogy ezek egy négyszöglemez pontjai; a négyszög csúcsai (0, 0); (8, 0); (4, 4); (0, 6). Feladatunkban az a)–d) egyenl˝otlenségekb˝ol álló egyenl˝otlenség-rendszer öszszes megoldásait kerestük meg; az egyenl˝otlenségeket kielégít˝o (x, y) számpárok azonosak a megoldásként kapott négyszöglemez pontjainak koordinátáival; az egyenl˝otlenség-rendszernek ebben az esetben természetesen végtelen sok megoldása van.

7. Egy üzem kétféle terméket állít el˝o: a T1 -et és a T2 -t. Egy-egy termék el˝oállításához többféle munkam˝uveletet alkalmaznak, legyenek ezek M1 , M2 , M3 , M4 . A T1 el˝oállításához szükséges munkam˝uveletek (az egy termék el˝oállításához szükséges id˝ovel): T1 : M1 (3 perc), M3 (4 perc), M4 (3 perc). A T2 el˝oállításaihoz szükséges m˝uveletek és id˝ok: T2 : M2 (4 perc), M3 (2 perc), M4 (3 perc). Az üzem adottságai miatt egy m˝uszak alatt az egyes munkam˝uveletek számára korlátozott id˝o áll rendelkezésre, méghozzá: M1 -re 270 perc, M2 -re 440 perc, M3 -ra 400 perc, M4 -re 420 perc. Kérdéseink a következ˝ok: A) Az egyes termékekb˝ol hány állítható el˝o a megadott feltételek mellett? B) Az üzem nyeresége T1 -en 10 Ft, T2 -n 30 Ft. Hány darabot kell el˝oállítani az egyes termékekb˝ol, ha az üzem a lehet˝o legnagyobb nyereségre törekszik? Jelöljük x-szel a T1 -b˝ol el˝oállítottak számát; y-nal pedig a T2 -b˝ol el˝oállítottak számát; x és y értelmezése szerint pozitív egész. A termelés mennyiségének a rendelkezésre álló id˝omennyiség szab korlátot. Mivel T1 -hez szükséges az M1 m˝uvelet és erre összesen 270 perc van, azért az x darab el˝oállításához szükséges M1 -re szánt id˝o nem lehet több 270 percnél, minthogy egy darabhoz 3 percnyi M1 m˝uveletre van szükség: 3x ≦ 270.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

17. Koordinátageometria

347

Hasonlóan: a T2 -höz kell az M2 m˝uvelet, amire 440 percnyi id˝o áll összesen rendelkezésre, ezért 4y ≦ 440. Az M3 m˝uvelet mindkét termék el˝oállításához kell, darabonként 4, ill. 2 percnyi id˝otartamra, a 4x + 2y perc nem lehet nagyobb 400-nál, ezért 4x + 2y ≦ 400. Végül mindkét termék el˝oállításához szükség van az M4 m˝uveletre is 3–3 percre, ezért 3x + 3y ≦ 420. Az x és y termékszámokra tehát 4 feltételt kaptunk (már azon kívül, hogy pozitív egészek), ezt a négy egyenl˝otlenséget írjuk most fel egyszer˝usített formában: a) x ≦ 90, b) y ≦ 110, c) 2x + y − 200 ≦ 0, d) x + y − 140 ≦ 0. E négy egyenl˝otlenségb˝ol álló egyenl˝otlenség-rendszert ugyanolyan módszerrel oldhatjuk meg, mint amilyet el˝oz˝o példánkban alkalmaztunk. Az áttekinthet˝oség kedvéért külön-külön ábrázoljuk az a)–d) feltételeket kielégít˝o ponthalmazt (17.2.11. ábra), majd ezek közös részét, ami a megoldást adó pontokat tartalmazza (17.2.12. ábra).

17.2.11. ábra. A 7. feladat feltételei

17.2.12. ábra. A 7. feladat A) kérdésének megoldása

www.interkonyv.hu

17.2.13. ábra. A 7. feladat B) kérdésének megoldása

© Reiman István

© Typotex Kiadó

348

17. Koordinátageometria

A 17.2.12. ábra szürke hatszögében az egész koordinátájú pontokhoz tartozó x és y értékek szolgáltatják az A) kérdésünkre a választ. Könnyen kiszámíthatjuk, hogy a hatszög csúcsainak a koordinátái: O(0, 0); A(90, 0); B(90, 20); C(60, 80); D(30, 110); E(0, 110). Mivel csak az egész koordinátájú pontok (az ún. rácspontok) szolgáltatnak megoldást, csak véges számú (x, y) számpár elégíti ki a feladat feltételeit; ezek közül kell a legtöbb nyereséget adó számpárt megkeresnünk, vagyis azt, amelyre 10x + 30y = c a lehet˝o legnagyobb. Ehhez figyeljük meg, hogy a 10x + 30y = c egyenlet˝u egyenesek mind párhuzamosak (17.2.13. ábra, ezeket az egyenleteket természetesen (10-zel való egyszer˝usítés után) x + 3y = d alakban is írhatjuk). Egy ilyen egyenesen olyan (x, y) pontok vannak, amelyekre 10x + 30y állandó, tehát x darab, ill. y darab termék összesen ugyanannyi nyereséget eredményez. Minél távolabb van az egyenes az origótól, annál nagyobb az egyenletében szerepl˝o c érték. A maximális nyereséghez tehát nekünk olyan egyenest kell választanunk, amely 0-tól a lehet˝o legtávolabb van, de még tartalmaz a hatszögb˝ol pontot. Ábránkon megfigyelhetjük, hogy ez a D(30, 110) csúcson átmen˝o egyenes; ezek szerint akkor maximális a nyereség, ha a T1 termékb˝ol 30-at, a T2 -b˝ol pedig 110-et állítanak el˝o; a nyereség erre a két termékre vonatkozóan 30 · 10 + 110 · 30 = 3600 Ft. Feladatunk az ún. lineáris programozás tárgykörébe tartozik; a matematikának ez a fejezete bizonyos típusú folyamatok leggazdaságosabb megszervezésének a módszereit tárgyalja.

17.3. A kör egyenlete A K(a, b) középpontú, r sugarú k kör minden P(x, y) pontjára teljesül a KP = r egyenl˝oség, amivel egyenérték˝u a KP2 = r2 egyenl˝oség (17.3.1. ábra). Ezt koordinátákkal is kifejezhetjük, felhasználva a távolságképletet: (x − a)2 + (y − b)2 = r2 . (17.3.1) Ezt az egyenletet csak a k kör pontjai elégítik ki, ez tehát a k kör egyenlete. Ha a kör középpontja az origó, a = b = 0, ezért a kör ún. középponti egyenlete: x2 + y2 = r 2 . (17.3.2) Például a K(−3, 2) pont körüli r = 4 sugarú kör egyenlete: (x + 3)2 + (y − 2)2 = 16. A négyzetre emelések elvégzése és rendezés után az egyenlet így írható: x2 + y2 + 6x − 4y − 3 = 0.

Számításaink során a kör egyenletét gyakran ilyen alakban kapjuk meg, ennek általános alakja x2 + y2 + Ax + By + C = 0. (17.3.3) Ezt egyébként a kör normálegyenletének hívjuk. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

17. Koordinátageometria

17.3.1. ábra. A kör egyenlete; érint˝o

349

17.3.2. ábra. A kör paraméteres egyenletrendszere

Megfordítva: a (17.3.3) alakú egyenlet kör egyenlete, ha át tudjuk alakítani (17.3.1) alakú egyenletté, tehát úgy, hogy az egyenlet jobb oldalán pozitív szám (azaz sugárnégyzet) álljon. (17.3.3)-at ilyen formában írhatjuk fel:     B 2 A2 B2 A 2 + y+ − − + C = 0, x+ 2 2 4 4     azaz B 2 A2 + B2 − 4C A 2 + y+ = , x+ 2 2 4 és ez akkor és csakis akkor köregyenlet, ha a jobb oldal pozitív, azaz A2 + B2 − 4C > 0. A K(a, b) középpontú r sugarú kör egy P0 (x0 , y0 ) pontjában az érint˝o −−→ normálvektora KP0 (x0 − a, y0 − b), ezért egyenlete: (x0 − a)x + (y0 − b)y = (x0 − a)x0 + (y0 − b)y0 (17.3.4) Ha a középpont az origó, az érint˝o egyenlete a következ˝o alakú: x0 x + y0y = x20 + y20 ,

mivel azonban x20 + y20 = r2 , az érint˝o egyenlete a következ˝o egyszer˝u alakot veszi fel: x0 x + y0 y = r 2 . Az origó középpontú kör pontjait megadhatjuk helyvektoraival is. Le−→ gyen ui. a ρ sugarú kör P pontjának helyvektora r = OP, ennek irányszögét t-vel szoktuk jelölni (17.3.2. ábra). r koordinátái: r(ρ cost, ρ sint), azaz x = ρ cost, (17.3.5) y = ρ sint, www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

350

17. Koordinátageometria

ez a kör paraméteres egyenletrendszere. Megjegyezzük, hogy az egyenletes szögsebességgel az O körül forgó ρ hosszúságú r az x tengely pozitív felét˝ol indulva t id˝o alatt éppen (ρ cost, ρ sint) koordinátákkal jellemzett helyzetbe jut. Ha t befutja a 0 ≦ t < 2π intervallumot, r végpontja leírja a kört. A kör egyenletének az ismeretében egyszer˝uen megmutathatjuk, hogy azok a pontok, amelyeknek két ponttól mért távolságaránya állandó, egy körön helyezkednek el. (Ezt a kört Appollóniusz-féle körnek nevezzük.) Válasszuk ugyanis a koordináta-rendszert úgy, hogy a két rögzített pont Q1 (+1, 0) Q2 (−1, 0) legyen (17.3.3. ábra), és azokat a P(x, y) pontokat Q2 P távolságarány egy adott q 6= 1 akarjuk meghatározni, amelyekre a Q1 P  számmal egyenl˝o. Ha pl. a P a Q1 -t˝ol kétszer akkora távolságra van, mint 1 Q2 -t˝ol, akkor q = . 2

17.3.3. ábra. Az Appollóniusz-féle kör

Q2 P Q2 P 2 = q, ami egyenérték˝u azzal, hogy = q2. Q1 P Q1 P 2 Írjuk most ezt fel a távolságképlet segítségével: (x + 1)2 + y2 = q2 , (x − 1)2 + y2 (x + 1)2 + y2 = q2 (x − 1)2 + q2 y2 , ebb˝ol átrendezéssel kapjuk, hogy ha q 6= 1, akkor Ez azt jelenti, hogy

q2 x2 + q2y2 − x2 − y2 − 2q2x − 2x + q2 − 1 = 0,

(q2 − 1)x2 + (q2 − 1)y2 − (2q2 + 2)x + q2 − 1 = 0, x2 + y2 −

www.interkonyv.hu

2q2 + 2 x + 1 = 0. q2 − 1

© Reiman István

© Typotex Kiadó

17. Koordinátageometria

351

Ez viszont kör egyenlete, mert ilyen alakba írható: 2  2  2q q2 + 1 2 +y = , x− 2 q −1 q2 − 1   2 2q q +1 ez olyan kör, amelynek középpontja K 2 , 0 , sugara pedig 2 . q −1 q −1 Levezetésünk megfordításával beláthatjuk, hogy ennek a körnek minden pontja kielegíti a feladat feltételeit. Kör és más alakzat (pl. egyenes, kör) metszéspontjait úgy számíthatjuk ki, hogy a két alakzat egyenletéb˝ol álló kétismeretlenes egyenletrendszert megoldjuk, a megoldásban kapott összetartozó x, y értékek a metszéspontok koordinátái.

17.3.4. ábra. Pont körre vonatkozó hatványa

A 14.9. szakaszban egy küls˝o P pont k körre vonatkozó hatványának neveztük a pontból a körhöz húzott szel˝ok metszeteinek a szorzatát, ami a P-b˝ol a körhöz húzott PE érint˝oszakasz négyzetével is egyenl˝o. A 17.3.4. ábráról leolvashatjuk, hogy a P körre vonatkozó hatványa: PE 2 = PK 2 − r2 . Ha P, ill. K koordinátái P(w, y), K(a, b), akkor a távolságképlet szerint PE 2 = (x − a)2 + (y − b)2 − r2 . Hasonlítsuk ezt össze (17.3.1)-gyel: a jobb oldalon a kör egyenletének nullára rendezett alakja áll (ami lényegében a normálegyenlet bal oldali részével egyenl˝o), ezért: ha a kör normálegyenletébe egy küls˝o pont koordinátáit helyettesítjük, akkor a pont körre vonatkozó hatványát – azaz a pontból a körhöz húzott érint˝oszakasz négyzetét – kapjuk meg. Feladatok 1. Írjuk fel az A(2, −3), B(6, 5), C(−10, 7) pontokon átmen˝o kör egyenletét! A kör középpontja az AB és BC szakaszok felez˝o mer˝olegeseinek a metszéspontja. − → AB felez˝o mer˝olegesének normálvektora AB(4, 8), AB felez˝opontja (4, 1), ezért a felez˝o mer˝oleges egyenlete: 4x + 8y = 16 + 8 = 24, egyszer˝usítve x + 2y = 6.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

352

17. Koordinátageometria

− → BC felez˝o mer˝olegesének normálvektora BC(−16, 2), BC felez˝opontja (−2, 6), ezért a felez˝o mer˝oleges egyenlete: −16x + 2y = 32 + 12 = 44, egyszer˝usítve − 8x + y = 22. A körközéppont meghatározása céljából meg kell oldanunk az x + 2y = 6,

−8x + y = 22 egyenletrendszert. A második egyenletb˝ol y = 8x + 22, ezt helyettesítjük az els˝o egyenletbe: 70 38 y= , x + 16x + 44 = 6, 17x = −38, x=− , 17 17   38 70 tehát a középpont: K − , . A körsugár a KA távolság. 17 17     70 2 19 825 38 2 + −3 − = , r2 = KA2 = 2 + 17 17 172 tehát a kör egyenlete:     70 2 19 825 38 2 + y− = . x+ 17 17 289

2. Döntsük el, kör egyenlete-e az x2 + y2 − 16x + 6y + 24 = 0 egyenlet. Alakítsuk át négyzetösszeggé az egyenlet bal oldalán álló kifejezést: (x − 8)2 − 64 + (y + 3)2 − 9 + 24 = 0, (x − 8)2 + (y + 3)2 = 49 = 72 ,

az egyenlet tehát olyan kör egyenlete, amelynek középpontja (8, −3), sugara 7.

3. Írjuk fel annak a körnek az egyenletét, amelynek középpontja a K(−1, 5) pont és érinti a 12x − 5y = 28 egyenlet˝u egyenest. A kör sugara a K pont érint˝ot˝ol mért távolságával egyenl˝o, ez pedig a (17.2.8) összefüggés alapján: 65 |12 · (−1) − 5 · 5 − 28| √ = = 5. r= 13 122 + 52

Az egyenlet: (x + 1)2 + (y − 5)2 = 25.

4. Mi az egyenlete annak a körnek, amely érinti a koordinátatengelyeket és átmegy a P(8, 1) ponton? Ha a kör sugara r, a K középpont koordinátái K(r, r), ezért egyenlete ilyen alakú (17.3.5. ábra): (x − r)2 + (y − r)2 = r2 . A P(8, 1) pont ezt kielégíti, ezért (8 − r)2 + (1 − r)2 = r2 . Ezt az r-ben másodfokú egyenletet átalakítva kapjuk, hogy r2 − 18r + 65 = 0, ennek megoldása:

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

17. Koordinátageometria

353

√ 18 ± 8 18 ± 182 − 4 · 65 = , r1 = 13, r2 = 5. 2 2 A feladat feltételeit ezek szerint két kör elégíti ki, ezek egyenletei: (x − 13)2 + (y − 13)2 = 169, (x − 5)2 + (y − 5)2 = 25. r=

17.3.5. ábra. 4. feladat

17.3.6. ábra. 5. feladat 2

5. Írjuk fel a Q(−11, −5) pontból az x + y2 − 12x − 4y − 129 = 0 egyenlet˝u k körhöz húzható érint˝ok egyenletét! Ha Q koordinátáit a kör normálegyenletének bal oldalába helyettesítjük, megkapjuk Q-nak a k körre vonatkozó hatványát, azaz a Q-ból a k-hoz húzható QE érint˝o hosszának a négyzetét (17.3.6. ábra): QE 2 = 112 + 52 − 12(−11) − 4(−5) − 129 = 169. Ha most a Q középpontú QE sugarú körnek és k-nak a metszéspontjait kiszámítjuk, megkapjuk a Q-ból k-hoz húzott érint˝ok érintési pontjait. A Q középpontú QE sugarú kör egyenlete: (x + 11)2 + (y + 5)2 = 169, azaz k egyenlete:

x2 + y2 + 22z + 10y − 23 = 0,

x2 + y2 − 12x − 4y − 129 = 0.

Ebb˝ol a két másodfokú egyenletb˝ol álló egyenletrendszert kell most megoldanunk. Hogy egyszer˝ubb egyenletet kapjunk, vonjuk ki a második egyenletet az els˝ob˝ol és egyszer˝usítsük a kapott egyenletet: 34x + 14y + 106 = 0, 17x + 7y + 53 = 0. Az utolsó egyenletb˝ol 17x + 53 . 7 Helyettesítsük ezt be az els˝o másodfokú egyenletünkbe. Helyettesítés, ill. a kijelölt m˝uveletek elvégzése és az egyenlet rendezése után a következ˝o másodfokú egyenletet kapjuk: x2 + 5x − 6 = 0. Ebb˝ol y=−

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

354

17. Koordinátageometria

√ −5 ± 25 − 24 −5 ± 7 = , x1 = 1, x2 = −6. 2 2 Az ezekhez tartozó y értékek: y1 = −10, y2 = 7. Az érintési pontok: E1 (1, −10), E2 (−6, 7). A Q pontból húzható érint˝ok a QE1 és a QE2 egyenesek, ezek egyenletei (17.2.6) felhasználasával: 5x + 12y = −115, 12x − 5y = −107. x=

17.4. A parabola és egyenletei A parabola azoknak a pontoknak a halmaza a síkon, amelyek a sík egy F pontjától és egy d egyenesét˝ol egyenl˝o távolságra vannak. (Az F nincs a d-n.) Az F a parabola fókusza (gyújtópontja), a d egyenes pedig a vezéregyenese (direktrixe). F-b˝ol a d-re emelt t men˝oleges egyenes a parabola szimmetriatengelye – ezt egyszer˝uen csak a parabola tengelyének mondjuk. Az F és d távolságának felez˝opontjában lev˝o C pont pontja a parabolának, hiszen F-t˝ol és dt˝ol is egyenl˝o távolságra van (17.4.1. ábra). C-ben a t-re emelt c mer˝oleges 17.4.1. ábra. Parabola szerkesztése a parabola csúcsérint˝oje. A parabola tetszés szerinti sok pontját úgy szerkeszthetjük meg, hogy d-t˝ol valamilyen r távolságra d-vel párhuzamost húzunk, és ezt elmetsszük egy F középpontú r sugarú körrel. A kapott P, P′ metszéspontok a parabola pontjai, hiszen d-t˝ol és F-t˝ol is egyenl˝o távolságra vannak. Válasszuk a koordináta-rendszer x tengelyét a parabola tengelyén, az y tengely legyen a csúcsérint˝o, az origó így a C pont lesz, amit egyébként a parabola csúcsának mondunk. Jelöljük F-nek a vezéregyenest˝ol mért távolságát p-vel (p a parabola paramétere), a parabola tetsz˝oleges P pontjáp nak a koordinátái legyenek (x, y). P távolsága d-t˝ol x + , F koordinátái 2 p  , 0 . A távolságképlet szerint F 2  p 2 + y2 , FP2 = x − 2 ez a parabola definíciója szerint a P pont d-t˝ol mért távolságának a négy   p 2 p 2 p 2 -tel egyenl˝o, tehát x − + y2 = x + . zetével, x + 2 2 2

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

17. Koordinátageometria

355

Ennek az egyenletnek a parabola pontjai és csakis azok tesznek eleget, ez tehát a parabola egyenlete. A négyzetre emelések és az egyenlet rendezése után a parabola egyenletére egyszer˝ubb alakot kapunk: p2 p2 x2 − px + + y2 = x2 + px + , 4 4 y2 = 2px.

(17.4.1)

A gyakorlati alkalmazások nagy részében a parabolát úgy helyezzük el a koordináta-rendszerben, hogy tengelye az y tengellyel essék egybe és csúcsérint˝oje az x tengely legyen, tehát el˝obbi elhelyezésünkhöz képest a két tengely éppen szerepet cserél (17.4.2. ábra). E cserével a parabola egyenlete: x2 = 2py, y=

x2 2p

17.4.2. ábra. A parabola érint˝oje

1 -t egyszer˝uen a-val jelölve, a parabola egyenlete: 2p y = ax2 . (17.4.2) a = 1 esetén a parabolát normálparabolának hívjuk, ennek egyenlete tehát y = x2 .

alakú.

A parabola érint˝ojének olyan egyenest nevezünk, amelynek egy közös pontja van a parabolával, de nem párhuzamos a parabola tengelyével. Válasszuk ki az y = ax2 parabola egy P0 (x0 , y0 ) = P0 (x0 , ax20 ) pontját. Keressük meg a P0 pontbeli érint˝o iránytényez˝os egyenletét. Mivel az érint˝o átmegy a P0 ponton, egyenlete (17.2.18) alapján y = m(x − x0) + ax20 (17.4.3) alakú. Az egyenlet akkor lesz ismert, ha m-et is meghatározzuk benne. m-nek olyannak kell lennie, hogy az y = m(x − x0 ) + ax20 egyenesnek és a parabolának csak egy metszéspontja legyen, ezért ha megoldjuk a parabola és az egyenes egyenleteib˝ol álló egyenletrendszert, csak egy megoldást kell kapnunk. Helyettesítsük az egyenes egyenletéb˝ol y-t a parabola egyenletébe: ax2 = m(x − x0) + ax20 . Rendezzük ezt az x-ben másodfokú egyenletet: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

356

17. Koordinátageometria ax2 − mx + (mx0 − ax20 ) = 0.

Ennek a másodfokú egyenletnek akkor van csak egy megoldása, ha diszkriminánsa nulla, tehát m2 − 4a(mx0 − ax20) = 0, m2 − 4amx0 + 4a2x20 = 0,

(m − 2ax0)2 = 0,

tehát az egyenes akkor érint˝o, ha m = 2ax0, ezért a P0 (x0 , y0 ) pontbeli érint˝o egyenlete (17.4.3)-ból: y = 2ax0 (x − x0) + ax20 , y = 2ax0 x − ax20.

(17.4.4)

Ezt az egyenletet ax20 = y0 miatt y = 2ax0 x − y0 alakban is felírhatjuk; ebb˝ol az alakból azonnal kiolvasható, hogy a P0 (x0 , y0 ) pontbeli érint˝o az y tengelyt a −y0 pontban, az x tengelyt vix0 pontban metszi (17.4.2. ábra); ebb˝ol a tényb˝ol az érint˝o több szont az 2 fontos tulajdonsága következik. Legyen a parabola P pontjából a vezéregyenesre állított mer˝oleges talppontja F ′ (17.4.3. ábra), az F fókuszból a tengelyre állított mer˝oleges PF ′ -t a Q pontban metszi; a tengely és a vezéregyenes metszéspontja T . A T FQF ′ téglalapból a c csúcsérint˝o a középvonalat metszi ki, ennek K felez˝opontja a téglalap középpontja. Az érint˝o el˝obb levezetett tulajdonsága szerint a P pontbeli érint˝o c-t a K-ban metszi; mivel pedig az FPF ′ háromszög egyenl˝o szárú, és K az FF ′ alap felez˝opontja, ezért ebben az 17.4.3. ábra. Érint˝otulajdonságok egyenl˝o szárú háromszögben a P pontbeli érint˝o szimmetriatengely. Ebb˝ol következik a parabolaérint˝o alábbi három, nevezetes tulajdonsága: 1. a parabola érint˝oje felezi azt a szöget, amelyet az érintési pontból a vezéregyenesre emelt mer˝oleges és az érintési pontból a fókusz felé indított félegyenes bezár; 2. a fókuszból az érint˝ore emelt mer˝oleges talppontja a csúcsérint˝on van; 3. a fókuszt az érint˝ore tükrözve a vezéregyenesen lev˝o pontot kapunk. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

17. Koordinátageometria

357

A görbék elméletében általánosan használt elnevezés szerint az érintési pontban a síkgörbe érint˝ojére emelt mer˝oleges a görbe pontbeli normálisa. A parabola érint˝ojének tulajdonságai miatt a parabola alakú tükörre a tengellyel párhuzamos fénysugár visszaver˝odés után a fókuszon megy át (innen a gyújtópont elnevezés) és a fókuszból induló fénysugarak visszaver˝odés után a tengellyel párhuzamosan haladnak. Ez teszi lehet˝ové a parabola számos m˝uszaki alkalmazását (pl. parabolatükör, fényszóró, antennák).

17.4.4. ábra. A parabola általánosabb helyzetben

Ha az y = ax2 egyenlet˝u parabolát tükrözzük az x tengelyre, a tükörképparabola egyenlete: y = −ax2 . Ha viszont eltoljuk a parabolát az e(u, v) vektorral (17.4.4. ábra), az eltolt helyzet˝u parabola egyenlete (17.1.1) miatt y − v = a(x − u)2,

ill.

y = a(x − u)2 + v

(17.4.5)

lesz, amit általános formában így írhatunk fel: y = ax2 + bx + c.

(17.4.6)

Ezek szerint minden olyan parabola, amelynek tengelye párhuzamos az y tengellyel, ilyen alakban írható egyenlettel rendelkezik. Mivel az új helyzet˝u parabola csúcsa az origó eltolásával keletkezik, a (17.4.5) alatti egyenlettel rendelkez˝o parabola csúcsa a C(u, v) pont. Figyeljük meg, hogy ha az x2 -es tag együtthatója pozitív (a > 0), a parabola csúcsa „lent” van, ha negatív (a < 0), akkor pedig „fent” van. Megfordítva: minden y = ax2 + bx + c egyenlet (a 6= 0) az y tengellyel párhuzamos tengely˝u parabola egyenlete. Pl. az y = x2 − 8x + 7

egyenlet y = (x − 4)2 − 16 + 7 = (x − 4)2 − 9 alakban írható, ezért ez a normálparabolából úgy kapható, hogy csúcsát a (4, −9) pontba toljuk el. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

358

17. Koordinátageometria

A parabola egyenletének a másodfokú függvényekkel való kapcsolatáról a 20.5. szakaszban van szó. Feladatok 1. Írjuk fel annak a parabolának az egyenletét, amelynek tengelye párhuzamos az y tengellyel és átmegy a P(1, 4), Q(2, 9), R(0, 5) ponton. Az egyenletet y = ax2 + bx + c alakban keressük, ezért az a célunk, hogy az a, b, c együtthatókat meghatározzuk. Helyettesítsük be rendre a megadott pontok koordinátáit a parabola egyenletébe; így egy háromismeretlenes egyenletrendszert kapunk: a + b + c = 4, 4a + 2b + c = 9, c = 5. A harmadik egyenletb˝ol kapott c = 5 értéket az els˝o két egyenletbe helyettesítjük, majd rendezzük az egyenleteket: a + b = −1, 2a + b = 2. Vonjuk ki a második egyenlet megfelel˝o oldalaiból az els˝o egyenlet oldalait, kapjuk, hogy a = 3, ebb˝ol b = −4, a keresett parabolaegyenlet: y = 3x2 − 4x + 5, ez a parabola valóban tartalmazza a P, Q, R pontokat.

2. Állapítsuk meg az y = 4x2 − 40x + 107 parabola csúcsainak a koordinátáit! Alakítsuk át az egyenlet jobb oldalát teljes négyzetté: y = 4x2 − 40x + 107 = 4(x2 − 10x) + 107 = 4(x2 − 10x + 25 − 25) + 107 =

= 4(x2 − 10x + 25) − 100 + 107 = 4(x − 5)2 + 7, ez pedig (17.4.5 alapján) azt jelenti, hogy a parabola csúcsa a C(5, 7) pont; az adott egyenlet˝u parabola az y = 4x2 parabola eltolásával jön létre.

3. Írjuk fel az y = 5x2 parabola 20x − y = 7 egyenlet˝u egyenessel párhuzamos érint˝ojének az egyenletét! Az adott egyenlet y = 20x − 7 alakú, a vele párhuzamos érint˝o egyenlete y = 20x + b. Feladatunk b értékének a meghatározása. Abból indulunk ki, hogy a parabolának és érint˝ojének egy közös pontja van, tehát a parabola és az érint˝o metszéspontját el˝oállító egyenletrendszernek csak egy megoldása lehet. Az egyenletrendszer: y = 5x2 , y = 20x + b, ebb˝ol 5x2 − 20x − b = 0. Ennek az egyenletnek akkor van egy megoldása, ha diszkriminánsa 0, ezért 202 + 4 · 5 · b = 0, b = −20, tehát az érint˝o egyenlete: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

17. Koordinátageometria

359

y = 20x − 20. Más megoldási lehet˝oség: a (17.4.4) alatti érint˝o egyenletéb˝ol kiolvasható, hogy az érint˝o iránytangense 2ax0 , tehát 10x0 = 20, x0 = 2, ezért az érintési pont koordinátái (2, 20). Ez akkor van rajta az y = 20x + b érint˝on, ha b = −20.

17.4.5. ábra. 4. feladat

17.4.6. ábra. 5. feladat

4. Adott a parabola F fókusza, d vezéregyenese és síkjának egy S pontja. Szerkesszünk a parabolához S ponton átmen˝o érint˝ot! A 17.4.3. ábra alapján megállapíthatjuk, hogy az érint˝o felez˝o mer˝olegese az FF ′ szakasznak, ezért az érint˝o S pontjától F és F ′ egyenl˝o távol van. Az érint˝ot ezért úgy szerkeszthetjük meg (17.4.5. ábra), hogy az S középpontú SF sugarú körrel kimetsszük a vezéregyenesb˝ol az F ′ pontot (az ábrán két F ′ pont van: F1′ és F2′ ), FF ′ felez˝o mer˝olegese az érint˝o. Az E érintési pontot az F ′ -b˝ol a tengellyel húzott párhuzamos metszi ki az érint˝ob˝ol. A szerkesztéshez természetesen nem használtuk fel a parabolát, az ábránkon ezt vékony vonallal rajzoltuk meg.

5. Az O középpontú R sugarú félkörbe olyan köröket rajzolunk, amelyek a félkört és átmér˝ojét is érintik. Bizonyítsuk be, hogy a körök középpontjai egy parabolaíven vannak! Helyezzük el a félkört a 17.4.6. ábrán látható módon a koordináta-rendszerben; egy tetsz˝oleges K(x, y) középpontú r sugarú kör érintse a félkört az E pontban, az átmér˝ot pedig az A pontban. Az OAK derékszög˝u háromszögb˝ol OK 2 = OA2 + +AK 2 , mivel r = y, OK = R − r = R − y, (R − y)2 = x2 + y2 ,

azaz

y=−

x2 R + , 2R 2

ez pedig valóban parabola egyenlete (a parabolát az ábrán szaggatottan rajzoltuk be); a számításba jöv˝o parabolaív a parabolának a félkörön belüli része. Más megoldási lehet˝oség: húzzuk meg a félkörnek az átmér˝ojével párhuzamos d érint˝ojét. Az érint˝okör K középpontjának d-t˝ol mért távolsága R − r, de ugyanekkora K-nak az O-tól mért távolsága is, ezért K rajta van azon a parabolán, amelynek fókusza O, vezéregyenese pedig d.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

360

17. Koordinátageometria

17.5. Az ellipszis és egyenletei Az ellipszis azoknak a síkbeli pontoknak a halmaza, amelyeknek a sík két pontjától mért távolságösszege állandó érték.

17.5.1. ábra. Ellipszis szerkesztése

A két pont az ellipszis két fókusza (gyújtópontja; a 17.5.1. ábrán ezek F1 és F2 ), a távolságösszeget 2a-val szoktuk jelölni. Az F1 F2 szakasz O felez˝opontja az ellipszis középpontja, az O-tól az F1 F2 egyenesen a távolságra lev˝o A és B pontok az ellipszis 2a hosszúságú nagytengelyét határozzák meg. Az ellipszis P pontjaira tehát az jellemz˝o, hogy F1 P + F2P = 2a.

(17.5.1)

Ezt a feltételt az A és B pontok is kielégítik. Az AB felez˝o mer˝olegesén lev˝o C és D ellipszispontok az ellipszis kistengelyének a végpontjai, ennek hosszát 2b-vel jelöljük, az OF1 = OF2 távolságot pedig c-vel. Mivel F1 D = = F2 D és F1 D + F2D = 2a, ezért F1 D = a, ennélfogva az F1 OD derékszög˝u háromszögb˝ol b 2 + c2 = a 2 .

(17.5.2)

Az F1 P és F2 P szakaszok, ha P az ellipszis tetsz˝oleges pontja, a P ponthoz tartozó vezérsugarak, ezek összege tehát 2a; r1 + r2 = 2a. A nagytengelyeivel és fókuszaival adott ellipszis pontjait úgy szerkeszthetjük meg, hogy felveszünk két szakaszt, r1 -et és r2 -t, amelyeknek öszszege 2a-val egyenl˝o, ilyeneket legegyszer˝ubben a nagytengely valamilyen kettévágásával kaphatunk, az F1 körül r1 sugárral és az F2 körül r2 sugárral szerkesztett körök metszéspontjai ellipszispontok lesznek. Az ellipszis szimmetrikus a nagy- és kistengelyének az egyenesére és középpontosan tükrös az O pontra. Az ellipszist rendszerint nagytengelyével és két fókuszával, vagy pedig két tengelyével adjuk meg, ezek az ellipszist egyértelm˝uen meghatározzák. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

17. Koordinátageometria

361

Válasszuk a koordináta-rendszert úgy, hogy a nagytengely az x tengelyen, a kistengely pedig az y tengelyen legyen; ekkor F1 , F2 és egy tetsz˝oleges P ellipszispont koordinátái: F1 (−c, 0), F2 (c, 0), P(x, y). A távolságképlettel (17.5.1)-et így írhatjuk fel: q q (x + c)2 + y2 + (x − c)2 + y2 = 2a,

ez az ellipszis egyenlete, mert ezt az ellipszis pontjai és csakis azok elégítik ki. Gyakorlati alkalmazások céljára ezt az egyenletet átalakítjuk úgy, hogy mindkét oldalát négyzetre emeljük, majd úgy rendezzük, hogy az egyenlet egyik oldalán csak egyetlen négyzetgyökös kifejezés álljon. Most ismét négyzetre emelve mindkét oldalt, rendezés után az y2 x2 + =1 a 2 a 2 − c2

egyenletet kapjuk. Helyettesítsük ebben a2 − c2 -et a (17.5.2)-b˝ol adódó b2 tel: x2 y2 + = 1, (17.5.3) a2 b2 ez az ellipszis középponti egyenlete. Bebizonyítható, hogy a kétszeri négyzetre emelés ebben az esetben egyenérték˝u átalakítás volt, tehát a középponti egyenletet az ellipszis pontjai és csakis azok elégítik ki. Az ellipszis pontjait paraméteres egyenletrendszerrel is megadhatjuk. Ha az origóból induló r vektor végpontja írja le az ellipszist, akkor r(x, y) koordinátái: x = a cost, (17.5.4) y = b sint, ha t befutja a 0 ≦ t < 2π intervallumot, r leírja az ellipszist, mivel y x = cost, = sint, a b

17.5.2. ábra. Az ellipszis érint˝oje

ebb˝ol x2 y2 + = cos2 t + sin2 t = 1, a2 b2 tehát a paraméteresen el˝oállított pontok ellipszisegyenletet elégítenek ki. Az ellipszis érint˝oje olyan egyenes, amelynek az ellipszissel egy közös pontja van. A P pontbeli érint˝o az F1 F2 P háromszög P pontnál lev˝o küls˝o szögfelez˝oje; a tengelyvégpontokban az érint˝o a tengelyre állított mer˝oleges (17.5.2. ábra). www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

362

17. Koordinátageometria

Az ellipszis P0 (x0 , y0 ) pontjához tartozó érint˝o egyenlete: y0 x0 x + 2 y = 1, a2 b

(17.5.5)

állításunkat pl. úgy bizonyíthatjuk, hogy a (17.5.3) és (17.5.5) egyenletekb˝ol álló egyenletrendszert megoldva megmutatjuk, hogy az ellipszisnek és a fenti egyenlettel megadott egyenesnek valóban csak a P0 (x0 , y0 ) a közös pontja. Az ellipszis gyakorlati alkalmazásainak tekintélyes részében azt használjuk fel, hogy a kör vetületei általában ellipszisek, különösen áll ez a kör mer˝oleges vetületére, ha a kört síkjával nem párhuzamos síkra vetítjük. Ennek igazolására vegyünk fel egy a sugarú kört és vetítsük mer˝olegesen egy olyan síkra amely a kör síkjával ϕ szöget zár be (0 < ϕ < 90◦ ). A kört egy koordináta-rendszerben helyezzük el és ezzel együtt vetítjük le (a 17.5.3. ábrán a kör felét rajzoltuk meg és a 17.5.3. ábra. koordináta-rendszer x tengelyét a két A kör ellipszisvetülete sík metszésvonalán választottuk). A kör tetsz˝oleges P(x, y) pontjának a vetülete P0 (x0 , y0 ) pont, ahol x0 = x és y0 = y cosϕ. P rajta van az x2 + y2 = a2 egyenlet˝u körön, végezzük el az y0 x = x0 , y = cosϕ helyettesítést, majd osszuk el a2 -tel a kapott egyenlet mindkét oldalát: y20 = a2 , cos2 ϕ y20 x20 + = 1. 2 a (a cos ϕ)2 x20 +

Ez viszont olyan ellipszis egyenlete, amelynek fél nagytengelye a-val (azaz a kör sugarával) egyenl˝o, fél kistengelye pedig b = a cos ϕ, a vetületi pontok tehát valóban ellipszisen vannak. Hajtsuk most egybe a kör és a vetületként kapott ellipszis síkját, és figyeljük meg a kör és az ellipszis kölcsönös helyzetét (17.5.4. ábra). Az ellipszis pontjai úgy jönnek létre, hogy a kör AB átmér˝ojére mer˝oleges www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

17. Koordinátageometria

363

b félhúrjait cos ϕ = arányban zsugorítjuk, a körre ún. mer˝oleges affin zsua gorítást alkalmazunk, ez azt jelenti, hogy minden köri pontnak az AB átb mér˝ot˝ol mért távolságát -ad a részére csökkentjük. El˝obbi meggondoláa sainkból az is következik, hogy minden ellipszist megkaphatunk úgy, hogy b a nagytengely mint átmér˝o fölé szerkesztett kört (ez az ellipszis f˝oköre) a arányban zsugorítjuk.

17.5.4. ábra. A kör affin zsugorításával nyert ellipszis

17.5.5. ábra. Az ellipszis kétkörös szerkesztése

Ez az észrevétel az ellipszis pontjainak egy egyszer˝u, gyors szerkesztését (az ún. kétkörös szerkesztést) teszi lehet˝ové (17.5.5. ábra). Szerkesszünk a tengelyeivel adott ellipszis középpontja körül a, ill. b sugarú köröket; a f˝okör egy tetsz˝oleges P pontjának az affin zsugorítottját a következ˝o módon szerkeszthetjük meg: az OP szakasznak és a kis körnek a Q metszéspontjából a nagytengellyel; P-b˝ol pedig a kistengellyel húzunk párhuzamost, ezek metszéspontja P0 , ez ellipszisnek a pontja. Ha ui. a PP0 egyenes a nagytengelyt T -ben metszi, akkor az OPT ∢-re alkalmazva a párhuzamos szel˝ok tételét kapjuk, hogy QO b b P0 T = = , azaz P0 T = · PT, PT PO a a b s így P0 -t valóban a f˝okör arányú zsugorításával kapjuk. a Az ellipszis pontjait a PQP0 típusú „zászlócskák” szerkesztésével kapjuk meg. A kétkörös szerkesztéssel egyébként az ellipszis érint˝oit is könynyen megszerkeszthetjük: a kör egy R pontjában húzott érint˝o és a megfelel˝o R0 pontbeli ellipszisérint˝o a nagy tengely egyenesének S pontjában metszik egymást, mivel S-nek önmaga a zsugorítottja. A 16.9. szakaszban rámutattunk arra a tényre, hogy egy síkidom vetületének területét az eredeti területb˝ol a sík és a vetületi sík hajlásszögének www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

364

17. Koordinátageometria

a koszinuszával való szorzásával kapjuk. Mivel minden ellipszis megkapható úgy, hogy az a sugarú kört olyan síkra vetítjük, amely a kör síkjával b ϕ szöget zár be és cos ϕ = , ezért a b b tellipszis = tkör · cosϕ = tkör · = a2 π · , a a tellipszis = abπ.

(17.5.6)

Feladatok 1. Írjuk fel annak az ellipszisnek az egyenletét, amelynek tengelyei a koordinátatengelyeken vannak és átmegy a (4, 3), (6, 2) pontokon. x2 y2 + = 1 alakban akarjuk felírni, ehhez a2 és b2 értékét kell a2 b2 megadnunk. Helyettesítsük be az egyenletbe az adott pontok koordinátáit, a2 -re és b2 -re kétismeretlenes egyenletrendszert kapunk: 9 16 + 2 = 1, azaz 9a2 + 16b2 = a2 b2 , 2 a b 4 36 + = 1, azaz 4a2 + 36b2 = a2 b2 . a2 b2 A törtmentes egyenletek megfelel˝o oldalainak a különbségét véve kapjuk, hogy 5a2 − 20b2 = 0, azaz a2 = 4b2 . Az egyenletet

Helyettesítsük ezt az els˝o törtmentes egyenletbe: 36b2 + 16b2 = 4b4 , 52b2 = 4b4 .

Mivel b2 6= 0, ebb˝ol b2 = 13, és a2 = 52 adódik; az ellipszis egyenlete: x2 y2 + = 1, 52 13 helyettesítéssel meggy˝oz˝odhetünk, hogy √ az adott √ pontok valóban rajta vannak ezen az ellipszisen. A féltengelyek hossza 52 és 13.

2. Írjuk fel annak az ellipszisnek az egyenletét, amelynek nagytengelye az x tengellyel, kistengelye az y tengellyel középpontja a √ √ párhuzamos, K(−6, 1) pont és féltengelyeinek hossza 7, ill. 3. Ha a középpont az origó lenne, az ellipszis egyenletét így írhatnánk fel: x2 y2 + = 1. 7 3 −→ A feladatban szerepl˝o ellipszist kapjuk meg, ha ezt az OK(−6, 1) vektorral eltoljuk, ezért az egyenlet (17.1.1) alapján: (x + 6)2 (y − 1)2 + = 1. 7 3 Megjegyezzük, hogy az ilyen egyenletet szokás polinommá alakítva is megadni: 3x2 + 7y2 + 36x − 14y + 94 = 0. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

365

17. Koordinátageometria

x2 y2 + = 1 ellipszisnek és az y = 2x − 9 egyenesnek 3. Adjuk meg az 36 12 a metszéspontjait. A két egyenletb˝ol álló egyenletrendszer megoldása szolgáltatja a metszéspontok koordinátáit. Helyettesítsük be a második egyenletb˝ol kifejezett y értéket az els˝o egyenletbe: x2 (2x − 9)2 + = 1, 36 12 2 2 x + 3(4x − 36x + 81) = 36,

13x2 − 108x + 207 = 0, √ 108 ± 30 108 ± 1082 − 4 · 13 · 207 = ; x= 26 26

x1 = 3,

x2 =

69 . 13

21 Az ezekhez tartozó y értékek az y = 2x − 9 egyenletb˝ol: y1 = −3, y2 = . 13   69 21 A metszéspontok: M1 (3, −3), M2 , . 13 13

4. Egy AB szakasz úgy mozog a síkon, hogy az A pontja egy y egyenesen, a B pontja pedig mindig az y-ra mer˝oleges x egyenesen van. Mit ír le mozgás közben az AB szakasz bels˝o P pontja, ha AP = a, PB = b hosszúságú?

Legyen az x és y egyenes a koordináta-rendszer x tengelye, ill. y tengelye (17.5.6. ábra). Elegend˝o a mozgást az I. síknegyedben vizsgálnunk, a többi síknegyedben kapott görbe ennek a görberésznek a tükrözéseivel kapható. Legyen az ABO∢ =t, az ábrán látható hasonló háromszögekb˝ol x = a cost, y = b sint, ez viszont éppen az ellipszis (17.5.4) alatti paraméteres egyenletrendszere. Ha a = b, a kör paraméteres egyenletrendszerét kapjuk meg (17.3.5); AB felez˝opontja tehát kört ír le, többi 17.5.6. ábra. 4. feladat (ellipszográf) pontja pedig ellipszist. Megjegyezzük, hogy az AB egyenesnek az AB szakaszon kívüli pontjaira is érvényes (kis módosítással) a fenti bizonyításunk; ezek a pontok is ellipszist írnak le. Az ellipszisnek most vizsgált tulajdonságai lehet˝ové teszik az ellipszis pontjainak gyors megszerkesztését, ezenkívül ezen az alapon ellipszisrajzoló mechanizmus is készíthet˝o, ez az ún. ellipszográf .

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

366

17. Koordinátageometria

5. Határozzuk meg azoknak a pontoknak a halmazát (mértani helyét), x x amelyekre az y = és y = − egyenesekt˝ol mért távolságok négyzetének 2 2 összege 40-nel egyenl˝o. Írjuk fel az egyenleteket x−2y = 0, x+2y = 0 alakban. Egy P(x, y) pont ezekt˝ol az egyenesekt˝ol mért távolságainak négyzete (17.2.8) alapján: (x + 2y)2 (x − 2y)2 , ill. . 1 + 22 1 + 22 A feladat feltételeit kielégít˝o pontok ezért eleget tesznek a következ˝o egyenletnek: (x − 2y)2 (x + 2y)2 + = 40. 5 5 Átalakítva y2 2x2 + 8y2 x2 = 40, ill. + = 1. 5 100 25 Ezek a pontok olyan ellipszisen vannak, amelynek féltengelyei 10, ill. 5. Gondolatmenetünk megfordítható, tehát ennek az ellipszisnek minden pontja hozzátartozik a vizsgált halmazhoz.

17.6. A hiperbola és egyenletei A hiperbola azoknak a síkbeli pontoknak a halmaza, amelyeknek a sík két rögzített pontjától, a fókuszoktól (gyújtópontoktól) mért távolságkülönbsége abszolút értékben állandó. Jelölje a két fókuszt F1 és F2 ; a hiperbola tetsz˝oleges P pontját a fókuszokkal összeköt˝o szakaszok a vezérsugarak, F1 P = r1 ; F2 P = r2 . Ezek különbségének abszolút értéke állandó, ezt az állandót 2a-val jelöljük, tehát |r1 − r2 | = 2a. A hiperbola pontjait úgy szerkeszthetjük meg, hogy F1 -b˝ol egy tetsz˝oleges r1 sugárral kört szerkesztünk, ezt elmetsszük olyan F2 középpontú r2 sugarú körrel, amelyre |r1 − r2 | = 2a teljesül (17.6.1. ábra). Az F1 F2 egyenesnek a hiperbolán 17.6.1. ábra. Hiperbola, aszimptoták, érint˝o lev˝o két pontja A és B, ezek a hiperbola csúcsai; A és B távolsága szükségképpen 2a, mert így teljesül, hogy a fókuszoktól mért távolságkülönbségeik 2a-val egyenl˝ok. Az AB szakaszt (ill. egyenesét) a hiperbola valós tengelyének mondjuk, felez˝opontja, O a hiperbola középpontja, erre tükrös a görbe. A valós tengely (vagy a köznapi használatban egyszer˝uen: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

17. Koordinátageometria

367

a tengely) és az O-ban erre emelt mer˝oleges a hiperbola szimmetriatengelyei. Maga a hiperbola két részb˝ol – két ágból – áll; a bal oldali ágra r2 − r1 = 2a, a jobb oldalira r1 − r2 = 2a teljesül. Helyezzük el a hiperbolát a koordináta-rendszerben úgy, hogy középpontja az origó, valós tengelye az x tengelyen legyen és jelölje a fókuszok koordinátáit F1 (−c, 0), F2 (c, 0), egy tetsz˝oleges hiperbolapont legyen P(x, y). Az |r1 − r2 | = 2a összefüggést a távolságképlet alapján így írhatjuk: q q (x + c)2 + y2 − (x − c)2 + y2 = 2a.

Ez a hiperbola egyenlete. Ugyanúgy, mint az ellipszis esetében, ez az egyenlet egyenérték˝u átalakításokkal (kétszeri négyzetre emelés) rendezés után a következ˝o alakra hozható: y2 x2 − 2 = 1. 2 a c − a2

Vezessük be a c2 − a2 = b2 jelölést (c > a; a b hosszúságnak most nincs olyan közvetlen geometriai jelentése, mint az ellipszisnél), így kapjuk a hiperbola középponti egyenletét: x2 y2 − = 1. (17.6.1) a2 b2 A hiperbola egyenletében oldalt szorzattá is alakíthatjuk:  x a bal y  x y  + − = 1. (17.6.2) a b a b Az x y x y + = 0, − =0 a b a b egyenlet˝u egyenesek a hiperbola aszimptotái, egyenletük egyébként bx + ay = 0 és bx − ay = 0 (17.6.3)

alakban is írható. Az aszimptoták átmennek a középponton, de a hiperbolával nincs közös pontjuk, ami a (17.6.2) alakból is látszik, a közös pont ti. a hiperbola egyenletének bal oldalát nullává tenné. A hiperbola két ága az aszimptoták által meghatározott két csúcsszögtartományban helyezkedik el. A hiperbola szimmetriatengelyeire az aszimptoták is tükrösek. Ha P a hiperbola tetsz˝oleges pontja, az F1 PF2 háromszög P pontjához tartozó (bels˝o) szögfelez˝o a hiperbola érint˝oje, ennek a hiperbolával csak a P a közös pontja; a csúcsokban az érint˝ok mer˝olegesek a valós tengelyre. A P0 (x0 , y0 ) hiperbolapontban az érint˝o egyenlete: y0 x0 x − 2 y = 1. (17.6.4) 2 a b

Állításunkat úgy igazolhatjuk, hogy a (17.6.1) és (17.6.4) egyenletekb˝ol álló egyenletrendszert megoldva megmutatjuk, hogy a hiperbolának és a www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

368

17. Koordinátageometria

fenti egyenlettel megadott egyenesnek csak egy közös pontja van, és ez éppen a P0 (x0 , y0 ) pont. A hiperbolát is el˝oállíthatjuk paraméteres egyenletrendszerrel; két ilyen el˝oállítást adunk meg: az egyik   π 3π a , y = b tgt 0 ≦ t ≦ 2π, t 6= , . x= cost 2 2 Más vizsgálati célokra el˝onyösebb a következ˝o paraméteres el˝oállítás: x = ± a cht, y = b sht, (17.6.5)

ha t befutja a valós számokat, a (cht, sht) alakú pontok a hiperbola jobb oldali ágát, a (−cht, sht) alakú pontok pedig a bal oldali ágát írják le. (A cht, sht függvények meghatározására l. a 20.10. szakaszt.) Az el˝oállítások helyessége a (17.6.1) egyenletbe való helyettesítéssel közvetlenül belátható, pl. az els˝o esetben  x 2  y 2 1 1 − sin2 t cos2 t 2 − = − tg t = = = 1, a b cos2 t cos2 t cos2 t   a tehát az , b tgt alakú pontok hiperbolaegyenletet elégítenek ki, és cost az adott formában minden hiperbolapont felírható. x2 y2 Legyen most P0 (x0 , y0 ) az 2 − 2 = 1 hiperbola tetsz˝oleges pontja. a b Bebizonyítjuk, hogy a hiperbola pontjainak a két aszimptotától mért távolságait összeszorozva állandó értéket kapunk. A P0 pontnak az aszimptotáktól mért távolságai (17.2.8) és (17.6.3) alapján: bx0 − ay0 bx0 + ay0 √ , √ , 2 2 a +b a2 + b2 a távolságokat itt el˝ojelesen értjük. A távolságok szorzata:  2  x0 y20 a2 b2 a2 b2 (bx0 + ay0)(bx0 − ay0) b2 x20 − a2y20 = = − = 2 , 2 2 2 2 2 2 2 2 a +b a +b a +b a b a + b2 ami valóban állandó érték. Gondolatmenetünk meg is fordítható, így a következ˝oket kapjuk: azoknak a pontoknak a halmaza, amelyeknek két metsz˝o egyenest˝ol mért távolságait összeszorozva állandó értéket kapunk, olyan hiperbola, amelynek a két egyenes a két aszimptotája. A hiperbolát derékszög˝unek (régebbi elnevezéssel: egyenl˝o szárúnak) mondjuk, ha aszimptotái mer˝olegesek egymásra. A (17.6.3) alatti aszimptota egyenletekb˝ol látjuk, hogy az aszimptoták normálvektorai (b, a) és (b, −a), ezek akkor mer˝olegesek, ha skaláris szorzatuk nulla, vagyis www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

17. Koordinátageometria

369

b2 − a2 = 0, b2 = a2 , mivel azonban a és b pozitívak, a = b; a derékszög˝u hiperbola egyenlete ezért x2 y2 − = 1 vagy x2 − y2 = a2 . (17.6.6) a2 a2

17.6.2. ábra. Derékszög˝u hiperbola

17.6.3. ábra. Az y =

c egyenlet˝u hiperbola x

Forgassuk el az {x, y} koordináta-rendszert −45◦ -kal (17.6.2. ábra), és írjuk fel a derékszög˝u hiperbola egyenletét az új, {x′ , y′ } koordinátarendszerben. Az áttérés formulái (17.1.6) alapján √ 2 ′ ′ ◦ ′ ◦ (x + y′ ), x = x cos(−45 ) − y sin(−45 ) = 2 √ 2 (−x′ + y′ ). y = x′ sin(−45◦ ) + y′ cos(−45◦) = 2 Helyettesítsük ezt az x2 − y2 = a2 egyenletbe: 1 1 a2 = x2 − y2 = (x′ + y′ )2 − (−x′ + y′ )2 = 2 2 1 ′2 ′ ′ = (x + 2x y + y′2 − x′2 + 2x′ y′ − y′2 ), 2 a2 ′ ′ xy = = állandó, 2 vagyis az aszimptoták koordináta-rendszerében a derékszög˝u hiperbola egyenlete: c xy = c, ill. y = x alakú, ahol c 6= 0 állandó; ez egyébként összhangban van el˝obbi eredményünkkel, amely szerint a hiperbolapontok aszimptotáktól mért távolságainak a szorzata állandó, hiszen a szóban forgó távolságok itt éppen a pont koordinátáival egyenl˝ok (17.6.3. ábra). www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

370

17. Koordinátageometria

Feladatok 1. Írjuk fel annak a hiperbolának és aszimptotáinak az egyenletét, amelynek √ középpontja √ az √ origó, valós tengelye az x tengelyen van és átmegy a (3, 14), ( 12, 21) pontokon. x2 y2 − = 1 egyenletbe, így az isa2 b2 2 2 meretlen a -re és b -re kétismeretlenes egyenletrendszert kapunk: 14 9 − = 1, a2 b2 12 21 − = 1, a2 b2 2 2 9b − 14a = a2 b2 , Helyettesítsük be a pontok koordinátáit az

12b2 − 21a2 = a2 b2 .

A két egyenlet megfelel˝o oldalainak a különbsége: 3 −3b2 + 7a2 = 0, a2 = b2 , 7 a2 kifejezését az els˝o törtmentes egyenletbe helyettesítjük: 3b4 , 9b2 − 6b2 = 7 21b2 = 3b4 , b2 = 7, a2 = 3, és így a hiperbola egyenlete: x2 y2 − = 1, 3 7 az aszimptoták egyenlete (17.6.3) alapján √ √ √ √ 7x + 3y = 0, 7x − 3y = 0.

2. Mutassuk meg, hogy az y=

3x − 3 x−2

egyenlet derékszög˝u hiperbola egyenlete. Írjuk fel az aszimptoták egyenleteit! Az egyenlet mindkét oldalát x − 2-vel megszorozzuk, majd átalakítjuk az így kapott egyenletet: y(x − 2) = 3x − 3, y(x − 2) = 3(x − 2) + 3, (x − 2)(y − 3) = 3. Ez viszont annak a derékszög˝u hiperbolának az egyenlete, amely az xy = 3 egyenlet˝u hiperbolából a v(2, 3) vektorral való eltolással származik. A hiperbola középpontja tehát a K(2, 3) pont, és így az aszimptoták e ponton át a koordinátatengelyekkel húzott párhuzamosok; egyenleteik: x = 2, ill. y = 3.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

17. Koordinátageometria

371

3. Adott egy S pont és egy y egyenes, és legyen S-b˝ol az y-ra állított mer˝oleges egyenes x, x és y metszéspontja O. Szerkesszük meg azokat a rombuszokat, amelyeknek egyik csúcsa az S, az S-b˝ol induló egyik oldal végpontja az xS kezd˝opontú O-t nem tartalmazó félegyenesén, a másik oldal végpontja pedig az y egyenesen van. Mutassuk meg, hogy az S-sel szemközti rombuszcsúcsok hiperbolán vannak.

17.6.4. ábra. 3. feladat Legyen az x és y egyenes a koordináta-rendszer x, ill. y tengelye, és legyenek az y-on változó Q rombuszcsúcs koordinátái Q(0, y) (17.6.4. ábra), a rögzített S q

s2 + y2 és QP = QS, az S-sel szemközti q P rombuszcsúcs koordinátái P(x, y), ahol x = QP = s2 + y2 . A P pontok tehát eleget tesznek az q x = s2 + y2 koordinátái pedig S(s, 0). Mivel QS =

egyenletnek. Mivel mindkét oldal pozitív, ezzel egyenérték˝u egyenletet kapunk, ha mindkét oldalt négyzetre emeljük, majd rendezzük: x2 = s2 + y2 ,

x2 − y2 = s2 ,

ez viszont origó középpontú derékszög˝u hiperbola egyenlete. Mivel az x itt csak pozitív lehet, a P csúcsok a hiperbola jobb oldali ágán helyezkednek el.

17.7. Kúpszeletek és másodrendu˝ görbék Az ellipszist, hiperbolát és parabolát összefoglaló néven kúpszeleteknek nevezzük, mivel mindegyiket (kett˝os) forgáskúp síkmetszeteként kaphatjuk meg. Ha a metsz˝o sík a kúp minden alkotóját metszi, a metszet ellipszis (vagy kör), ha egy alkotóval párhuzamos, a metszet parabola, ha a metsz˝o

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

372

17. Koordinátageometria

sík két alkotót nem metsz, a kimetszett görbe hiperbola (17.7.1. ábra).

17.7.1. ábra. Kúpszeletek: ellipszis, parabola, hiperbola

A kúpszeleteket többféle módon lehet még egységesen definiálni. Pl. a kúpszelet azoknak a pontoknak a halmaza, amelyeknek egy egyenest˝ol és egy egyenesen kívüli ponttól mért távalságaránya állandó érték. Ha ez az arány 1-nél kisebb, a görbe ellipszis, ha 1, akkor parabola, ha viszont 1nél nagyobb, akkor hiperbola. (A kör nem fér bele ebbe a definícióba.) A definícióban szerepl˝o pont a kúpszelet (egyik) fókusza (l. a 17.8. szakaszt). A kúpszeletek egyenlete – mint láttuk – másodfokú kétismeretlenes egyenlet. Általánosabban is felvet˝odik a kérdés, hogy a másodfokú kétismeretlenes egyenletet milyen alakzatok pontjai elégítik ki. Erre a kérdésre ad választ a másodrend˝u görbék elmélete. Másodrend˝u görbéknek nevezzük azokat az alakzatokat, amelyeknek a pontjai a következ˝o alakú egyenleteknek tesznek eleget: a11 x2 + 2a12xy + a22y2 + 2a13x + 2a23y + a33 = 0. (17.7.1) Az aik jelleg˝u számegyütthatókról meg kell jegyezzük, hogy a12 -t a21 alakban is írhatjuk, tehát a12 = a21 , hasonlóan a13 = a31 és a23 = a32 . Az írásmód onnan származik, hogy ezeket az együtthatókat egy determináns elemeinek tekintjük, ez az A érték˝ u determináns a görbe determinánsa: a11 a12 a13 A = a21 a22 a23 . a31 a23 a33 A determináns tehát szimmetrikus a f˝oátlóra; e determináns alapján eldönthet˝o, milyen alakzatot jellemez a (17.7.1) egyenlet. Ennek vizsgálatában lényeges szerepet játszik az A33 aldetermináns: a a12 A33 = 11 = a11 a22 − a212. a21 a22

Ha A33 > 0, a görbét elliptikusnak, ha A33 = 0, akkor parabolikusnak, ha pedig A33 < 0, a görbét hiperbolikusnak mondjuk. Ha viszont A 6= 0, a görbe közönséges, ha A = 0, a görbe elfajult. Hogy egyes esetekben a fenti összefüggések mit jelentenek, a következ˝o táblázatból olvasható ki:

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

373

17. Koordinátageometria A = 0, elfajult görbe A33 > 0 elliptikus

A 6= 0, közönséges görbe

1.

2.

A33 = 0 parabolikus

3.

A33 < 0 hiperbolikus

5.

pont

párhuzamos egyenespár vagy kett˝os egyenes vagy üres alakzat

ellipszis vagy kör, vagy üres alakzat 4.

parabola

6. metsz˝o egyenespár

hiperbola

A táblázat mind a hat mez˝ojében szerepl˝o alakzatra mutatunk egy példát, ill. már ismert példára hivatkozunk. 1. x2 + y2 = 0, ezt csak a (0, 0) pont elégíti ki; 2. ellipszis: (17.5.3), kör: (17.3.1), üres alakzat: x2 + y2 + 1 = 0 ezt egy pont sem elégíti ki; 3. párhuzamos egyenespár: (x + y)(x + y + 1) = 0, ez az x + y = 0 és az x + y + 1 = 0 párhuzamos egyenesek együttes egyenlete; kett˝os egyenes: (x + y)2 = 0; üres alakzat: x2 + 1 = 0; 4. parabola: (17.4.1); 5. metsz˝o egyenespár (x + y)(x−y) = 0, ez az x + y = 0 és x−y = 0 egyenesek közös egyenlete; 6. hiperbola (17.6.1). Az ellipszis (A 6= 0, A33 > 0) vagy hiperbola (A 6= 0, A33 < 0) középpontjának koordinátáit az a11 c1 + a12c2 + a13 = 0, a21 c1 + a22c2 + a23 = 0 egyenletrendszer megoldása szolgáltatja, a középpont koordinátái tehát: C(c1 , c2 ). A koordináta-rendszer kezd˝opontját ide eltolva a másodrend˝u görbe egyenlete az A =0 a11 x2 + 2a12xy + a22y2 + A33 alakba megy át; a koordináta-rendszert origója körül elforgatva kapjuk meg az ellipszis, ill. a hiperbola egyenletének (17.5.3) és (17.6.1) alatti formáit. Feladatok 1. Milyen görbének az egyenlete az 5x2 − 4xy + 6y2 + 6x − 6 = 0? www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

374

17. Koordinátageometria

A görbe determinánsa:

a görbe közönséges,

5 A = −2 2

−2 6 0

5 A33 = −2

3 0 = −210 6= 0, −6

−2 = 26 > 0, 6

a görbét kielégíti a (0, 1) pont, ezért ellipszis.

2. Milyen görbének az egyenlete az x2 − y2 + x − 3y − 2 = 0? A görbe determinánsa:

1 A = 0 0,5

a görbe elfajult,

1 A33 = 0

0 −1 −1,5

0,5 −1,5 = 0, −2

0 = −1 < 0, −1

a görbe metsz˝o egyenespár. A metszéspont koordinátáit ugyanúgy számíthatjuk ki, mint a centrumét: c1 + 0,5 = 0, c1 = −0,5; −c2 − 1,5 = 0, c2 = −1,5, ezért a metszéspont: M(−0,5, −1,5). A két egyenest meghatározhatjuk úgy, hogy pl. az x tengelyen lev˝o pontjaikat keressük meg, ezekre y = 0, ezt helyettesítjük a görbe egyenletébe: √

x2 + x − 2 = 0,

−1 ± 1 + 8 , x1 = 1, x2 = −2, 2 ezért a metszéspontok P1 (1, 0), P2 (−2, 0). A görbe tehát az MP1 és MP2 egyenesekb˝ol áll; egyenlete e két egyenes nullára rendezett egyenletének a szorzata: (x − y − 1)(x + y + 2) = 0. x=

17.8. Polárkoordináták Síkgörbék vizsgálatához olykor a polárkoordináták használata bizonyul célszer˝unek. Adjunk meg a síkon egy O kezd˝opontot (origót) és egy bel˝ole induló félegyenest, amit itt kezd˝oiránynak nevezünk. Az O kezd˝opontú vektoroknak a kezd˝oiránnyal bezárt ϕ forgásszögét itt is irányszög−→ nek mondjuk. Ha P a sík tetsz˝oleges pontja, az OP hosszát r-rel szokás

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

17. Koordinátageometria

375

−→ jelölni. Mivel r és ϕ az OP-t egyértelm˝uen meghatarozzák (17.8 1. ábra), az (r, ϕ) számpárt a P pont polárkoordinátáinak nevezzük. A polárkoordináták egyértelm˝uen meghatározzák a pontot, a ponthoz tartozó r érték is egyértelm˝u, a ϕ irányszög helyett azonban ϕ + k · 360◦ (k tetsz˝oleges egész) is tekinthet˝o irányszögnek. Megállapodás szerint az origó irányszöge tetsz˝oleges lehet. Megkülönböztetés céljából a 16.4. szakaszban értelmezett {O, i, j, k}, ill. {O, i, j} rendszerbeli koordinátákra a derékszög˝u koordináták elnevezést fogjuk használni.

17.8.1. ábra. Síkbeli polárkoordináták

A polárkoordináták és a derékszög˝u koordináták között egyszer˝u kapcsolat van, legyen O az {x, y} koordináta-rendszer origója, kezd˝oiránya pedig az x tengely pozitív felével essék egybe, ekkor x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, a polárkoordináták ismeretében tehát így határozhatjuk meg a derékszög˝u koordinátákat; ha viszont egy P(x, y) pont derékszög˝u koordinátáit ismery jük, a polárkoordinátái, mivel x2 + y2 = r2 és = tg ϕ (x 6= 0), x p x cos ϕ = p r = x2 + y2 , ; 2 x + y2

a ϕ értéke az utóbbi egyenlet [0, 180◦] intervallumba es˝o ϕ0 -lal jelölt megoldása, ha y ≧ 0; ha viszont y < 0, akkor ϕ = 360◦ − ϕ0 . (Ha y pozitív és x 6= 0, akkor ϕ-t rendszerint a y tg ϕ = x egyenlet [0, 180◦] intervallumba es˝o megoldásaként is el˝oállíthatjuk.) Néhány alakzat polárkoordinátás egyenlete: 1. Az origón átmen˝o α irányszög˝u egyenes: ϕ = α. 2. Origó középpontú ρ sugarú kör egyenlete: r = ρ. 3. A kúpszeletek polárkoordinátás egyenletét legegyszer˝ubben a 17.7. szakaszban közölt általános kúpszelet-tulajdonság alapján vezethetjük le, eszerint a kúpszelet pontjainak az F fókusztól és egy d egyenest˝ol (vezéregyenest˝ol) mért távolságaránya egy állandó e értékkel egyenl˝o. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

376

17. Koordinátageometria

Legyen az origó az F fókuszban, a kezd˝oirány a fókuszt tartalmazó tengelyen; legyen továbbá a kúpszelet fókuszon átmen˝o, a tengelyre mer˝oleges húrjának a hossza 2p. A d vezéregyenest válasszuk a kezd˝oirányra p mer˝olegesen az F-t˝ol távolságra, F-nek a kezd˝oiránnyal ellentétes oldae lán (17.8.2. ábra).

17.8.2. ábra. Az ellipszis polárkoordinátás egyenlete

17.8.3. ábra. Térbeli polárkoordináták

A kúpszelet egy tetsz˝oleges pontját jelölje P, polárkoordinátái (r, ϕ). Mivel P-nek F-t˝ol és d-t˝ol mért távolságaránya e, a P-b˝ol d-re állított PT r mer˝oleges hossza . Az ábráról e p r = + r cosϕ, r = p + re cosϕ, e e p (17.8.1) r= −1 − e cosϕ a kúpszelet polárkoordinátás egyenlete. Ez az egyenlet kör egyenlete, ha e = 0, ellipszisé, ha 0 < e < 1; parabolát kapunk, ha e = 1, és a hiperbola jobb oldali ágát, ha e > 1. A hiperbola bal oldali ágánál levezetésünkben r r helyett − -t kell vennünk, ezért ennek polárkoordinátás egyenlete: e e p . r= −1 − e cosϕ Bebizonyítható, hogy az ellipszisnél és hiperbolánál használt jelölésekc b2 ellipszisnél kel e = , e neve: numerikus excentricitás, továbbá p = a a és hiperbolánál, parabolánál pedig megegyezik az ott használt p paraméterrel. A ϕ szög ellipszisnél a 0 ≦ ϕ < 360◦ , parabolánál 0 < ϕ < 360◦ feltételeknek tesz eleget, hiperbolánál pedig ϕ értékét az 1 − e cosϕ > 0, ill. −1 − e cosϕ > 0 feltételek szabják meg, mivel r nem lehet negatív. Térbeli polárkoordinátáknál a kiindulás egy rögzített σ félsík, ennek határegyenese az irányított z egyenes (17.8.3. ábra), ezen van a rögzített O www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

377

17. Koordinátageometria

origó. A tér egy tetsz˝oleges P pontjára és z-re illesztett félsík legyen σ1 , σ-t a σ1 , -be (z irányával szembenézve) ϕ szög˝u forgás viszi (0 ≦ ϕ < 360◦). −→ −→ Az OP-nak a z irányával bezárt szöge, legyen ϑ(0 ≦ ϑ < 180◦). Az OP hosszát r jelöli. A P pont helyzetét az r, ϕ, ϑ egyértelm˝uen meghatározza, ezért ezeket a P polárkoordinátáinak nevezzük; (r, ϕ, ϑ) a P pont térbeli polárkoordinátái. A térbeli polárkoordináta-rendszert beágyazhatjuk egy derékszög˝u koordináta-rendszerbe; a derékszög˝u koordináta-rendszer és a polárkoordinátarendszer origója essék egybe, a z tengely legyen a z irányított egyenese, az x tengely pedig legyen a σ síkban. A P(r, ϕ, ϑ) polárkoordinátájú pont derékszög˝u koordinátái: x = r cos ϕ sin ϑ, y = r sin ϕ sin ϑ, z = r cos ϑ. Megfigyelhetjük, hogy a térbeli polárkoordináták a 16.11. szakaszban használt földrajzi koordinátáktól abban térnek el, hogy a ϑ szöget (ott ϕvel jelöltük) nem az egyenlít˝o síkjától (azaz egy, a z-re mer˝oleges síktól), hanem a z tengelyt˝ol mérjük.

17.9. Egyenes és sík a térbeli koordináta-rendszerben Az {O, i, j, k} koordináta-rendszerben egy e egyenest egy P0 pontja és v irányvektora egyértelm˝uen meghatározza. A P pont akkor és csakis akkor −→ van rajta az így meghatározott egyenesen, ha a P0 P párhuzamos a v-ral, −→ azaz van olyan t valós szám, hogy P0 P = tv (17.9.1. ábra). Jelölje P(x, y, z) helyvektorát r(x, y, z), P0 helyvektorát r0 (x0 , y0 , z0 ) és legyenek v koor−→ dinátái v(a, b, c). Mivel P0 P = r − r0 , el˝obbi egyenletünk r − r0 = tv alakban írható, ezt átrendezve az egyenes vektoregyenletét kapjuk. r = r0 + tv. (17.9.1)

17.9.1. ábra. Az egyenes megadása P0 pontjával és v irányvektorával

Ha t értéke befutja a valós számok halmazát, r végpontja leírja az egész e egyenest. A (17.9.1) egyenlet a benne szerepl˝o vektorok koordinátáira is teljesül: x = x0 + at, y = y0 + bt, (17.9.2) z = z0 + ct, www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

378

17. Koordinátageometria

ez az egyenes paraméteres egyenletrendszere, a t változót nevezzük itt paraméternek. Ezt az egyenletrendszert szokás úgy is felírni, hogy minden egyenletéb˝ol kifejezzük a t paramétert: x − x0 y − y0 z − z0 = = (= t). (17.9.3) a b c (Ha pl. a = 0, akkor az els˝o tört helyett x = x0 -t írunk.) Legyen pl. P0 (3, −1, 4), a rajta átmen˝o egyenes irányvektora v(−7, 2, 1); ekkor az egyenes paraméteres egyenletrendszere: x = 3 − 7t, y = −1 + 2t, z = 4 + t. Ennek az egyenesnek pontja az S(−11, 3, 6) pont, mert t = 2 esetén éppen az a pont áll el˝o. Az egyenletrendszer paramétermentes alakja: x−3 y+1 = = z − 4, −7 2 ebben az alakban is meggy˝oz˝odhetünk róla, hogy S kielégíti az egyenletrendszert. Két egyenes akkor párhuzamos, ha irányvektoraik is párhuzamosak; két egyenes hajlásszöge irányvektoraik hajlásszögével, ill. ha az tompaszög, akkor a vektorok szögének a kiegészít˝o szögével egyenl˝o.

17.9.2. ábra. Kitér˝o egyenesek

Ha a két egyenes nem párhuzamos, metsz˝o vagy kitér˝o voltukat többféle módszerrel is eldönthetjük. Az e1 egyenest v1 irányvektorával és r1 helyvektorú P1 pontjával, az e2 egyenest v2 irányvektorával és r2 helyvektorú P2 pontjával adjuk meg (a 17.9.2. ábrán a helyvektoroknak csak a végpontjait jelöltük). Ha e1 és e2 nem párhuzamosak, akkor metsz˝ok, ha −−→ egy síkban vannak és ez egyenérték˝u azzal, hogy a v1 , v2 , P2 P1 = r1 − r2 vektorok egysíkúak, ez pedig akkor és csakis akkor következik be, ha vegyesszorzatuk nulla (l. a 16.10. szakaszt), azaz v1 v2 (r1 − r2 ) = 0. (17.9.4) Egy másik módszert használunk a 3. feladat megoldásában.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

379

17. Koordinátageometria Koordinátageometriai célokra a síkot rendszerint egy pontjával és egy rá mer˝oleges vektorral, az ún. normálvektorral adjuk meg, ezek az adatok a síkot már egyértelm˝uen meghatározzák. (A normálvektor sohasem nullvektor.) Legyen a sík egy adott pontja az r0 helyvektorú P0 pont, egy normálvektora n és a sík egy tetsz˝oleges pontja az r helyvektorú P pont. P akkor és csakis akkor van az adott síkban (17.9.3. ábra), ha r − r0 mer˝oleges n-ra, tehát skaláris szorzatuk 0:

17.9.3. ábra. A sík megadása P0 pontjával és n normálvektorával

n(r − r0 ) = 0.

(17.9.5)

Ez a sík vektoregyenlete. Legyenek most az egyenletben szerepl˝o vektorok koordinátái: n(A, B, C), r0 (x0 , y0 , z0 ), r(x, y, z), el˝obbi egyenletünk ezekkel a koordinátákkal a következ˝o alakú: A(x − x0 ) + B(y − y0) + C(z − z0) = 0. Ez a sík általános egyenlete. Átrendezve: Ax + By + Cz = Ax0 + By0 + Cz0 ,

(17.9.6)

a jobb oldalon lev˝o állandó értéket szokás D-vel vagy −D-vel jelölni, ezzel az egyenlet így írható: Ax + By + Cz = D vagy Ax + By + Cz + D = 0. (17.9.7) Pl. az n(5, −3, 2) normálvektorú és a P0 (2, 2, 7) ponton átmen˝o sík egyenlete: 5x − 3y + 2z = 5 · 2 − 3 · 2 + 2 · 7 = 18. Megmutatható, hogy ha az A, B,C számok között van nullától különböz˝o, akkor (17.9.7) mindig sík egyenlete. A sík normálvektorai párhuzamos vektorok, ha tehát a sík egyenletéhez más normálvektort választunk, az gyakorlatilag azt jelenti, hogy a (17.9.6) egyenletet egy számmal szorozzuk meg. Ha a sík normálvektora egységvektor, a sík egyenletét normálegyenletnek mondjuk, a normálegyenlet az egyenesek normálegyenletéhez hasonló szerepet játszik a síkok körében. Adjuk meg a síkot az r0 helyvektorú P0 ponttal, továbbá az n0 normál egységvektorral. Ha az r helyvektorú P pont benne van a síkban, akkor (r − r0 ) n0 = 0, mint (17.9.5) esetében láttuk; ha viszont P nincs a síkban,

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

380

17. Koordinátageometria

−→ akkor n0 (r − r0 ) a P0 P-nak az n0 egyenesén lev˝o mer˝oleges vetülete, tehát P-nek a síktól mért (el˝ojeles) távolságával egyenl˝o (17.9.4. ábra). Az Ax + By +Cz + D = 0 egyenletb˝ol a normálegyenletet úgy kaphatjuk meg, hogy az egyenlet pmindkét oldalát elosztjuk az n(A, B, C) normálvektor hosszával, azaz A2 + B2 + C2 -tel, tehát a normálegyenlet Ax + By + Cz + D √ = 0, A2 + B2 + C 2 ennek megfelel˝oen a P(x, y, z) pont távolsága a síktól: |Ax + By + Cz + D| . (17.9.8) d= √ A2 + B2 + C 2 Ha két sík párhuzamos, normálvektoraik is párhuzamosak; két sík hajlásszöge normálvektoraik hajlásszögével vagy annak kiegészít˝o szögével egyenl˝o (figyelembe kell vennünk, hogy síkok hajlásszögén 90◦ -nál nem nagyobb szöget értünk).

17.9.4. ábra. Pont és sík távolsága

17.9.5. ábra. 2. feladat

Feladatok 1. Írjuk fel az A(−1, 7, 12), B(2, 5, 0) pontokat összeköt˝o egyenes egyenletrendszerét. − → Az egyenes irányvektora a v = AB(3, −2 −12) vektor, ezért rögzített pontjának A-t választva az egyenes paraméteres egyenletrendszere: x = −1 + 3t, y = 7 − 2t, z = 12 − 12t. Számításunk ellen˝orzésére meggy˝oz˝odhetünk róla, hogy a B pont is az egyenesen van, hiszen a t = 1 érték éppen a B pontot állítja el˝o. Egyenletrendszerünknek paramétermentes alakja a következ˝o: z − 12 x+1 y−7 = = . 3 −2 −12

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

17. Koordinátageometria

381

2. Mekkora a Q(4, 2, 1) pont távolsága az x = 6 + 6t, y = 2t, z = 1 + 3t egyenest˝ol?

−−→ Az egyenes P0 (6, 0, 1) pontját a Q-val a P0 Q(−2, 2, 0) vektor köti össze. −−→ Q-nak az egyenest˝ol mért távolsága egyenl˝o a P0 Q vektor v(6, −2, 3)-ra mer˝oleges összetev˝ojének, m-nak a hosszával (17.9.5. ábra). A 16.7. szakasz 5. feladata szerint −−→ −−→ (P0 Q · v)v . m = P0 Q − v2 −−→ −−→ Ehhez P0 Q · v = −12 − 4 = −16, v2 = 49, (P0 Q · v)v = (−96, 32, −48),     48 2 66 48 96 32 ,− = − , , , m = (−2, 2, 0) − − , 49 49 49 49 49 49 r 6664 ebb˝ol Q-nak az egyenest˝ol mért távolsága: |m| = = 1,67. 492 −−→ Más megoldás: Indítsuk a v-t a P0 -ból kiindulva, a P0 Q és v egy paralelogram−−→ mát feszítenek ki, amelynek területe |P0 Q × v|; a területet viszont |v||m| alakban is felírhatjuk (alap és magasság szorzata), ezért |P0 Q × v| −−→ . |v||m| = |P0 Q × v|, ebb˝ol |m| = |v| i j k √ −−→ −−→ 2 0 = (6, 6, −8), |P0 Q × v| = 136, P0 Q × v = −2 6 −2 3 r 136 |m| = = 1,67. 49

3. Metszik-e egymást az x = 3 − 5t, y = 4 + 2t, z = 3t és x = −1 + 2t, y = 4 − t, z = −4 − 2t egyenesek? A kérdésre választ adhatunk (17.9.4) alapján; a v1 (−5, 2, 3), v2 (2, −1, −2) irányvektorok nem párhuzamosak, ezért egyeneseik sem; r1 − r2 = (3, 4, 0)− −(−1, 4, −4) = (4, 0, 4), ezért −5 2 3 v1 v2 (r1 − r2 ) = 2 −1 −2 = 20 − 32 + 12 = 0, 4 0 4 a két egyenes tehát metszi egymást. Más megoldás: Ennek a megoldásnak az el˝onye, hogy metsz˝o egyenesek esetén a metszéspontot is megkapjuk. Induljunk ki abból a feltevésb˝ol, hogy a két egyenes metszi egymást egy M pontban, ezt a metszéspontot az els˝o egyenesen a t1 paraméterrel, a másodikon a t2 paraméterrel állítjuk el˝o, ezért 3 − 5t1 = −1 + 2t2 , 4 + 2t1 =

4 − t2 ,

3t1 = −4 − 2t2 . www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

382

17. Koordinátageometria

A két egyenesnek akkor van közös pontja, ha ennek az egyenletrendszernek van megoldása. Az els˝o egyenlethez adjuk hozzá a második kétszeresét: 11 − t1 = 7, ebb˝ol t1 = 4. t1 értékét az els˝o egyenletbe helyettesítve kapjuk, hogy t2 = −8. A kapott értékek akkor megoldásai az egyenletrendszerünknek, ha a harmadik egyenletet is kielégítik: 12 = −4 + 16, s ez valóban teljesül. Ezek szerint a metszéspont: M(−17, 12, 12), a két egyenes tehát metsz˝o. Megjegyezzük, hogy a két egyenes kitér˝o volta abban mutatkozna meg, hogy az egyenletrendszernek, nem lenne megoldása.

4. Írjuk fel az A(−7, 2, 3), B(5, 0, 9) pontok által meghatározott szakasz felez˝o mer˝oleges síkjának az egyenletét. − → A sík normálvektora az AB(12, −2, 6), egy pontja az AB szakasz F felez˝opontja. F koordinátái (16.5.8) alapján F(−1, 1, 6); ezért a sík egyenlete: 12x − 2y + 6z = 12(−1) − 2 · 1 + 6 · 6 = 22, vagy 2-vel egyszer˝usítve: 6x − y + 3z = 11.

5. Írjuk fel az A(2, 1, −3), B(−1, 2, 25), C(0, −3, −3) pontokat tartalmazó sík egyenletét!

17.9.6. ábra. 5. feladat A sík egyenletének felírásához szükségünk van a sík normálvektorára, ezt pl. a − → − → CA, CB síkbeli vektorok vektoriális szorzataként állíthatjuk el˝o. A síkbeli vektorok végpontjaik helyvektorainak a különbségével egyenl˝ok (17.9.6. ábra), ezért − → − → CA(2, 4, 0), CB(−1, 5, 28), i j k − → − → CA × CB = 2 4 0 = (112, −56, 14). −1 5 28 A most kapott vektor helyett 1/14-e is megfelel: n(8, −4, 1). A sík egy adott pontjának tekinthetjük a C pontot; így a sík egyenlete: 8x − 4y + z = 8 · 0 − 4(−3) − 3 = 9, 8x − 4y + z = 9.

Ellen˝orizhetjük, hogy ezt az egyenletet mindhárom pont koordinátái kielégítik.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

17. Koordinátageometria

383

6. Számítsuk ki az A(2, 1, −3), B(−1, 2, 25), C(0, −3, −3), D(7, 10, 11) csúcsokkal rendelkez˝o tetraéder D csúcsához tartozó magasságnak a hosszát! A magasság m hossza a D pont távolsága az ABC síktól. Az ABC sík egyenletét az el˝oz˝o példában már felírtuk, ezért D távolsága az ABC síktól (17.9.8) alapján: 18 |8 · 7 − 4 · 10 + 11 − 9| √ = = 2. m= 9 82 + 42 + 1

7. Számítsuk ki a 2x − 3y + 4z = 3 sík és az x = 11 + 2t, y = −t, z = 29 + 5t egyenes metszéspontjának a koordinátáit! Tegyük fel, hogy a metszéspont az egyenes t paraméterértékhez tartozó pontja, ennek tehát ki kell elégítenie a sík egyenletét. Helyettesítsük ezért ezt a sík egyenletébe: 2(11 + 2t) − 3(−t) + 4(29 + 5t) = 3, ebb˝ol 27t = −135, t = −5.

Az egyenes t = −5 paraméterértékhez tartozó pontja tehát a metszéspont: M(1, 5, 4). Megjegyezzük, hogy ha a sík és egyenes döféspontja nem létezik (az egyenes párhuzamos a síkkal), ez abban mutatkozna meg, hogy a t-re kapott egyenletnek nem lenne megoldása; ha viszont végtelen sok megoldása lenne, az egyenes benne lenne a síkban.

8. Írjuk fel a 3x + 2y − 5z = 4 és a 7x − 2y + z = 16 síkok metszésvonalának az egyenletrendszerét. Mivel a normálvektorok: n1 (3, 2, −5) és n2 (7, −2, 1) nem párhuzamosak, a síkok sem párhuzamosak, tehát van metszésvonaluk. A metszésvonal v irányvektora mer˝oleges mindkét sík normálvektorára, ezért az irányvektornak megfelel n1 és n2 vektoriális szorzata: n1 × n2 . A metszésvonal egy pontját úgy kaphatjuk meg, hogy olyan pontot keresünk, amelynek koordinátái mindkét sík egyenletét kielégítik, pl. a metszésvonal {x, y} síkbeli pontját, ennek z koordinátája 0, tehát ilyen alakú: (x, y, 0). Oldjuk meg ehhez a 3x + 2y = 4, 7x − 2y = 16

egyenletrendszert. A két egyenlet megfelel˝o oldalait összeadva kapjuk, hogy 10x = 20, ebb˝ol x = 2. Ezt az els˝o egyenletbe helyettesítve: 3 · 2 + 2y = 4, y = −1, a metszésvonal egy pontja tehát: (2, −1, 0). (Ha az egyenletrendszernek nincs megoldása, akkor {y, z} vagy {z, x} síkbeli, azaz x = 0 vagy y = 0 feltételeket teljesít˝o pontot célszer˝u keresni.) Az egyenes irányvektora: i j k 2 −5 = (−8, −38, −20), n1 × n2 = 3 7 −2 1 irányvektornak a −1/2-szeresét is választhatjuk: v(4, 19, 10). Így az egyenes egyenletrendszere: x = 2 + 4t, y = −1 + 19t, z = 10t.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

384

17. Koordinátageometria

17.9.7. ábra. 9. feladat

9. Mekkora az x − 5y + 4z = 17 sík és az x = 3 + 5t, y = −1 + t, z = 6 + 2t egyenes hajlásszöge? Sík és egyenes hajlásszöge az egyenesnek és síkon lev˝o mer˝oleges vetületének a hajlásszögével egyenl˝o. A 17.9.7. ábráról leolvasható azonban, hogy ez a szög az egyenes v irányvektorának és a sík a normálvektora által bezárt hegyesszögnek a pótszöge. El˝oször tehát meghatározzuk n és v δ hajlásszögét (16.7.9) alapján: 5−5+8 8 nv =√ √ =√ = 0,2254, cos δ = |n||v| 42 30 1260 ◦ δ = 76,96 , ebb˝ol a sík és egyenes hajlásszöge: ϕ = 13,04◦ . (Ha cos δ-ra negatív érték adódna, akkor abszolút értékét kell vennünk.)

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

18 Szerkesztések

18.1. Az euklideszi alapszerkesztések és alkalmazásaik Síkgeometriában szerkesztésen olyan eljárást értünk, amely adott pontokból, egyenesekb˝ol, körökb˝ol meghatározott szabályok szerint újabb pontokat, egyeneseket, köröket állít el˝o. A klasszikus, ún. euklideszi szerkesztéseknél ezek a szabályok a következ˝o öt alapszerkesztés tetszés szereti (véges) számú alkalmazásából állanak: a) két adott pontot összeköt˝o egyenes szerkesztése; b) két adott egyenes metszéspontjának a szerkesztése (megjelölése); c) adott pont körül adott sugárral kör szerkesztése; d) adott kör és egyenes metszéspontjainak a kijelölése; e) két adott kör metszéspontjainak a szerkesztése. Mindezekhez elvben egy körz˝o és egy egyél˝u vanalzó használható fel; feltételezzük továbbá, hogy körz˝onket két adott pont távolságára mindig ki tudjuk nyitni és a síkon is adott (a szerkesztend˝o alakzattól függetlenül) két kijelölt pont. Ha ezekkel a szerkesztési lépésekkel bizonyos adatokból egy alakzat megszerkeszthet˝o, akkor azt euklideszi értelemben szerkeszthet˝onek mondjuk, ha nem, akkor euklideszi értelemben nem szerkeszthet˝o; nem szerkeszthet˝o pl. adott négyzettel egyenl˝o terület˝u kör (ez a „körnégyszögesítés”). Megjegyezzük azonban, hogy az euklideszi értelemben nem szerkeszthet˝o feladatok is megoldhatók a gyakorlati kívánalmakat kielégít˝o módon, tehát pl. a körnégyszögesítés is. A következ˝okben példákat mutatunk az euklideszi szerkesztésekre; ha egy példában felhasználunk már bemutatott szerkesztésrészletet, akkor anwww.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

386

18. Szerkesztések

nak magyarázatát nem ismételjük meg. A következ˝o szakaszban a most bemutatott szerkesztéseknek egy részére még visszatérünk. Megjegyezzük, hogy a következ˝o szerkesztési feladatok a bemutatottakon kívül még sok más módszerrel is megoldhatók. Feladataink megoldásában általában nem elemezzük a szerkeszthet˝oség feltételeit és a megoldások számát; az adatokat általában úgy vesszük fel, hogy létezzék megoldás.

18.1.1. ábra. Szakasz felez˝opontja és felez˝o mer˝olegese

18.1.2. ábra. Adott pontból mer˝oleges állítása egyenesre

1. Szakaszfelezés, felez˝o mer˝oleges szerkesztése (18.1.1. ábra). Az AB szakasz A és B pontja körül az AB sugárral (vagy más sugárral) köröket szerkesztünk, ezek M1 , és M2 metszéspontját köti össze az AB felez˝o mer˝olegese, mivel M1 és M2 is egyenl˝o távol van A-tól is és B-t˝ol is. A felez˝o mer˝oleges AB-t az F felez˝opontban metszi. 2. Adott pontból adott egyenesre mer˝oleges szerkesztése. Ha az F pontból akarunk szerkeszteni az e egyenesre mer˝olegest, és F az e-n van, akkor feladatunkat az el˝oz˝o feladat felhasználásával oldhatjuk meg: F-t˝ol egyenl˝o távolságra kijelölünk e-n egy A és B pontot, ezek felez˝o mer˝olegese a szerkesztend˝o egyenes. Ha F nincs az e egyenesen (18.1.2. ábra), az F körül szerkesztett tetsz˝oleges kör messe e-t A-ban és B-ben; az A és B körül AB sugárral szerkesztett körök M metszéspontját F-fel összekötve megkapjuk az e-re állított mer˝olegest. 3. Adott szög átmásolása, ívfelmérés (18.1.3. ábra). Az AOB∢-et akarjuk lemásolni az O′ kezd˝opontú e félegyenesre; az O körül szerkesztett r sugarú kör az AOB∢ szárait messe az A, ill. B pontban, az r sugárral O′ körül szerkesztett kör e-t B′ -ben metszi, B′ körül BA sugárral szerkesztett kör ebb˝ol az A′ 18.1.3. ábra. Szögmásolás pontot metszi ki; az AB ív és A′ B′ ívek egyenl˝ok, és így a hozzájuk tartozó középponti szögek is egyenl˝ok. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

18. Szerkesztések

387

18.1.4. ábra. Szögfelez˝o és párhuzamos szerkesztése

4. Szögfelez˝o szerkesztés; adott egyenessel adott ponton át párhuzamos szerkesztése (18.1.4a) ábra). Az O csúcsú és a, b szárú szög O csúcsa körül tetsz˝oleges r sugárral szerkesztett kör a szárakat A-ban és B-ben metszi; az A, ill. B körül r sugárral szerkesztett kör O-tól különböz˝o metszéspontja C. Az AOBC négyszög egyenl˝o oldalú, tehát rombusz, az OC átlósegyenes ezért szögfelez˝o. Ha viszont az a egyenese és a B pont adott, ugyanezzel a szerkesztéssel tudunk B-n keresztül az a-val párhuzamos e egyenest szerkeszteni; az O-t ebben az esetben az a-n tetsz˝olegesen választhatjuk, az r sugarat pedig OB-vel vesszük egyenl˝onek. A szögfelezést használhatjuk fel néhány gyakrabban el˝oforduló szög szerkesztésére is. Ha az AOB∢ derékszög, felezésével 45◦ -os szöget szerkeszthetünk, ennek felezésével viszont 22,5◦ -os szöget nyerünk (18.1.4b) ábra). 60◦ -os szöget úgy szerkeszthetünk, hogy az OA szakasz O és A végpontjai körül OA = r sugárral köröket szerkesztünk, ezek egyik metszéspontját B-vel jelöljük (18.1.4c) ábra). Az AOB háromszög szabályos, ezért minden szöge 60◦ -os. Pl. az O-nál lev˝o szög felezésével 30◦ -os szöget kapunk, ezt felezve viszont 15◦ -osat. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

388

18. Szerkesztések

5. Háromszög szerkesztése három adott oldalból (18.1.5. ábra).

18.1.5. ábra. Háromszög szerkesztése három oldalából

18.1.6. ábra. Háromszög szerkesztése két oldalból és súlyvonalból

Tegyük fel, hogy adottak az a, b, c oldalhosszúságú szakaszok. Felveszünk egy a-val egyenl˝o BC szakaszt; a B körül c sugárral és a C körül b sugárral szerkesztett körök a háromszög A csúcsában metszik egymást. A feladat akkor oldható meg, ha az a, b, c szakaszok eleget tesznek a háromszög-egyenl˝otlenségnek, azaz bármelyikük kisebb a másik kett˝o összegénél. 6. Háromszög szerkesztése két oldalból és a közrezárt súlyvonalból (18.1.6. ábra). Adottak az a, b oldalak és a közrezárt sc súlyvonal. Képzeljük a feladatot megoldottnak. Tükrözzük a kész ABC háromszöget az AB oldal felez˝opontjára, így egy CAC′ B paralelogrammát kapunk, amelynek CC′ átlója 2sc -vel egyenl˝o. A feladatot ezért úgy oldjuk meg, hogy el˝oször az a, b, 2sc oldalakból megszerkesztjük a CAC′ háromszöget, majd a CC′ oldal fölé a CC′ B háromszöget, az így kapott CAC′ B paralelogramma AB átlója a feladatot kielégít˝o háromszöget metszi le a paralelogrammából.

18.1.7. ábra. Adott ponton átmen˝o érint˝o szerkesztése

7. Adott körhöz adott ponton átmen˝o érint˝o szerkesztése (18.1.7. ábra). Ha a pont rajta van a körön, a ponthoz tartozó sugárra az adott pontban mer˝olegest állítunk, ez a kör e érint˝oje. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

18. Szerkesztések

389

Ha a küls˝o P pont nincs rajta az O középpontú körön, a PO átmér˝o fölé kört szerkesztünk, ez az adott kört az E1 és E2 pontokban metszi; a PE1 és PE2 egyenesek a kör P ponton átmen˝o érint˝oi, mivel Thalész tétele miatt mer˝olegesek az OE1 , ill. OE2 sugárra. 8. Adott szakaszhoz adott látószög˝u körív szerkesztése (18.1.8. ábra). Ha adott az AB szakasz és az α szög, az α szöget úgy mérjük fel, hogy csúcsa a B, egyik szára pedig AB legyen. AB felez˝o mer˝olegesét a B-ben az α szög AB-t˝ol különböz˝o szárára emelt mer˝oleges az O pontban metszi. Az O középpontú, OB sugarú körnek az az íve felel meg a feladat kikötésének, amely az AB egyenesnek α-val ellentett oldalán van (l. a 14.7. szakaszt). α látószög˝u körív természetesen a most szerkesztett körív AB egyenesre vonatkozó tükörképe is. 9. Háromszög szerkesztése az AB = c oldal hosszából, a szemközti γ szögb˝ol és az AB-hez tartozó mc magasságból (18.1.9. ábra). Az AB = c szakasz fölé szerkesszünk γ látószög˝u körívet, ezt az AB egyenessel mc távolságra húzott p párhuzamos a C pontban metszi, az ABC háromszög kielégíti a feladat feltételeit. (A megoldások létezése a körív és a p egyenes metszéspontjainak a létezését˝ol függ.)

18.1.8. ábra. AZ AB szakasz α látószög˝u körívének szerkesztése

10. Szerkesszünk szabályos háromszöget, ha adott egy csúcsa, továbbá egy-egy egyenes, amelyek átmennek egyegy további háromszögcsúcson (18.1.10. ábra). Nézzük meg a kész ábrát. Legyen adott az ABC szabályos háromszög A csúcsa, továbbá B, ill. C csúcsokon átmen˝o b, ill. c egyenesek. Ha az AB oldalt és a b egyenest A körül 60◦ -kal elforgatjuk, az AB oldal az AC oldalba megy át, a B csúcs a C csúcsba, a b egyenes

www.interkonyv.hu

18.1.9. ábra. Háromszög szerkesztése, c, γ, mc adatokból

18.1.10. ábra. Szabályos háromszög szerkesztése elforgatással

© Reiman István

© Typotex Kiadó

390

18. Szerkesztések

pedig olyan b′ egyenesbe, amely átmegy C-n. A szerkesztés menete ezért: A körül elforgatjuk b-t a b′ helyzetbe, b′ és c metszéspontja a háromszög C csúcsa, az AC oldal fölé szerkesztjük meg a szabályos háromszöget. A b-t úgy célszer˝u elforgatni, hogy A-ból mer˝olegest állítunk rá és ezt a mer˝oleges szakaszt forgatjuk el b-vel együtt 60◦ -kal. Ha c és b′ egybeesik, akkor a C pont a c egyenes tetsz˝oleges pontja lehet; ha c és b párhuzamosak, a feladatnak nincs megoldása. (A −60◦-os elforgatás is adhat megoldást.) 11. Adott körbe írt szabályos hat-, három-, négy- és nyolcszög szerkesztése (18.1.11. ábra). A szabályos hatszög oldala a kör sugarával egyenl˝o (l. a 14.13.7. ábrát), ezért a sugárral egyenl˝o húrokat hatszor felmérve kapjuk a szabályos hatszög csúcsait; ennek minden második csúcsa egy szabályos háromszög három csúcsát alkotja. A kör két egymásra mer˝o18.1.11. ábra. Körbe írt szabályos hat-, leges átmér˝ojének végpontjai a három-, négy- és nyolcszög körbe írt négyzet csúcsai, a négyzetcsúcsok közötti ívek felez˝opontjaival együtt ezek egy szabályos nyolcszög csúcsait adják.

18.1.12. ábra. Körbe írt szabályos ötszög

18.1.13. ábra. Adott oldalú szabályos ötszög szerkesztése

18.1.14. ábra. A háromszög köré írt kör szerkesztése

12. Adott körbe írt szabályos ötszög és tízszög szerkesztése (18.1.12. ábra). Az O középpontú körben vegyünk fel két, egymásra mer˝oleges AB és CD átmér˝ot. Az OB sugár F felez˝opontjából FC sugárral szerkesztett kör OA-t a Q pontban metszi; a CQ szakasz a körbe írt szabályos ötszög oldalával egyenl˝o, OQ pedig a szabályos tízszög oldala. (A szabályos tízszöget az ötszögb˝ol ívfelezésekkel is megkaphatjuk.) Ha a szabályos ötszög oldala adott, akkor szerkesztünk egy tetsz˝oleges szabályos ötszöget az el˝obbi módon, majd azt egyik (a 18.1.13. ábrán az A) csúcsából a kívánt méretre felnagyítjuk (vagy kicsinyítjük). www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

18. Szerkesztések

391

Itt jegyezzük meg, hogy euklideszi szerkesztéssel a kisebb oldalszámú szabályos sokszögek közül a következ˝o oldalszámúak szerkeszthet˝ok: 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 15, 16, 17, 20. 13. A háromszög köré írt körének szerkesztése (18.1.14. ábra). A kör középpontját két oldalfelez˝o mer˝oleges metszéspontjaként kapjuk meg. 14. A háromszög beírt körének a szerkesztése (18.1.15. ábra). A kör középponját két bels˝o szögfelez˝o metszéspontjaként szerkesztjük meg; ebb˝ol az egyik oldralra állított mer˝oleges szakasz a kör sugara.

18.1.15. ábra. A háromszögbe írt kör szerkesztése

18.1.16. ábra. Szakasz felosztása egyenl˝o részekre

15. Szakasz felosztása n egyenl˝o részre (18.1.16. ábra). Az AB szakasz A végpontjából tetsz˝oleges félegyenest húzunk, erre egy tetsz˝oleges szakaszt n-szer felmérünk és az utolsó szakaszvégpontot, C-t összekötjük B-vel; a többi szakaszvégpontból BC-vel húzott párhuzamosok az AB-t a párhuzamos szel˝ok tételének a következtében n egyenl˝o részre osztják. a 1 16. Adott a, b, és 1 hosszúságú szakaszok birtokában ab, a2 , , b a hosszúságú szakaszok szerkesztése (18.1.17. ábra).

18.1.17. ábra. ab, a2 ,

a 1 , hosszúságú szakaszok szerkesztése b a

Ha egy szög száraira a 18.1.17. ábrákon látható módon mérjük fel az 1, a, b szakaszokat, akkor a párhuzamos szel˝ok tétele alapján rendre az www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

392

18. Szerkesztések x = ab,

y = a2 ,

a z= , b

u=

1 a

hosszúságú szakaszokat kapjuk. 17. Adott téglalappal egyenl˝o terület˝u négyzet szerkesztése (18.1.18. ábra). Ha a téglalap oldalai a és b, akkor területe ab, és így a vele √ egyenl˝o terület˝u négyzet oldala ab; ez éppen azt jelenti, hogy a és b geometriai közepét kell megszerkesztenünk, ezt pl. a magasságtétel (14.9. szakasz) segítségével végezhetjük el, ha az a + b hosszúságú átmér˝o fölé kört szerkesztünk, felhasználva, hogy a félkörbe 18.1.18. ábra. Téglalappal egyenl˝o terület˝u négyzet szerkesztése szerkesztett háromszög derékszög˝u. 18. Vágjunk ketté egy adott szakaszt az aranymetszés szabályai szerint. Egy a szakaszt az aranymetszés szabályai szerint vágunk szét egy x és egy a − x hosszúságú szakaszra, ha az a, x és a − x között teljesül a következ˝o összefüggés: x a = , x a−x azaz x2 = a(a − x). (18.1.1)

x-nek és a − x-nek az arányát az aranymetszetek arányának szokták nevezni, és ezt az arányt gyakran fedezik fel a klasszikus építészetben, szobrászatban, az él˝olények felépítésében, zenében, gépkocsigyártásban stb. Mivel (18.1.1)-b˝ol a2 − ax − x2 = 0, ennek az egyenletnek mindkét oldalát x2 -tel elosztva az  a 2 a − −1 = 0 x x egyenletet kapjuk, ebb˝ol a másodfokú egyenlet megoldóképletével azt kapjuk, hogy √ 16 8 a 1+ 5 = = 1, 62 ≈ = , x 2 10 5 8 ezért az aranymetszetek arányát szokták közelít˝oleg -nek, vagy a vele 5 5 közelít˝oleg egyenl˝o -nak venni. 3 Az a szakasz x aranymetszetét pl. úgy szerkeszthetjük meg, hogy egy a O középpontú sugarú kör E pontjából kiindulva (18.1.19. ábra) EP = a 2 www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

18. Szerkesztések

393

érint˝oszakaszt rajzolunk, a PO szakasz körön kívüli x része az a szakasz egyik aranymetszete. A szerkesztés helyességéhez azt kell bizonyítanunk, hogy a és x között teljesül (18.1.1). Az érint˝otétel szerint a2 = x(x + a), azaz a2 = x2 + ax, ebb˝ol valóban x2 = a(a − x).

18.1.19. ábra. Az a szakasz aranymetszete x

18.1.20. ábra. Szögszárakat érint˝o adott sugarú kör szerkesztése

A most következ˝o 19–25. feladatok érint˝okörök szerkesztésével foglalkoznak; a m˝uszaki rajztechnikába ezek lekerekítés néven kerültek be. 19. Adott szögszárakat érint˝o, adott sugarú kör szerkesztése (18.1.20. ábra). Legyen az adott körsugár r, a szög száraitól r távolságra húzott párhuzamosok O metszéspontja a szerkesztend˝o kör középpontja.

18.1.21. ábra. P-n átmen˝o, e-t érint˝o, r sugarú kör szerkesztése

18.1.22. ábra. Egyenest és kört kívülr˝ol érint˝o adott sugarú kör

20. Adott ponton átmen˝o, adott sugarú kör szerkesztése, amely adott egyenest érint (18.1.21. ábra). Legyen e az adott egyenes és P az adott pont, e-nek P-vel azonos oldalán r távolságú párhuzamost szerkesztünk; P körül az r sugárral szerkesztett kör ebb˝ol metszi ki a keresett r sugarú körök O1 , ill. O2 középpontját. 21. Adott egyenest és adott kört kívülr˝ol érint˝o, adott sugarú kör szerkesztése (18.1.22. ábra). Az O középpontú R sugarú körhöz és az e egyeneshez akarunk r sugarú érint˝oköröket szerkeszteni. Az e-vel r távolságra húzott párhuzamosból az www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

394

18. Szerkesztések

O körül R + r sugárral szerkesztett kör metszi ki a keresett kör középpontját. (Ábránkon csak egy megoldást rajzoltunk meg.) 22. Két adott kört kívülr˝ol érint˝o adott sugarú kör szerkesztése (18.1.23. ábra).

18.1.23. ábra. Két kört érint˝o, adott sugarú kör

Adottak az R1 sugarú O1 középpontú és az R2 sugarú O2 középpontú körök, az ezeket kívülr˝ol érint˝o r sugarú kör O középpontját úgy szerkesztjük meg, hogy O1 körül R1 + r sugárral, O2 körül R2 + r sugárral szerkesztünk köröket, ezek metszéspontja az O (általában két megoldása van).

18.1.24. ábra. Két egyenl˝o sugarú kört (egyiket E-ben) érint˝o kör szerkesztése

18.1.25. ábra. Két kört (egyiket E-ben) érint˝o kör szerkesztése

23. Két adott kört – az egyiket adott pontban – kívülr˝ol érint˝o körök szerkesztése (18.1.24. ábra és 18.1.25. ábra). Legyen el˝oször a két, O1 és O2 középpontú kör egyenl˝o sugarú, és legyen az érintési pont az els˝o körön E. A szerkesztend˝o ábra ekkor szimmetrikus az O1 O2 szakasz t felez˝o mer˝olegesére, ezért a szerkesztend˝o kör O középpontja is t-n van. Mivel az érint˝o körök középpontjait összeköt˝o egyenes átmegy az érintési ponton, az O pontot az O1 E egyenes metszi ki t-b˝ol (18.1.24. ábra). Ha az O1 és O2 középpontú körök különböz˝o sugarúak, szerkesszünk egy O′1 középpontú olyan kört, amely E-ben belülr˝ol érintkezik az O1 középpontúval és sugara az O2 középpontúéval egyenl˝o. E két egyenl˝o sugarú www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

18. Szerkesztések

395

körhöz az el˝obbi módszerrel szerkesztett érint˝okör érinti az eredeti köröket is (18.1.25. ábra). Ugyanezt az eljárást alkalmazzuk, ha egy e egyenest az E pontban érint˝o és az O2 középpontú kört is érint˝o kört kell szerkesztenünk (18.1.25. ábra). 24. Egy szög szárait érint˝o, adott ponton átmen˝o kör szerkesztése (18.1.26. ábra).

18.1.26. ábra. Egy szög szárait érint˝o, adott ponton átmen˝o kör szerkesztése

Az A csúcsú szögtartományban adott a P pont, ezen átmen˝o és a szög szárait érint˝o kört akarunk szerkeszteni. El˝oször a szög felez˝ojén kiválasztunk egy tetsz˝oleges O pontot, e körül megszerkesztjük a szárakat érint˝o k kört (sugara az O-ból az egyik szögszárra emelt mer˝oleges szakasz hossza). Ezt a k kört nagyítjuk fel A-ból akkorára, hogy menjen át a P ponton. Az AP egyenes k-t a Q és R pontokban metszi; a nagyításnak Q-t, ill. R-et P-be kell átvinnie, ezért a P-n át QO-val, ill. RO-val húzott párhuzamos metszi ki a szögfelez˝ob˝ol a szerkesztend˝o körök O1 , ill. O2 középpontját. 25. Kosárgörbe szerkesztése. A kosárgörbe ellipszisre emlékeztet˝o, két szimmetriatengellyel rendelkez˝o, érintkez˝o körívekb˝ol álló görbe; alkalmazzák bizonyos idomok szerkesztéséhez és igénytelenebb m˝uszaki vagy szemléltet˝o rajzokhoz ellipszis pótlására. Az AB = 2a nagytengellyel és CD = 2b kistengellyel rendelkez˝o kosárgörbét a következ˝o módon szerkesztjük (18.1.27. ábra): A CA szakaszra C-b˝ol kiindulva 18.1.27. ábra. Kosárgörbe szerkesztése felmérjük a CE = a − b szakaszt. Az AE szakasz felez˝o mer˝olegese metszi ki a nagytengely, ill. a kistengely egyeneseib˝ol az O1 , ill. O2 pontokat. Ezek tükörképe a tengelyek O metszéspontjára O′1 , ill. O′2 . Az O1 és az O′1 körül O1 A = O′1 B sugárral szerwww.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

396

18. Szerkesztések

kesztett körívek és az O2 , ill. O′2 körül O2C sugárral szerkesztett körívek zárják közre a kosárgörbét. Az O2 , ill. O1 körül szerkesztett körök érintkeznek, mert sugaraik különbsége középpontjaik távolságával egyenl˝o; ezt az ábrán fellép˝o hasonló háromszögek segítségével lehet igazolni. (Megjegyezzük, hogy kosárgörbékre több más szerkesztési eljárás is használatos.)

18.2. Gyakorlati szerkesztések A gyakorlatban a szerkesztések lehet˝oleg egyszer˝u és pontos elvégzésére törekednek; a sok lépésb˝ol álló szerkesztések már eleve számos hibalehet˝oséget rejtenek magukban, ami a végeredményt pontatlanná teszi. Ezért a gyakorlat kialakított olyan szerkesztési eljárásokat, amelyek eltérnek ugyan a klasszikus euklideszi szerkesztésekt˝ol, de alkalmazásukkal nagyobb – vagy legalábbis: nem kisebb – pontosság érhet˝o el, mint az euklideszi szerkesztésekkel, és kivitelezésük is egyszer˝ubb. Kidolgoztak továbbá számos olyan eljárást, amelyek elvben nem a kívánt alakzatot, hanem annak egy közelítését állítják el˝o, ez a közelítés azonban teljesen megfelel a gyakorlati igényeknek. Ilyen típusú eljárásokat ismertetünk a következ˝okben.

18.2.1. ábra. Párhuzamosok szerkesztése vonalzócsúsztatással

Az adott e egyenessel egy adott P ponton át háromszögvonalzónk elcsúsztatásával szerkeszthetünk párhuzamost (18.2.1. ábra), a háromszögvonalzónak az átfogója mentén rajzolunk, az egyik befogót egy rögzített vonalzó mellett csúsztatjuk el. A P pontból az e egyenesre mer˝olegest derékszög˝u vonalzónk 90◦ -os elforgatásával rajzolhatunk (18.2.2. ábra).

18.2.2. ábra. Mer˝olegesek szerkesztése a vonalzó elforgatásával

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

397

18. Szerkesztések

Ha egy szakasznak a felez˝opontjára van szükségünk, közelítést alkalmazhatunk: a szakasz felét közelít˝o körsugárral a szakaszon egy, a felez˝opont körüli kicsiny szakaszt zárunk közre, ennek középpontját már becsléssel is kijelölhetjük (18.2.3. ábra).

18.2.3. ábra. Közelít˝o szakaszfelezés

Körhöz a küls˝o pontból a vonalzó odaillesztésével szerkeszthetünk érint˝ot (18.2.4. ábra), az érintési pontot azonban úgy jelöljük ki, hogy a kör középpontjából erre mer˝olegest állítunk (pl. a derékszög˝u vonalzó elforgatásával). Ugyanezt a módszert alkalmazhatjuk két kör közös érint˝ojének a szerkesztésekor is.

18.2.4. ábra. Körérint˝o szerkesztése

18.2.5. ábra. Szabályos hétszög közelít˝o szerkesztése

18.2.6. ábra. A Snellius-féle körívközelítés

Szabályos sokszögek jó közelítéssel szerkeszthet˝ok úgy, hogy az oldalukhoz tartozó középponti szöget szögmér˝o segítségével mérjük fel. Az egyébként euklideszi módszerrel nem szerkeszthet˝o szabályos hétszög egy oldala jó közelítéssel a köré írt kör sugarával szerkesztett szabályos háromszög magasságával egyenl˝o (18.2.5. ábra); az így szerkesztett hétszögoldal az elméletileg pontos értékt˝ol csak 0,2%-kal tér el. Egy adott körívvel egyenl˝o szakaszt közelít˝oleg jól szerkeszthetünk az ún. Snellius-féle módszerrel (18.2.6. ábra), ez a körív „kiegyenesítése”, www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

398

18. Szerkesztések

rektifikációja. A kiegyenesítend˝o AB ív A végpontjában érint˝ot szerkesztünk, az A-n átmen˝o AC átmér˝ot C-n túl meghosszabbítjuk a kör sugarával a Q pontig; a QB egyenes az érint˝ob˝ol olyan AB′ szakaszt metsz le, amely közelít˝oleg egyenl˝o az AB ívvel. A közelítés akkor jó, ha az AB ívhez tartozó középponti szög nem nagyobb 30◦ -nál. (Az elméletileg pontos szakaszhossztól való eltérés kisebb 0,1%-nál.)

18.2.7. ábra. A Kochansky-féle közelít˝o szerkesztés

18.2.8. ábra. Ellipszis közelítése simuló köreikkel

A félkör kiegyenesítésére adott meg Kochansky egy megdöbbent˝oen pontos közelítést: a kör AB átmér˝ojének A pontjában érint˝ot szerkesztünk: az O középponthoz 30◦ -os AOC szöget mérünk fel úgy, hogy C az A-beli érint˝on legyen (18.2.7. ábra). C-b˝ol az A irányában haladva mérjük fel az érint˝ore a kör sugarának a háromszorosát a D pontig. A BD szakasz hossza közelít˝oleg a kör kerületének a felével, rπ-vel egyenl˝o (2 m sugarú kör esetén az elméleti hiba nem nagyobb 0,1 mm-nél). Megjegyezzük, hogy ennek segítségével nagy pontossággal elvégezhet˝o a körnégyszögesítés is. A BD szakasz fölé r magasságú téglalapot szerkesztünk (ábránkon szaggatott vonallal), ennek területe r2 π, tehát a kör területével egyenl˝o. A 18.1. szakasz 17. szerkesztésében leírt módon ezzel a téglalappal egyenl˝o terület˝u négyzetet tudunk szerkeszteni, tehát négyszögesíthetjük a kört (szerkesztésünk természetesen nagy pontosságú közelítés). Ellipszisívet körrel jól (a kosárgörbénél jobban és esztétikusabban) közelíthetünk ún. görbületi köreik (simulóköreik) segítségével. Az O középpontú ellipszis nagytengelye AB, kistengelye CD (18.2.8. ábra). Szerkeszszünk el˝oször olyan Q pontot, hogy OBQC téglalap legyen, Q-ból a BC-re állított mer˝oleges metszi ki az AB, ill. CD egyenesekb˝ol a görbületi körök O1 , ill. O2 középpontját. Ezek tükörképei O-ra O′1 és O′2 . Az ellipszisíveket jól közelít˝o köröket O1 és O′1 körül O1 B sugárral, O2 és O′2 körül O2C sugárral szerkesztjük meg. Ezek a körívek nem érintkeznek, a hiányzó elwww.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

18. Szerkesztések

399

lipszisíveket görbevonalzó használatával húzzuk meg, még pontosabbá tehet˝o ez a szerkesztés, ha pl. a kétkörös eljárással néhány ellipszispontot megrajzolunk. Az összetettebb szerkesztéseket ma már általában számítógéppel vezérelt elektronikus rajzgépekkel végeztetik el. Ezek programozásának az a lényege, hogy az egyes szerkesztési lépéseket lefordítják az analitikus geometria nyelvezetére, a gép a koordinátáival adott pontokat, azaz az egyenleteikkel adott görbéket rajzolja meg.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

19 Sorozatok

19.1. A sorozat fogalma, megadása A sorozatok a függvények egy speciális osztályát képezik. Ha a H1 halmaz minden eleméhez hozzárendeljük a H2 halmaznak egy elemét, ezt a hozzárendelést függvénynek nevezzük. A H1 halmaz a függvény értelmezési tartománya. H2 -nek azok az elemei, amelyek H1 valamelyik eleméhez hozzá vannak rendelve, H2 -nek egy részhalmazát alkotják (ez természetesen azonos is lehet H2 -vel), ennek neve a függvény értékkészlete. A függvények alaptulajdonságaival a 20.1. szakaszban foglalkozunk részletesen. A pozitív egész számok halmazán értelmezett függvényt, amelynek értékkészlete a valós számoknak egy részhalmaza, sorozatnak nevezzük. Ezek szerint sorozatot kapunk, ha minden pozitív egészhez hozzárendelünk egy valós számot, az 1-hez rendelt szám a sorozat els˝o tagja, a 2-höz rendelt a sorozat második tagja, . . ., az n pozitív egészhez rendelt a sorozat n-edik tagja. (Itt jegyezzük meg, el˝ofordul, hogy a sorozat tagjait a nem negatív egészekhez rendeljük hozzá, így els˝o tagja 0-hoz van hozzárendelve.) A sorozat n-edik tagját általában an -nel jelöljük, a sorozat tagjainak felsorolása tehát így kezd˝odik: a1 , a2 , a3 , . . . an , . . . . A sorozatot akkor tekinthetjük adottnak, ha ismerjük a hozzárendelés szabályát, tehát elvben fel tudjuk sorolni valamennyi tagját. A sorozatokat többféle módon is megadhatjuk. Leggyakrabban az n-edik tagot el˝oállító képlet adja meg a sorozatot, ez a sorozat ún. explicit megadási módja; pl. az www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

19. Sorozatok

401

an = n2 + 1 képlettel megadott sorozat tagjai: a1 = 2, a2 = 5, a3 = 10, a4 = 17, . . . . Ugyanezt szokás úgy is megadni, hogy elkezdjük felsorolni a sorozat tagjait, de közöttük n-ediknek képzelve az el˝oállítást megadó képletet is: 2, 5, 10, 17, . . . , n2 + 1, . . . . Más példák sorozatokra: 1, 8, 27, 64, . . . , n3 , . . . √ √ √ √ 2, 4, 6, . . . , 2n, . . . (1 + 2)2, (1 + 3)3, . . . , (1 + n)n, . . . 2 3 1 n , , , ..., , ... . 2 3 4 n+1 Ezeket természetesen úgy is megadhatjuk, hogy csak az n-edik tagot (ún. általános tagot) írjuk fel: √ n an = (1 + n)n, an = . an = n3 , an = 2n, n+1 Megadható a sorozat úgy is, hogy az általános tagot zárójelbe tesszük, √
rendszerint kerek vagy kapcsos zárójelbe, tehát pl. (n3 ) vagy {n3 }, 2n ,
(1 + n)n stb. Gyakran adjuk meg a sorozatot ún. rekurzióval. Ez azt jelenti, hogy megadjuk a sorozat néhány kezd˝o tagját és megadunk egy szabályt, ami szerint egy tetsz˝oleges tag az el˝oz˝o (egy vagy több) tagok segítségével el˝oállítható. Pl. legyen a1 = 2, a2 = 3 és an = 2an−1 + 3an−2, ha n ≧ 3. E képzési szabály szerint tehát: a1 = 2, a2 = 3, a3 = 13, a4 = 45, a5 = 161, . . . ; más példa a rekurzióval adott sorozatra: a1 = 2, an = 5an−1 + 1 (n > 1), a sorozat kezd˝o tagjai: a1 = 2, a2 = 11, a3 = 56, a4 = 281, a5 = 1406, . . . . Sorozat természetesen még sok más módon is megadható; pl. legyen √ an a 2 tizedesvessz˝o utáni n-edik jegyével egyenl˝o, vagy: legyen an az n-edik prímszám; általában arra szoktunk törekedni, hogy a sorozat explicit megadását állítsuk el˝o, mivel az esetek nagy részében ezzel tudjuk jól jellemezni a sorozatot. A sorozat definíciójából következik, hogy néhány tagjának a megadása nem határozza meg a sorozatot, ha nem f˝uzzük hozzá a képzési szabályt; pl. matematikailag értelmetlen a következ˝o feladat: hogyan folytatódik a következ˝o sorozat: 1, 2, 4, 7, 11, 16, . . . , mivel teljesen jogosan lehetne mondani, hogy csupa 9-essel, vagy csupa 0val folytatódik, hiszen ezek a kezd˝o tagok egyáltalán nem határozzák meg a továbbiakat. (1 + 1),

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

402

19. Sorozatok

19.2. Számtani sorozatok A sorozatot számtaninak (vagy: aritmetikainak) mondjuk, ha bármely tagjának és az azt megel˝oz˝o tagnak a különbsége állandó érték. (Régebbi elnevezés: számtani haladvány.) Jelölje az állandó különbséget (differenciát) d, definíciónk szerint: an − an−1 = d, azaz an = an−1 + d. Ez a tulajdonság azt jelenti, hogy a sorozat bármely tagja az el˝oz˝ob˝ol d hozzáadásával jön létre, tehát a számtani sorozat tagjait úgy állíthatjuk el˝o, hogy a kezd˝o taghoz, a1 -hez rendre hozzáadjuk a d-t, 2d-t, 3d-t stb., azaz a2 = a1 + d, a3 = a2 + d = a1 + 2d, a4 = a3 + d = a1 + 3d, általában: an = a1 + (n − 1)d.

(19.2.1)

Ezzel megadtuk a számtani sorozat tetsz˝oleges tagjának el˝oállítási képletét. Ebb˝ol már következik, hogy a sorozatot ebben az esetben els˝o tagja és különbsége egyértelm˝uen meghatározzák; mivel két szomszédos tag különbsége d-vel egyenl˝o, a számtani sorozatot els˝o két tagja is meghatározza. Néhány számtani sorozat kezd˝o tagjai: 1, 2, 3, 4, . . . d = 1, −2, 0, 2, 4, 6, 9, 0, −9, −18, −27, √ √ √ √ √ √ √ √ 2, 3, 2 3− 2, 3 3−2 2, 4 3−3 2, 1 1 1 1 1 1 , , , 0, − , − , − , 2 3 6 6 3 2 6, 6, 6, 6,

. . . d = 2, . . . d = −9, √ √ . . . d = 3− 2, 1 ...d = − , 6 . . . d = 0.

A számtani sorozat elnevezés onnan származik, hogy a sorozat bármely tagja számtani közepe két szomszédos tagjának, ti. an két szomszédos tagja an − d és an + d, ezek számtani közepe an − d + an + d = an , 2 tehát valóban an -nel egyenl˝o. A d különbség ismeretében a számtani sorozat tagjai tetsz˝oleges tagból el˝oállíthatók a d egész számú többszöröseinek a hozzáadásával, ill. kivonásával. Jelöljük sn -nel a sorozat els˝o n tagjának az összegét. Állítsuk el˝o ezt az összeget az els˝o, majd az n-edik tagból kiindulva: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

403

19. Sorozatok



sn = a1 + (a1 + d) + (a1 + 2d) + . . . + a1 + (n − 2)d + a1 + (n − 1)d ,

sn = an + (an − d) + (an − 2d) + . . . + an − (n − 2)d + an − (n − 1)d .

Adjuk most össze az egymás alatti tagokat, ezek összege minden esetben a1 + an és összesen n ilyen tagot kapunk: 2sn = (a1 + an ) + (a1 + an) + (a1 + an ) + . . . + (a1 + an ) + (a1 + an), 2sn = n(a1 + an), sn =

n(a1 + an) . 2

(19.2.2)

Ez a számtani sorozat els˝o n tagjának az összegképlete. Ha ebben an helyébe a (19.2.1)-b˝ol kifejezett értéket írjuk, az összegképlet így alakul:
n 2a1 + (n − 1)d . (19.2.3) sn = 2 Feladatok 1. A számtani sorozat els˝o eleme 3, 17-dik eleme 27. Hányadik eleme a sorozatnak 15? Mivel a1 = 3, a17 = 27, az an képletének segítségével d-t kiszámíthatjuk: a17 = a1 + 16d, 27 = 3 + 16d, ebb˝ol 24 3 = . 16d = 24, d= 16 2 Legyen 15 az n-edik elem, ismét an képletét alkalmazzuk: 3 3 an = 3 + (n − 1) , 15 = 3 + (n − 1) , 2 2 ebb˝ol 3 (n − 1) = 12, n − 1 = 8, n = 9, 2 a sorozatnak tehát a kilencedik eleme egyenl˝o 15-tel.

2. 17 és 38 közé iktassunk be 6 számot úgy, hogy a megadottakkal együtt egy számtani sorozat tagjai legyenek. Az ilyen típusú közbeiktatást lineáris interpolációnak nevezik. 17-et a számtani sorozat els˝o tagjának tekintjük; a1 = 17; a közbeiktatott 6 taggal együtt 38 a nyolcadik tag: a8 = 38. Mivel a8 = a1 + 7d, 38 = 17 + 7d, ebb˝ol d = 3. A számtani sorozat tagjai: 17, 20, 23, 26, 29, 32, 35, 38.

3. Március 1-jén a nappal hossza 11 óra 4 perc, április 30-án pedig 14 óra 24 perc. Milyen hosszú a nappal április 12-én, ha feltételezzük, hogy az egymást követ˝o nappalok ugyanannyival növekednek? (A feladat adatai és feltételezése a valóságot jól közelítik.) www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

404

19. Sorozatok

A nappalok hossza számtani sorozatot alkot, az id˝otartamot percekre váltjuk át (11 óra 4 perc = 664 perc, 14 óra 24 perc = 864 perc). Ezek szerint a1 = 664, közben 60 nap telik el, a61 = 864. a61 = a1 + 60d, 864 = 664 + 60d, ebb˝ol 200 10 = . d= 60 3 Az április 12-i nappal hosszúsága a sorozat 31 + 12 = 43-ik tagja, ezért 10 = 664 + 140 = 804 perc = 13 óra 24 perc. a43 = 664 + 42 · 3

4. Mekkora az els˝o n pozitív egész összege? A pozitív egészek 1, 2, 3, . . . , n sorozata a legegyszer˝ubb számtani sorozat (különbsége 1), az összegképlet szerint n(n + 1) n . sn = (1 + n) = 2 2

5. Egy trapéz alakú tet˝orész becserepezésekor 12 sorban helyezik el a cserepeket, a legalsó sorba 84 cserép kerül, minden következ˝obe 4-gyel kevesebb. Hány cserép kell a tet˝orészhez? Az egyes sorokban lerakott cserepek száma egy számtani sorozat egymást követ˝o tagjai, a1 = 84, d = −4; az els˝o 12 tag összegét kell kiszámítani a (19.2.3) képlettel; tehát n = 12:
12 2 · 84 + 11(−4) = 6(168 − 44) = 744. s12 = 2

6. Legalább hány tagot kell vennünk a 7, 12, . . . számtani sorozatból, hogy összegük elérje a 3590-et? Tételezzük fel, hogy az els˝o n tag összege 3590; mivel a1 = 7, d = 5, ezért
n 2 · 7 + (n − 1)5 = 3590, 2 n(14 + 5n − 5) = 7180, √

5n2 + 9n − 7180 = 0,

−9 ± 379,05 −9 ± 81 + 20 · 7180 = = 37,005 10 10 (n értéke csak pozitív lehet). A kapott eredmény azt jelenti, hogy 37 tag összege még nem éri el a 3590-et, ezért a sorozatból 38 tagot kell vennünk. n=

19.3. Mértani sorozatok A sorozatot mértaninak (vagy: geometriainak) mondjuk, ha bármely tagjának és az azt megel˝oz˝o tagnak a hányadosa állandó érték. (Régebbi elnevezés: mértani haladvány.) Jelölje az állandó hányadost (quotienst) q, definíciónk szerint www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

19. Sorozatok an =q an−1 azaz

405

(n > 1),

an = an−1 q.

Ez a tulajdonság azt jelenti, hogy a sorozat bármely tagja az el˝oz˝o q-val való szorzásával jön létre, tehát a mértani sorozat tagjait úgy állítjuk el˝o, hogy az els˝o tagot rendre megszorozzuk q-val, q2 -tel, q3 -nal stb., azaz a2 = a1 q, a3 = a2 q = a1 q2 , a4 = a3 q = a1 q3 , általában an = a1 qn−1 .

(19.3.1)

Ezzel megadtuk a mértani sorozat tetsz˝oleges tagjának el˝oállítási képletét. Ebb˝ol már következik, hogy a sorozatot els˝o tagja és a hányadosa egyértelm˝uen meghatározzák; mivel két szomszédos tag hányadosa q-val egyenl˝o, a mértani sorozatot els˝o két tagja is egyértelm˝uen meghatározza. Néhány mértani sorozat kezd˝o tagjai: 1, 2, 4, 8, . . . , q = 2, 1 1 1 1 q= , 1, , , , . . . , 2 4 8 2 3, −6, 12, −24, . . . , q = −2, √ √ √ √ 3 3 3 3 2, 3, √ , , ..., q= √ , 2 2 2 6, 6, 6, 6, . . . , q = 1. Megjegyezzük, hogy szokás a mértani sorozatot pl. a (19.3.1) összefüggés alapján is definiálni, ebben az esetben q = 0 is megengedett, azaz a sorozat tagjai (esetleg az els˝o kivételével) mind nullával egyenl˝ok. Ezt a sorozatot ebben a fejezetben az egyszer˝uség kedvéért kizárjuk vizsgálatainkból, tehát feltételezzük, hogy q 6= 0. A sorozat „mértani” elnevezése onnan származik, hogy a pozitív tagú sorozatban bármely tag a két szomszédos tagnak a mértani közepe; legyen an és an q, ezek mérui. an a sorozat tetsz˝oleges tagja, ennek szomszédai q tani közepe: r q an · an q = a2n = an , q valóban an -nel egyenl˝o. (19.3.1)-b˝ol természetesen a1 , q és n is kifejezhet˝o:

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

406

19. Sorozatok a1 =

an , qn−1

q=

r

n−1

an . a1

Ha a1 , an , q pozitívak, (19.3.1) mindkét oldalának logaritmusát véve kapjuk, ha q 6= 1: lg an = lg a1 + (n − 1) lgq, lg an − lga1 lg an − lg a1 , n= + 1. n−1 = lg q lg q A mértani sorozat els˝o n tagjának az összegét sn -nel jelöljük. Írjuk most egymás alá sn és qsn kifejezéseit és képezzük a qsn − sn különbséget: sn = a1 + a1 q + a1g2 + . . . + a1qn−2 + a1qn−1 , qsn = a1 q + a1q2 + . . . + a1qn−2 + a1qn−1 + a1qn , qsn − sn = a1 qn − a1, sn (q − 1) = a1 (qn − 1), ebb˝ol, ha q 6= 1, sn = a1

qn − 1 q−1

(q 6= 1);

(19.3.2)

ez a mértani sorozat els˝o n tagjának az összege. Ha q = 1, a sorozat minden tagja egyenl˝o és így sn = na1 (q = 1). Feladatok 1. Írjuk fel a mértani sorozat els˝o hat tagját, ha els˝o tagja a1 = 0,4, 1 hatodik tagja pedig . 80 Mivel a6 = a1 q5 , q=

r 5

a6 = a1

s 5

1 = 80 · 0, 4

r 5

1 1 = , 32 2

ezért a tagok: 2 0,4 = , 5

1 , 5

1 , 10

1 , 20

1 , 40

1 . 80

2. Tagja-e, s ha igen, hányadik tagja 9 565 938 a 6, 18, . . . mértani sorozatnak? Mivel a1 = 6, q = 3, an = 9 565 938 = 6 · 3n−1 ,

3n−1 = 1 594 323,

vegyük mindkét oldal logaritmusát:

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

19. Sorozatok

407

(n − 1) lg 3 = lg 1 594 323, 6,2026 lg 1 594 323 = 1+ ≈ 14. n = 1+ lg 3 0,4771 (Egy egyszer˝u zsebszámológéppel a megfelel˝o m˝uveleteket elvégezve rövid id˝o alatt kiderül, hogy 9 565 938 valóban 14. tagja a sorozatnak.)

3. A monda szerint a sakkjáték feltalálója azt kérte jutalmul uralkodójától, hogy rakjon a sakktábla els˝o mez˝ojére egy búzaszemet, a következ˝ore kétszerannyit, ennek szomszédjára az el˝oz˝o kétszeresét és így tovább. Mennyi lenne ezeknek a búzaszemeknek az össztömege, ha egy búzaszem 0,1 gramm? A búzaszemek száma olyan mértani sorozatot alkot, amelynek els˝o tagja 1, hányadosa 2, ezért az els˝o 64 tag összege (19.3.2) szerint 264 − 1 = 264 − 1. s64 = 2−1 Mivel lg 2 = 0,3010, lg 264 = 64 lg 2 = 19,2640 és így (természetesen közelítéssel) 264 = 1,84 · 1019 , azaz s64 = 1,84 · 1019 . Mivel egy búzaszem tömege 10−4 kg, a búzaszemek össztömege 1,84 · 1015 kg lenne.

4. Egy 10 cm-es oldalú négyzetb˝ol a 19.3.1. ábrán látható módon levágunk négy egyenl˝o szárú derékszög˝u háromszöget; a maradék négyzetb˝ol ugyanezt tesszük és ezt addig folytatjuk, amíg az eredeti négyzet területéb˝ol 1 mm2 -nél kisebb rész marad. Hányadik vágás után következik ez be?

19.3.1. ábra. 4. feladat Az eredeti négyzet területe 10 000 mm , a feladat szerint ebb˝ol 9999 mm2 nél többet kell levágnunk. Az els˝o vágásnál lemetsszük az eredeti négyzet felét, és minden újabb vágásnál feleannyit vágunk le, mint el˝oz˝oleg. Ezek szerint a sorban levágott területek:  2  3 1 1 1 , 5000 , ... . 5000 5000, 5000 · , 2 2 2 Tegyük fel, hogy az n-edik vágás után lesz a fenti mértani sorozat tagjainak az összege 9999-cel egyenl˝o; írjuk
fel az els˝o ntag összegét:  n  1 n −1 1 = 10 000 1 − = 9999. sn = 500 21 2 2 −1 Ebb˝ol  n 1 1 = 0,9999, = 0,0001, 1− 2n = 10 000, 2 2n 2 hatványait áttekintve könnyen észrevehetjük, hogy 213 = 8192 és 214 = 16 384, ez azt jelenti, hogy n = 13-ra még nem teljesül a feladat feltétele, n = 14-re viszont már a maradék terület kisebb lesz 1 mm2 -nél, tehát 14 vágással elérjük a kívánt méretet. 2

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

408

19. Sorozatok

19.4. A mértani sorozat alkalmazásai; kamatoskamat-számítás  p  Ha egy t-vel jelölt összeg p%-kal kamatozik, egy év alatt 1 + 100 szorosára növekszik (9.2.). Vezessük be a p q = 1+ 100 jelölést, q-t itt kamattényez˝onek nevezzük. A t összeg tehát az els˝o év végére t1 = tq összegre n˝o. A következ˝o (második) év végére t1 ismét kamatozik és t1 q = tq2 -re növekszik. A t összeg (t˝oke) kamatos kamattal növelt értékei az egyes évek végén tehát a tq, tq2 , tq3 , . . . , tqn , . . . mértani sorozat tagjai, és az n-edik tag ebben az esetben az n-edik év végére növekedett összeg: tn = tqn . (19.4.1) Ez a kamatoskamat-számítás alapképlete. Ezt az összefüggést használjuk olyan mennyiségek növekedésének (vagy csökkenésének) a jellemzésére is, amelyek szabályos id˝oközönként ugyanolyan mértékben (azaz: ugyanannyi százalékkal) növekednek (vagy csökkennek); ilyenek pl. az egyenletesen növekv˝o termelés, a szerves növekedés (pl. egy erd˝o faállománya, a népesség) stb. Csökkenés esetén a csökkenési tényez˝o: p , q = 1− 100 ha az egyes csökkenés p%-os. Tegyük most fel, hogy valaki minden év elején t összeget helyez el a bankban és ez évente p%-ot kamatozik. Mekkora követelése van az n-edik év végén (azaz: mennyi pénze van a bankban)? Az els˝o év elején a követelés: t; a végén: tq, a második év elején: tq + t; a végén: tq2 + tq, 2 a harmadik év elején: tq + tq + t; a végén: tq3 + tq2 + tq, n−1 n−2 az n-edik év elején: tq +tq +. . .+t; a végén: tqn +tqn−1 +. . .+tq. Az n-edik év végére kapott tq + tq2 + . . . + tqn összeget a mértani sorozat tagjainak összegképletével kifejezve kapjuk, hogy  p  qn − 1 q = 1+ . (19.4.2) sn = tq q−1 100

Ugyanerre az eredményre vezet a következ˝o probléma: egy üzem évente t érték˝u gépi felszerelést kap, a gépek értéke elhasználódásuk következtében évente p%-kal csökken. Mekkora a gépek így kapott összértéke az n-edik év végén? www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

19. Sorozatok

409

A feladat megoldását szintén a (19.4.2) alatti összeg adja, egyszer˝uség kedvéért feltételezzük, hogy a gépeket az év elején szállítják le; a q értéke p . most q = 1 − 100 Ha a bankban T t˝okét helyezünk el évi p%-os kamatra azzal a feltétellel, hogy ebb˝ol minden év végén j összeget (ún. járadékot) veszünk fel, mennyi pénzünk van a bankban az n-edik év végén? Foglaljuk táblázatba az egyes évek végén érvényes követeléseinket: Az els˝o év végén: T q − j, a második év végén: (T q − j)q − j =
T q2 − ( jq + j), a harmadik év végén: T q2 −( jq + j) q− j = T q3 − ( jq2 + jq + j), .. . az n-edik év végén: T qn − ( jqn−1 + jqn−2 + . . . + j). Az n-edik év végén tehát a bankban lev˝o Kn követelés: qn − 1 . (19.4.3) Kn = T qn − j q−1 Hasonló gondolatmenettel oldjuk meg a következ˝o feladatot: n-éves id˝otartamra, évi p%-os kamatra, T összeg˝u pénzt veszünk fel, minden év végén a összeget törlesztünk (a-t szokás évi törlesztési összegnek, annuitásnak nevezni). Mennyi a tartozásunk az n-edik év végén? Készítsünk táblázatot a tartozásunkról, figyelembe véve, hogy év eleji tartozásunk az év végére q-szorosára n˝o: Az els˝o év elején: T a második év elején: Tq−a .. . az n-edik év elején: n−1 n−2 Tq − (aq + aqn−3 + . . . + a)

a végén: Tq−a

a végén: T q2 − aq − a = T q2 − (aq + a) a végén: T qn − (aqn−1 + aqn−2 + . . . + aq + a)

Ezek szerint az n-edik év végén a tartozásunk:  p  a(qn − 1) q = 1+ . T qn − q−1 100

(19.4.4)

Ha viszont tartozásunkat n év alatt akarjuk törleszteni, akkor az n-edik év végére tartozásunknak 0-nak kell lennie: T qn =

ebb˝ol a=

www.interkonyv.hu

a(qn − 1) , q−1 T qn (q − 1) , q−1

(19.4.5)

© Reiman István

© Typotex Kiadó

410

19. Sorozatok

ennyi az ehhez szükséges évi törlesztési összeg (annuitás). Meggondolásainkban bizonyos id˝oponti egyszer˝usítéseket alkalmaztunk; a gyakorlatban ezért a számítások módosulhatnak. Feladatok 1. Mekkorára növekszik fel 25 180 Ft évi 5%-os kamattal 12 év alatt? A kamattényez˝o 1,05. A megnövekedett t12 érték (19.4.1) alapján: t12 = 25 180 · 1,0512 = 25 180 · 1,7959 = 45 220.

2. Hány év alatt kétszerez˝odik meg betétünk 11%-os kamatos kamataival? Legyen a betét t összeg, a megkétszerez˝odés ideje n év, ekkor (19.4.1) alapján, mivel q = 1,11: t · 1,11n = 2t, 1,11n = 2, n lg 1,11 = lg 2, 0,3010 lg 2 = = 6,64; n= lg 1,11 0,0453 ez azt jelenti, hogy 6 év alatt még nem éri el a megnövekedett összeg a betét kétszeresét, 7 év alatt viszont már meghaladja.

3. Egy ország lakossága 1970-ben 2,5 millió, 1980-ra természetes szaporodással 2,8 millióra növekedett. Hány százalékos az évi átlagos növekedés, és ilyen ütem˝u növekedés mellett hány lakosa lesz az országnak 2000-ben?

p a növekedési tényez˝o, ekkor 10 év alatt a növekedést a Legyen q = 1 + 100 (19.4.1) alatti kapcsolat írja le: 1  1 2,8 10 = 1,12 10 = 1,0114, 2,8 = 2,5q10 , q = 2,5 tehát az évi átlagos növekedés: p = 1,14%. Az 1980-tól számított 20. év végére, 2000-re a megnövekedett lakosságszám: t20 = 2,8 · 1,011420 = 2,8 · 1,25 = 3,5, tehát közelít˝oleg 3,5 millió.

4. Egy apa fia születésekor elhatározza, hogy húsz éven át minden év elején elhelyez a takarékpénztárban egy összeget (minden évben ugyanannyit), hogy fia huszadik születésnapján 1 millió forintot vehessen fel. Mennyit kell évente befizetnie, ha pénze 7%-kal kamatozik? A huszadik év végére összegy˝ult pénzt a (19.4.2) szerint számíthatjuk ki, s20 = = 1 000 000, q = 1,07, n = 20, tehát ha az évi befizetés t, akkor 1,0720 − 1 = 1 000 000, t · 1,07 1,07 − 1 3,8697 − 1 = 1 000 000, t · 1,07 0,07 t · 43,8654 = 1 000 000, t = 22 797 Ft. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

19. Sorozatok

411

5. 8%-os kamatra mekkora összeget kell valakinek elhelyeznie a bankban, ha abból 18 éven át minden év végén 100 000 Ft-ot akar felvenni? Feladatunk szerint, ha az illet˝o T összeget helyez el 8%-os évi kamatra (q = 1,08) és évente abból j = 100 000 Ft-ot vesz fel, a 18. év végére elfogy a pénze, vagyis a (19.4.3) képlettel megadott Kn követelése 0 lesz, ezért 100 000(1,0818 − 1) , T · 1,0818 = 0,08 18 100 000(1,08 − 1) 100 000(3,9960 − 1) T= = = 937 180 Ft. 0,08 · 3,9960 0,08 · 1,0818

6. Egy vállalat 5%-os kamatra 10 000 000 Ft kölcsönt vesz fel, amit egyenl˝o évi részletekben 10 év alatt kell visszafizetnie. Mennyi az évi törlesztési összeg? A (19.4.5) képlet szerint, ha T = 107 , q = 1,05, n = 10, az évi törlesztési összeg: 107 · 1,0510 (1,05 − 1) 107 · 1,6289 · 0,05 = 1 295 040 Ft. a= = 0,6289 1,0510 − 1

19.5. Konvergens sorozatok A sorozatokat ábrázolhatjuk úgy, hogy a számegyenesen megjelöljük a tagok értékeinek megfelel˝o helyeket, gyakorlatilag természetesen nem tudjuk az egész sorozatot, hanem csupán néhány tagját ábrázolni, ábrázolásunk mégis bizonyos képet ad a sorozat tulajdonságairól. A 19.5.1a) ábrán  2 4 3 sorozat, b) ábrán pedig bn = sorozat néhány tagját ábráaz an = 2 n zoltuk.

19.5.1. ábra. Sorozatábrázolás a számegyenesen

A sorozat monoton növekv˝o, ha bármely tagja nem kisebb az el˝oz˝onél, és szigorúan monoton növekv˝o, ha bármely tagja nagyobb az el˝oz˝onél. Hasonlóan: a sorozat monoton fogyó (csökken˝o), ha bármely tagja nem nagyobb az el˝oz˝onél, és szigorúan monoton (csökken˝o), ha bármely tagja kisebb az el˝oz˝onél. A monoton csökken˝o és monoton növekv˝o sorozatokat együttesen monoton sorozatoknak hívjuk. El˝oz˝o példánkban az (an ) sorozat szigorúan monoton növekv˝o, a (bn ) sorozat szigorúan monoton csökken˝o. Az egyenl˝o tagokból álló sorozatokat tekinthetjük monoton csökken˝onek és monoton növekv˝onek is. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

412

19. Sorozatok

A sorozat felülr˝ol korlátos, ha van olyan KF szám, amelynél a sorozat tagjai nem nagyobbak; KF a sorozat fels˝o korlátja; a sorozat alulról korlátos, ha van olyan KA szám, amelynél a sorozat tagjai nem kisebbek, KA a sorozat alsó korlátja. El˝oz˝o példánkban az (an ) sorozat alulról korlátos, 3 alsó korlátja minden -nél nem nagyobb szám, felülr˝ol viszont nem kor2 látos, mert van bármilyen számnál nagyobb tagja. A (bn ) sorozat alulról is, felülr˝ol is korlátos, alsó korlátja minden nempozitív szám, fels˝o korlátja minden 4-nél nem kisebb szám. Ha egy sorozat alulról is és felülr˝ol is korlátos, akkor a sorozatot korlátosnak mondjuk. A korlátosságot úgy is fogalmazhatjuk, hogy korlátos a sorozat, ha létezik olyan K pozitív szám, amelynél a sorozat egyik tagjának sem nagyobb az abszolút értéke, azaz a sorozat minden tagjára |an | ≦ K teljesül. A számtani sorozatok pl. ha nem állandók, nem korlátosak. A sorozatokat ábrázolva gyakran tapasztaljuk a (bn ) sorozatnál is fellép˝o jelenséget: a sorozat tagjait ábrázoló pontok a számegyenes egy helye körül torlódnak. Ezt a megfigyelést teszi pontosabbá a sorozatok konvergenciájának a fogalma; ennek definiálásához el˝oször a környezet fogalmát értelmezzük: egy a valós szám ε sugarú környezetének nevezzük az ]a − ε, a + ε[ nyílt intervallumot, ha ε tetsz˝oleges pozitív szám; ebben a környezetben azok az x számok vannak tehát, amelyekre a−ε < x < a+ε teljesül, vagy ami ezzel egyenérték˝u: |a − x| < ε. Az (an ) számsorozatról akkor mondjuk, hogy konvergens és határértéke az A szám, ha minden pozitív ε számhoz található olyan N pozitív egész, hogy a sorozat aN után következ˝o tagjai mind az A szám ε sugarú környezetében vannak. (Az N itt az ε-hoz tartozó küszöbszám.) 1 Ez azt jelenti, hogy pl. az an = sorozatnál ha megadjuk az ε = 0,001 n 1 < értéket, akkor a sorozat 1001. tagjától kezdve – mivel a1001 = 1001 < 0,001 – a sorozat minden tagja benne van a 0 szám ε sugarú környezetében. Ebben az esetben tehát az N küszöbszám 1000-rel egyenl˝o. Mivel így minden ε-hoz megadható egy N, a sorozat határértéke 0. Azt, hogy az (an ) sorozat határértéke A, így jelöljük: lim an = A n→∞

(olv.: limesze an -nek, ha n tart a végtelenhez, A-val egyenl˝o). Egyes jelölési rendszerekben a lim rövidítés alatti n → ∞-t elhagyják vagy egyszer˝uen csak n-et írnak helyette. Ugyanezt a tényt gyakran egész egyszer˝uen így jelöljük: an → A www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

19. Sorozatok

413

(olv.: an tart az A-hoz); egyébként a mindennapi szóhasználatban is azt, hogy (an ) határértéke A, egyszer˝uen így fejezzük ki: an tart az A-hoz. A határérték definíciója szerint tehát egy bizonyos tagtól kezdve minden tag benne van az A határérték ε sugarú környezetében; ez azt is jelenti, hogy az (an ) sorozat konvergens és határértéke A, ha bármely pozitív ε esetén az A szám ε sugarú környezetén kívül a sorozatnak csak véges sok tagja van. A nem konvergens sorozatokat divergenseknek mondjuk. A divergens sorozatok között kitüntetett szerepük van azoknak, amelyek minden határon túl növekednek vagy csökkennek, pontosabban: az (an ) sorozatról azt mondjuk, hogy +∞-hez (plusz végtelenhez) tart, ha bármilyen P valós számot adunk is meg, a sorozatban van olyan aN tag, hogy az utána következ˝o tagok már mind nagyobbak P-nél. Jelölése: lim an = +∞, vagy an → +∞; n→∞

az (an ) sorozatról azt mondjuk, hogy −∞-hez (mínusz végtelenhez) tart, ha bármilyen P valós számot adunk is meg, van a sorozatban olyan aN tag, hogy az utána következ˝o tagok már mind kisebbek P-nél. Jelölése: lim an = −∞, vagy an → −∞. n→∞

A pozitív egészek sorozata +∞-hez tart, a negatív egészeké −∞-hez; hiszen bármilyen P számot adunk is meg pl. a pozitív egészek sorozatához, ha N-et P-nél nagyobbra választjuk, az aN utáni tagok már mind nagyobbak P-nél. Fontos tulajdonsága a +∞-hez tartozó sorozatoknak a következ˝o: 1 → 0. ha a pozitív tagú (an ) sorozatban an → +∞, akkor an   1 Adjunk meg ugyanis az sorozathoz egy ε > 0 számot. Az (an ) an 1 sorozatban van olyan aN tag, amely után már P = -nál nagyobb tagok ε 1 1 < ε, ami azt jelenti, hogy következnek, tehát ha n > N, an > és így ε an benne van a 0 ε sugarú környezetében, tehát a sorozat 0-hoz tart. Hasonlóan igaz: ha a negatív tagú (an ) sorozatban an → −∞, akkor 1 → 0. an A sorozatok határértékének a meghatározására nem tudunk minden esetben egyformán jól használható módszert megadni, s˝ot még annak az eldöntése is, hogy a sorozat konvergens-e, sokszor igen nehéznek bizonyul. A következ˝okben néhány olyan tételt adunk meg, amely a sorozatok konvergenciájának a vizsgálatát nagymértékben megkönnyíti. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

414

19. Sorozatok

I. Ha az (an ) sorozat minden tagja c-vel egyenl˝o, akkor nyilvánvaló, hogy konvergens és határértéke c. Az (an ) és (bn )sorozatokból kiindulva értelmezzük az (an + bn ),  an sorozatokat (az utolsónál kikötjük, hogy bn 6= 0) (an − bn), (an bn ) és bn a következ˝o módon: az (an + bn) sorozat tagjai az (an ) és (bn )azonos sorszámú tagjainak az összege (különbsége); az (an bn ) sorozat tagjai az (an ) és (bn ) azonos sorszámú tagjainak a szorzata;   an sorozat tagjai az (an ) és (bn ) azonos sorszámú tagjainak a az bn hányadosa. n−1 1 , a képezett sorozatok: Pl.: an = 5 , bn = n n+1 n−1 an (n + 1) 1 n−1 , an bn = 5 , = (n > 1). an + bn = 5 + n n+1 n (n + 1) bn n5 (n − 1) II. Ha an → A és bn → B, akkor an + bn → A + B és an − bn → A − B. III. Ha an → A és bn → B, akkor an bn → AB. IV. Ha an → A és a (bn ) sorozat elemei között nincsenek nullák, továbbá A an → . bn → B 6= 0, akkor bn B V. Az I. tétel figyelembevételével III. és IV. tételeib˝ol következik, hogy ha c tetsz˝oleges állandó valós szám, akkor IIIa. ha an → A, can → cA, c c → . IVa. ha bn → B(bn 6= 0, B 6= 0), bn B A II. és III. tétel érvényes akkor is, ha az összeadandók, ill. szorzótényez˝ok száma kett˝o helyett véges sok. A II–V. tételeket egyébként a konvergens sorozatok m˝uveleti tulajdonságainak szoktuk nevezni. VI. Ha az (an ), (bn ), (cn ) sorozatok olyanok, hogy minden n-edik tagjukra teljesül az an ≦ bn ≦ cn egyenl˝otlenség és an → A, cn → A, akkor (bn ) is konvergens és bn → A. (Szokták ezt a tételt tréfásan „rend˝orelv”nek is nevezni, mivel an és cn közrefogja bn -et úgy, hogy bn is kénytelen oda „tartani”, ahova an és cn .) Ha a sorozat konvergens, akkor szükségképpen korlátos, különben nem lehetne véges sok kivételével minden tagja a határérték egy környezetében. Ennek a megfordítása már általában nem igaz; a korlátos sorozat még nem biztos, hogy konvergens; példa erre az an = (−1)n sorozat. Nem ez a helyzet, ha a korlátos sorozat monoton; bebizonyítható, hogy www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

19. Sorozatok

415

a korlátos monoton sorozat konvergens; mi most ennek csak szemléletes tartalmára utalunk: képzeljük el, hogy a sorozat tagjainak megfelel˝o pontokat pl. a 19.5.1b) ábra mintájára csökken˝o sorrendben kell a számegyenesen kijelölnünk, de egy ponton nem léphetünk túl; ez csak úgy képzelhet˝o el, hogy a pontok egy helyzet után már rendkívüli s˝ur˝uséggel torlódnak, ez a „torlódási pont” a határértéknek megfelel˝o hely a számegyenesen. Feladatok Az 1–10. feladatokban egy-egy sorozatot adunk meg, ennek a konvergenciáját kell megvizsgálnunk, és ha konvergens, meg kell határoznunk a határértékét. 1 1. an = k , k tetsz˝oleges pozitív egész. n   Mivel az

1 n

sorozat határértéke 0, a konvergens sorozatok m˝uveleti szabá-

1 1 1 lyaiból következik, hogy az an = · · . . . · sorozatnak is 0 a határértéke (a n n n szorzatnak k tényez˝oje van). 1 Megjegyezzük, hogy mindez abból is következik, hogy nk → +∞, ezért k → 0. n

2. an =

3n2 − 5n + 6 . 2n2 + n + 1

  3 − n5 + n62 5 Osszuk el a számlálót és a nevez˝ot n2 -tel: an = . Mivel , az 1 1 n 2 + n + n2       1 6 1 , , sorozatok mind a 0-hoz tartanak, a konvergens sorozatok 2 n n n2 3 m˝uveleti szabályai szerint an → . 2

3. an = qn , ahol q > 1.

A Bernoulli-egyenl˝otlenség alapján (8.2. szakasz) qn > n(q − 1) + 1. Legyen P−1 , akkor a Bernoulli-egyenmost P tetsz˝olegesen nagy pozitív szám. Ha n > q+1 l˝otlenségb˝ol P−1 (q − 1) + 1 = P − 1 + 1 = P, qn > n(q − 1) + 1 > q−1 tehát az an sorozat tagjai nagyobbak lesznek P-nél és ez azt jelenti, hogy a qn sorozat +∞-hez tart.

4. an = qn , ahol 0 < q < 1.  n 1 1 sorozatban > 1, tehát el˝oz˝o példánk eredménye szerint q q 1 1 → +∞, és így reciproka, az an nullához tart, azaz qn → 0. qn an Az

1 1 = = an qn

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

416

19. Sorozatok

Ebb˝ol már következik, hogy a (qn ) sorozat akkor is konvergens és a 0-hoz tart, ha −1 < q < 0, hiszen ekkor 0 < |q| < 1 és a bizonyítottak szerint |q|n → 0, de ez éppen azt jelenti, hogy egy N küszöbszámtól kezdve adott ε > 0 esetén |0 − qn | = |q|n < ε, tehát qn is 0-hoz tart. Összefoglalva: qn akkor és csakis akkor tart a 0-hoz, ha −1 < q < 1, azaz ha 0 ≦ |q| < 1.

5. an =

√ n

a, ahol a > 1 valós szám.

6. an =

√ n

a, ahol 0 < a < 1.

√ √ Mivel n a > 1, alkalmazzuk a Bernoulli-egyenl˝otlenséget n a − 1-re:
n
 √ √ √ a−1 ≧ 1 + n n a − 1 , ebb˝ol n a − 1 ≦ . a = 1+ n a−1 n √ Minthogy n a − 1 > 0, √ a−1 0 < n a−1 ≦ , n √ a−1 1 < n a ≦ 1+ . n √ Az n a sorozat √ sorozat elemei fogják közre, amelyek 1-hez √ elemeit két olyan tartanak, ezért n a is 1-hez tart: n a → 1. Mivel hogy

1 > 1, alkalmazzuk az a

r

1 sorozatra az el˝oz˝o példa eredményét, kapjuk, a

r

1 1 =√ → 1, n a a

n

n

1 reciproka: ezért a konvergens sorok m˝uveleteire vonatkozó IV. tétel alapján √ n a √ √ n n a is 1 reciprokához, azaz 1-hez tart: a → 1. √ n Minthogy 1 határértéke nyilván 1, ezért az 5. és 6. feladat eredményét összefoglalva így mondhatjuk ki: √ n a → 1, ha a > 0.

7. an =

√ n.

Az (an ) sorozat √ nyilván +∞-hez tart, ugyanis tetsz˝oleges P pozitív számra, ha n > P2 , akkor n > P, tehát a sorozat tagjai valóban +∞-hez tartanak.

1 8. an = √ . n El˝oz˝o példánk eredménye szerint

9. an =

√ √ n + 1 − n.

√

1 n → +∞, ezért az √ sorozat 0-hoz tart. n

√ Fogjuk√fel an -et olyan törtnek, amelynek nevez˝oje 1, majd b˝ovítsük a törtet n + 1 + n-nel:

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

19. Sorozatok an =

417

√ √ √ √ 1 ( n + 1)2 − ( n)2 √ =√ n+1− n = √ √ . n+1+ n n+1+ n

1 1 1 1 Mivel √ √ < √ , ezért an < √ , tehát 0 < an < √ . n n n n+1+ n 1 El˝oz˝o példánk eredménye szerint √ → 0, ezek szerint an -et két olyan sorozat n √ elemei veszik közre, amelyek 0-hoz tartoznak, ezért an is 0-hoz tart, tehát n + 1− √ − n → 0.

  1 n . 10. an = 1 + n

Megmutatjuk, hogy ez a sorozat szigorúan monoton növekv˝o és korlátos, ebb˝ol már következik, hogy konvergens is. Alkalmazzuk el˝ oször a számtani és mértani közép közötti egyenl˝otlenséget az   1 számra és az 1-re (összesen tehát n + 1 számra): n-szer vett 1 + n s


 1 + n1 + 1 + n1 + . . . + 1 + n1 + 1 1 n n+1 > , 1+ n+1 n s  n+1+1 1 1 n n+1 = 1+ > , 1+ n+1 n+1 n emeljük mindkét oldalt n + 1-edik hatványra:     1 n 1 n+1 > 1+ , azaz an+1 > an , a sorozat valóban monoton növekv˝o. 1+ n+1 n Alkalmazzuk most ismét a számtani és mértani közép egyenl˝otlenségét az n 1 1 1 számra és hozzá még , -re (összesen n + 2) számra: szer vett 1 + n 2 2 s


 1 1 1 1 + n + 1 + n + . . . + 1 + n + 12 + 12 1 n1 n+2 > 1+ , n+2 n 4 a bal oldali tört számlálója és nevez˝oje egyaránt n + 2, értéke tehát 1; emeljük az egyenl˝otlenség mindkét oldalát n + 2-ik hatványra:     1 n 1 1 n · < 1, ebb˝ol < 4, 1+ 1+ n 4 n ami azt jelenti, hogy an < 4, tehát a sorozat valóban korlátos. Mivel a1 = 2, a sorozat minden tagja 2 és 4 közé esik, ebben az intervallumban kell lennie a sorozat határértékének is. Bebizonyítható, hogy ez a határérték e = 2,718281828 . . . , a természetes logaritmus alapszáma.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

418

19. Sorozatok

19.6. Rekurziós sorozatok A rekurzióval megadott sorozatokat (l. a 19.1. szakaszt) rekurziós sorozatoknak nevezzük. Ezeknél a sorozatoknál általában felvet˝od˝o kérdés az n-edik tag explicit meghatározása, tehát an -nek képlettel való el˝oállítása. Néhány speciális rekurziós sorozat esetén példát mutatunk erre az el˝oállításra. Legyen an = c1 an−1 + c2 , ahol c1 és c2 rögzített számok, és legyen adott a sorozat els˝o tagja, a1 . Ezzel a sorozat egyértelm˝uen meghatározott, hiszen minden tagja egyértelm˝uen állítható el˝o az el˝oz˝o segítségével. Pl. az a1 = 7, an = 3an−1 − 2 sorozat kezd˝o tagjai: 7, 19, 55, 163, 487, . . . . Ha c1 = 1, sorozatunk c2 különbség˝u számtani sorozat. Ha c1 6= 1, az an explicit kifejezése: c2 (cn−1 − 1) 1 . (19.6.1) an = a1 cn−1 + 1 c1 − 1

Ennek bizonyítására vegyük észre, hogy n = 1 esetén képletünk éppen a1 -et adja; azt kell még belátnunk, hogy valóban eleget tesz a rekurziós definíciónak; e célból helyettesítsük ebbe an−1 -nek a (19.6.1) képlettel kifejezett alakját: " # c1 an−1 + c2 = c1 a1 cn−2 1 + = a1 cn−1 +

n−1 c2 (cn−2 1 −1) +c = a cn−1 + c2 (c1 −c1 ) +c = 2 1 2 c1 − 1 c1 − 1

n−1 c2 cn−1 1 −c1 c2 + c1 c2 −c2 = acn−1 + c2 (c1 −1) = a , n 1 c1 − 1 c1 − 1

tehát a képlet valóban an -et állítja el˝o. Legyen most a rekurzió a következ˝o: an = c1 an−1 + c2 an−2

(n ≧ 3),

(19.6.2)

adottak a sorozat kezd˝o tagjai: a1 és a2 ; a c1 és c2 rögzített állandó számok, egyik sem egyenl˝o nullával. Ennek a rekurziónak legegyszer˝ubb példája az ún. Fibonacci-sorozat, ennél c1 = c2 = 1 és a1 = a2 = 1, tehát minden tag az el˝oz˝o két tag összege: an = an−1 + an−2, a sorozat kezd˝o tagjai: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, . . . . Az els˝o két tag megadása és a (19.6.2) alatti rekurzió a sorozat tagjait egyértelm˝uen meghatározzák. Az an explicit el˝oállításához rendeljük hozzá a rekurzióhoz az x2 = c1 x + c2, azaz x2 − c1 x − c2 = 0 (19.6.3) másodfokú egyenletet, ez a rekurzió ún. karakterisztikus egyenlete. Tegyük fel, hogy a karakterisztikus egyenletnek két különböz˝o (valós vagy komplex) gyöke van, legyenek ezek x1 és x2 (x1 6= x2 ). Az

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

19. Sorozatok an = λxn1 + µxn2

419 (19.6.4)

számok, ahol λ és µ tetsz˝oleges valós értékek, kielégítik a (19.6.2) egyenletet; ti.: n−2 c1 an−1 + c2 an−2 = c1 (λxn−1 + µxn−1 + µxn−2 1 2 ) + c2 (λx1 2 )= n−2 n n = λxn−2 1 (c1 x1 +c2 )+µx2 (c1 x2 +c2 ) = λx1 +µx2 = an .

Ebb˝ol már következik, hogy ha a (19.6.4) el˝oállítja a1 -et és a2 -t is, akkor a sorozat minden tagját is el˝oállítja. A λ és µ értékét úgy kell meghatároznunk, hogy λx1 + µx2 = a1 , λx21 + µx22 = a2

(19.6.5)

teljesüljön. Ez az egyenletrendszer mindig megoldható, ha c2 6= 0 és x1 6= x2 . Példaként állítsuk el˝o az an = an−1 + an−2 , a1 = a2 = 1 Fibonaccisorozat n-edik tagját. A rekurzió karakterisztikus egyenlete: x2 − x − 1 = 0, √ √ 1− 5 1+ 5 , x2 = ; λ és µ meghatározásához meg ennek gyökei: x1 = 2 2 kell oldanunk az √ √ 1− 5 1+ 5 +µ = 1, (a1 =)λ 2 2 ! √ !2 √ 2 1− 5 1+ 5 +µ =1 (a2 =)λ 2 2 egyenletrendszert, ez átalakítással a következ˝o egyenletrendszerbe megy át: √ (λ + µ) + 5(λ − µ) = 2, √ 3(λ + µ) + 5(λ − µ) = 2, a második és az els˝o egyenlet megfelel˝o oldalainak a különbségéb˝ol adódik, hogy 2(λ + µ) = 0, λ = −µ. Az els˝o egyenletben −µ helyébe λ-t helyettesítve kapjuk, hogy 1 1 µ = −√ , λ= √ , 5 5 ezért (19.6.4) szerint a Fibonacci-sorozat n-edik tagja: " √ !n √ !n # 1+ 5 1− 5 1 − . an = √ 2 2 5 www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

420

19. Sorozatok

Ha a karakterisztikus egyenletnek két egyenl˝o gyöke van, módszerünket módosítanunk kell, mert ekkor a (19.6.5) egyenletrendszer nem oldható meg. Tegyük fel tehát, hogy az x2 − c1 x − c2 = 0 karakterisztikus egyenlet kett˝os gyöke x0 -lal egyenl˝o. A gyökök és együtthatók közötti összefüggés alapján (l. a 7.4. szakaszt) c1 = 2x0 , c2 = −x20 , és így a rekurziós formula an = 2x0 an−1 − x20 an−2 (19.6.6) alakban írható fel. Keressük az an explicit el˝oállítását an = λxn0 + µnxn−1 (19.6.7) 0 formában, ahol λ, µ valós számok. (19.6.6) jobb oldalába behelyettesítve: 2x0 an−1 −x20 an−2 =
2
n−3 = = 2x0 λxn−1 + µ(n − 1)xn−2 −x0 λxn−2 0 +µ(n − 2)x0 0 0
n n−1 n−1 n n = an , = λ(2x0 − x0 ) + µ 2(n − 1)x0 − (n − 2)x0 = λx0 + µ nxn−1 0

tehát kielégíti (16.6.6)-ot. λ és µ meghatározására fel kell írnunk (16.6.7)et n = 1-re és n = 2-re, így egy kétismeretlenes egyenletrendszert kapunk: λx0 + µ = a1 , λx20 + 2µx0 = a2 , ennek megoldása szolgáltatja a λ és µ értékeket. Például állítsuk el˝o az an = 6an−1 − 9an−2, a1 = 5, a2 = 12 sorozatot explicit alakban. A karakterisztikus egyenlet: x2 − 6x + 9 = 0, ennek egyetlen gyöke az x0 = 3. Ezért (16.6.7) alapján: an = 3n λ + n · 3n−1µ. Ha az n = 1, ill. n = 2 esetnek megfelel˝o a1 = 5, a2 = 12 értékeket helyettesítjük, akkor a 3λ + µ = 5, 9λ + 6µ = 12 egyenleteket kapjuk, ennek megoldása λ = 2, µ = −1, ezért az explicit alak: an = 2 · 3n − n · 3n−1 = 3n−1 (6 − n).

A rekurzív sorozatok határértékét bizonyos esetekben egyszer˝uen meghatározhatjuk, ha már tudjuk a határérték létezését. Nézzük pl. a következ˝o sorozatot: r q q √ √ √ 6, 6 + 6, 6 + 6 + 6, . . . , p √ pontosabban: a1 = 6, és an = 6 + an−1, ez a sorozat rekurzív definíciója. Megmutatjuk, hogy ez a sorozat monoton növekv˝o és korlátos, ebb˝ol már következik, hogy van határértéke. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

19. Sorozatok

421

A monotonitást teljes indukcióval bizonyítjuk, a1 < a2 nyilvánvaló, tep p gyük fel, hogy an−1 < an . Mivel an = 6 + an−1 és an+1 = 6 + an, ezért p p an = 6 + an−1 < 6 + an = an+1 ,

tehát a sorozat valóban szigorúan monoton növekv˝o. Teljes indukcióval bizonyítjuk, hogy a sorozat korlátos, mivel minden √ tagja kisebb 3-nál. n = 1-re az állítás igaz, mivel a1 = 6 < 3. Tegyük fel, hogy an < 3, ekkor p √ an+1 = 6 + an < 6 + 3 = 3, ez viszont azt jelenti, hogy a sorozat minden tagja kisebb 3-nál, tehát korlátos és így tényleg konvergens. Legyen a sorozat határértéke A, ekkor a2n → A2 , an−1 + 6 → A + 6, ezért a sorozat definíciója alapján: A2 = A + 6, A2 − A − 6 = 0.

A másodfokú egyenlet megoldóképletével √ 1 ± 25 1 ± 5 = . A= 2 2 Mivel a sorozat minden tagja pozitív, ezért a határértéke nem lehet negatív, ennélfogva A = 3, a sorozat 3-hoz tart.

19.7. Végtelen sorok A sorozatok alkalmazása szempontjából lényegesek azok a sorozatok, amelyeknek tagjai valamilyen sorozat tagjainak az összegezésével jönnek létre. Az a1 els˝o taggal és q hányadossal adott mértani sorozat elemeib˝ol a következ˝o összegeket képezzük: s1 = a1 , s2 = a1 + a1 q, s3 = a1 + a1q + a1q2 , . . . , sn = a1 + a1q + . . . + a1 qn−1, . . . . Megjegyezzük, hogy meggondolásaink q = 0, azaz sn = a1 esetén is érvényesek. Az (sn ) sorozat n-edik tagját (q 6= 1) így is írhatjuk: a1 a1 qn a1 (qn − 1) = − . sn = q−1 1−q 1−q

Az sn -t el˝oállító összegben az els˝o tag független n-t˝ol, a második tag nevez˝oje állandó, a számlálója pedig akkor és csakis akkor konvergens, ha 0 ≦ |q| < 1 (19.5. szakasz, 4. feladat), ezért a mértani sorozat részletösszegeinek sorozata akkor és csakis akkor konvergens, ha 0 ≦ |q| < 1; konvergencia esetén ez a második tag nullához tart, ezért a1 (0 ≦ |q| < 1). sn → 1−q www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

422

19. Sorozatok

Az (sn ) sorozatot szokás úgy tekinteni, mint az a1 + a2 + a3 + . . . + an + . . .

(19.7.1)

„végtelen tagú összeg” els˝o n eleméb˝ol képezett részletösszegeket. A szimbolikusan a (19.7.1) alakban írt összeget végtelen sornak – vagy egyszer˝uen gyakran csak: sornak – nevezzük. Ha az a1 , a2 , . . . , an . . . tagok egy mértani sorozat tagjai, akkor a (19.7.1) sor neve (végtelen) mértani sor. Felhívjuk azonban a figyelmet arra, hogy a sor összegként való felírása nem jelenti azt, hogy általában rendelkezik a véges összegek megszokott tulajdonságaival, pl. az összeadandók felcserélhet˝oségével és tetsz˝oleges csoportosíthatóságával (kommutativitás, ill. asszociativitás). Az a1 + a2 + a3 + . . . + an + . . . végtelen sor részletösszegein az s1 = a1 , s2 = a1 + a2 , .. . sn = a1 + a2 + . . . + an , .. . összegeket értjük és a sort akkor mondjuk konvergensnek, ha az (sn ) sorozat konvergens; az (sn ) határértékét a sor összegének nevezzük. Ezek szerint a mértani sor akkor és csakis akkor konvergens, ha hányadosa abszolút értékben kisebb 1-nél (0 ≦ |q| < 1) és ekkor összege: a1 . (19.7.2) s= 1−q Mértani sor segítségével bizonyítható szabatosan a végtelen szakaszos tizedestörtek két egész szám hányadosaként való el˝oállításának a szabálya. • 4 Pl. a 2.4. szakaszban arra az eredményre jutottunk, hogy 0,4 = . Vegyük 9 • most figyelembe, hogy 0,4 lényegében végtelen mértani sor, amelynek els˝o 4 1 és hányadosa : tagja 10 10 4 • 4 4 4 4 4 0,4 = + + 3 + 4 + . . . = 10 1 = . 10 100 10 10 9 1 − 10 Példaként megmutatjuk, hogy az 1 1 1 1 + + + ...+ + ... 1·2 2·3 3·4 n(n + 1)

(19.7.3)

sor konvergens és összege 1. Az n-edik részletösszegben, sn -ben, minden tagot két tört különbségére bonthatunk, mert www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

19. Sorozatok

423

1 1 1 = − , k(k + 1) k k + 1 ezért 1 1 1 1 1 1 1 1 1 − + − + − + ...+ − = 1− , 1 2 2 3 3 4 n n+1 n+1   1 az (sn ) sorozat ezért az 1 − sorozattal azonos. Mivel azonban n+1 1 → 0, ezért sn → 1, így a sor valóban konvergens és összege 1. n+1 Ha a sor tagjai pozitívak, akkor az (sn ) sorozat biztosan monoton növekv˝o. A sort korlátosnak mondjuk, ha a részletösszegek sorozata korlátos. Ha tehát megmutatjuk, hogy egy pozitív tagú sor korlátos, akkor konvergens is, a 19.5. szakaszban a monoton sorozatokra kimondott tétel értelmében. Példaként vizsgáljuk meg a négyzetszámok reciprokaiból képezett sort: 1 1 1 1 + 2 + 2 + . . . + 2 + . . .. 2 3 n sn =

Írjunk az n-edik részletösszegben minden tört helyett egy nála nagyob1 1 -t, ekkor bat, 2 helyett k (k − 1)k   1 1 1 1 1 1 + + ...+ . sn = 1 + 2 + 2 + . . . + 2 < 1 + 2 3 n 1·2 2·3 (n − 1)n

1 El˝oz˝o példánkban megmutattuk, hogy a zárójelbeli összeg 1− -nel egyenn 1 l˝o, tehát sn < 2 − < 2, a részletösszegek sorozata tehát korlátos és ezért n a sor konvergens. A sorösszeg meghatározása ebben az esetben már öszπ2 = 1,6449 . . .. szetettebb feladat, megmutatható, hogy ez az összeg 6 Ha a sor részletösszegeinek a sorozata nem konvergens, a sort divergensnek mondjuk. A divergens sorok közül kitüntetettek azok, amelyeknél a részletösszegek sorozata +∞-hez, ill. −∞-hez tart; ebben az esetben a sorokról is azt mondjuk, hogy +∞-hez, ill. −∞-hez tartanak. El˝oz˝o példáink után némileg meglep˝o, hogy a pozitív egészek reciprokaiból képezett ún. harmonikus sor: 1 1 1 1 1 + + + + ...+ + ... 2 3 4 n divergens és +∞-hez tart. Ennek igazolására vizsgáljuk meg a k + 1-t˝ol 2kig terjed˝o egészek reciprokainak az összegét, és vegyük figyelembe, hogy az összeg tagjai közül az utolsó a legkisebb: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

424

19. Sorozatok 1 1 1 1 1 1 1 1 + + ...+ > + + ...+ =k = . k+1 k+2 2k 2k 2k 2k 2k 2

k Nézzük ezek után  a harmonikus sor részletösszegét, ahol   sn   n=2 : 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + + s2k = 1 + 2 3 4 5 6 7 8   1 1 1 + . . . + k−1 + + ...+ k . 2 + 1 2k−1 + 2 2

El˝oz˝o észrevételünk szerint a zárójeles kifejezések értéke (az els˝o kivéte1 lével) nagyobb -nél, s mivel éppen k zárójeles kifejezésünk van 2 k s2k > 1 + . 2 Mivel pedig k tetsz˝oleges nagy pozitív szám lehet, az (sn ) növekv˝o sorozat tagjai +∞-hez tartanak, a harmonikus sor ezért divergens. Itt jegyezzük meg, hogy a soktagú összeg rövidített jelölésére alkalmazzuk az összegzés (szummáció) jelét abban az esetben, ha az összeg tagjai azonos jelleg˝uek; méghozzá úgy, hogy az összegnek egy általános (pl. az i-edik) tagját írjuk fel és elé írjuk a ∑ (nagy görög szigma) bet˝ut. A ∑ alá, illetve fölé az összeg els˝o, illetve utolsó tagjának a jele kerül. Pl.: 100

1 + 2 + . . . + 100 = ∑ i, i=1

n 1 1 1 1 1 + + + ...+ = ∑ , 2 3 n i=1 i n

a1 b1 + a2 b2 + . . . + an bn = ∑ ai bi ; i=1

végtelen sor esetében a ∑ fölé ∞-t szoktak írni ∞ 1 1 1 1 + + ...+ + ... = ∑ . 2 n i=1 i A határok kiírását néha elhagyják, f˝oként abban az esetben, ha azok az el˝ozményekb˝ol már ismertek.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

20 Függvények

20.1. A függvények fogalma, ábrázolása Ha a H1 halmaz minden elemének megfeleltetjük a H2 halmaz valamely elemét, akkor ezt a hozzárendelést függvénynek nevezzük. A H1 halmaz a függvény értelmezési tartománya; a H2 -nek azok az elemei, amelyekhez valamelyik H1 -beli elemet hozzárendeljük, a függvény értékkészletét alkotják; az értékkészlet tehát H2 elemeinek egy részhalmaza (ez egybe is eshet H2 -vel). A függvények körében számos jelölést és elnevezést használnak, könyvünkben ezek közül csak néhányat alkalmazunk rendszeresen. Magát a függvényt legtöbbször az f bet˝uvel jelölik (gyakori még: g, h, . . . de bármilyen bet˝u is el˝ofordulhat); az értelmezési tartományra szokás a D f (vagy D( f )), az értékkészletre pedig az R f (vagy R( f )) jelölés. Az f : H1 → H2 jelsorozat azt jelenti, hogy f értelmezési tartománya H1 értékkészlete pedig H2 -nek részhalmaza. Azt a tényt, hogy f -nek H1 az értelmezési tartománya, így is szoktuk mondani: f a H1 halmazon van értelmezve. Ha x a H1 eleme, f (x) jelöli az x-hez rendelt H2 -beli elemet, amit x helyettesítési értékének nevezünk; ugyanezt fejezi ki az x 7→ f (x) jelölés is. Megjegyezzük, hogy az f , g, . . . függvények helyett gyakran az f (x), g(x), . . . jelöléseket is használjuk, els˝osorban akkor, ha a függvényeket képlettel adjuk meg. Az értelmezési tartomány x elemeire használatos még az x változó elnevezés is (ma már ritkább: az értelmezési tartomány elemei a független változók, az értékkészleté a függ˝o változók). www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

426

20. Függvények

A függvények most megadott fogalma igen általános; eszerint pl. a sokszögek területe olyan függvény, amelynek értelmezési tartománya a sokszögek halmaza, értékkészlete pedig a pozitív számok halmaza. A síkbeli egybevágóságok is függvények, értelmezési tartományuk a sík pontjainak a halmaza, ugyanebb˝ol a halmazból áll az értékkészletük is. Mint láttuk a 19.1. szakaszban a sorozat a pozitív egészek halmazán értelmezett függvény, értékkészlete a valós számok egy részhalmaza. A következ˝okben olyan függvényekkel foglalkozunk, amelyeknek értelmezési tartománya és értékkészlete is a valós számoknak egy részhalmaza (ez természetesen a teljes valós számhalmaz is lehet); az ilyen függvényeket valós függvényeknek (valós változós függvényeknek) mondjuk. A függvények megadásához hozzátartozik az értelmezési tartomány (H1 ), az értékkészletet tartalmazó halmaz (H2 ) és a hozzárendelés megadása. A hozzárendelés módja sokféle lehet: pl. egy véges halmazon értelmezett függvényt táblázattal is megadhatunk; függvények megadására láttunk példát a sorozatoknál is; a gyakorlatban használt függvények nagy többségét azonban valamilyen képlettel p vagy képletekkel adjuk meg, pl. az értelmezési tartomány x eleméhez a x2 + x + 1 valós számot rendeljük, és ezt így jelöljük: p p R → R, f (x) = x2 + x + 1, vagy f : R → R, x 7→ x2 + x + 1, p nagyon gyakran azonban egyszer˝uen csak a x2 + x + 1 függvényr˝ol beszélünk. Egyszer˝usítés céljából valós függvények esetén csak a hozzárendelést adjuk meg, ha értelmezési tartománynak azoknak a valós számoknak a halmazát tekintjük, amelyre az adott képletnek (hozzárendelésnek) értelme 1 függvény értelmezési tartománya a valós számok halvan. Pl. az x−1 maza, kivéve az 1-et. Megjegyezzük, hogy az alkalmazásoknál gyakori probléma egy adott függvénykapcsolatnál (képletnél) annak a valós számhalmaznak a közvetlen meghatározása, amelyre az adott függvénykapcsolat értelmezhet˝o.

20.1.1. ábra. Szuperjekció

20.1.2. ábra. Injekció

Szokásos elnevezések még: adott H1 és H2 esetén az f függvény szuperjektív (vagy szuperjekció, szürjekció) (20.1.1. ábra), ha H2 minden www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

427

20. Függvények

eleme hozzá van rendelve H1 legalább egy eleméhez; injektív (vagy injekció) (20.1.2. ábra), ha H1 bármely két eleméhez f a H2 két különböz˝o elemét rendeli, és bijektív (vagy bijekció) (20.1.3. ábra), ha szuperjektív és injektív is; a bijekciót H1 és H2 elemei közötti egy-egyértelm˝u vagy kölcsönösen egyértelm˝u megfeleltetésnek is mondjuk.

20.1.3. ábra. Bijekció (kölcsönösen egyértelm˝u megfeleltetés)

20.1.4. ábra. Félkör mint függvénygörbe

A függvények tulajdonságainak vizsgálatát nagyon megkönnyíti az ábrázolásuk. Egy {x, y} koordináta-rendszerben az f függvény képén (más elnevezéssel grafikonján, ábráján) az y = f (x) egyenlet˝u ponthalmazt értjük, ez tehát az (x, f (x)) koordinátapárral jellemzett pontokból áll. Az y = f (x) egyenlet˝u vonalat függvénygörbének is szokták nevezni. Nem tudunk azonban minden valós függvényt ábrázolni, pl. az elméleti megfontolásokban lényeges szerepet játszó ún. Dirichlet-függvénnyel is ez a helyzet, ennek megadása:  0, ha x racionális, f (x) = 1, ha x irracionális. Nem minden, koordináta-rendszerben ábrázolt görbe függvénygörbe, pl. egy pmár lehet, pl. az p kör nem lehet függvénygörbe, egy félkör viszont 2 y = 1 − x egyenlet˝u félkör (20.1.4. ábra) az f (x) = 1 − x2 függvény képe. Gyakori függvényképek az y = mx + b egyenlettel megadott egyenesek vagy az y = ax2 + bx + c egyenlet˝u parabolák. Nem szabad összetévesztenünk a függvényt a görbéjével, helytelen pl. az a kifejezés: ez a függvény parabola; helyesen: ennek a függvénynek a képe parabola. Igaz, hogy az általános szóhasználatban, ha függvényre gondolunk, sokszor a képét is hozzáképzeljük, ezért elfogadott pl. az f függvénynek x helyen vagy az x pontban felvett értékér˝ol beszélni. A függvénygörbe transzformációjáról (ill. függvénytranszformációról) beszélünk, ha kapcsolatot keresünk az f (x) és pl. az f (x + a) + b függvények, ill. görbéik között. (Ezenkívül sok más típusú függvénytranszformáció létezik.) Az y = f (x+ a) függvénygörbét az y = f (x) függvénygörbéb˝ol az x tengellyel párhuzamos −a-val való eltolással kapjuk, mivel az f (x + a) függvény x − a helyen felvett értéke éppen f (x − a + a) = f (x), tehát ugyanaz, www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

428

20. Függvények

mint az f (x) függvény x helyen felvett értéke; ez azt jelenti, hogy f (x + a) minden értéket a hellyel „el˝obb” vesz fel, mint f (x) (20.1.5. ábra). Az f (x) + b függvény görbéje az f (x) görbéjéb˝ol az y tengellyel párhuzamos, b nagyságú eltolással származtatható, hiszen a két görbe x ponthoz tartozó ordinátáinak a különbsége éppen b-vel egyenl˝o (20.1.6. ábra). Ebb˝ol következik, hogy az y = f (x + a) + b függvénygörbe az y = f (x) függvénygörbéb˝ol a v(−a, b) vektorral való eltolással származtatható, hiszen ez éppen az el˝obbi két eltolás egymásutánját eredményezi. Ha az y = f (x) függvénygörbe minden pontjának az abszcisszáját (x koordinátáját) c-ed részére zsugorítjuk, az y = f (cx) függvénygörbét kapx juk, az f (cx) függvény ugyanis az helyen ugyanazt az értéket veszi fel, c  x = f (x) (20.1.7. ábra). Ha c negatív, a mint az f (x) az x helyen: f c c zsugorított pontot még tükröznünk kell az y tengelyre. A 17.5. szakaszban használt kifejezéssel az f (cx) függvény görbéje az f (x) függvény görbéjéb˝ol y tengely˝u, 1 : c arányú affin zsugorítással nyerhet˝o.

20.1.5. ábra. Az y = f (x) és y = f (x + a) görbék kapcsolata (a > 0)

20.1.6. ábra. Az y = f (x) és y = f (x) + b görbék kapcsolata (b > 0)

20.1.7. ábra. Az y = f (x) és y = f (2x) görbék kapcsolata

Ha viszont az y = f (x) függvénygörbe minden pontjának az ordinátáját (y koordinátáját) c-szeresére növeljük, azaz a görbére egy x tengely˝u c : 1 arányú affinitást alkalmazunk, az y = c f (x) függvénygörbét kapjuk.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

20. Függvények

429

Ha c negatív, a kapott függvénygörbét még tükröznünk kell az x tengelyre (20.1.8. ábra).

20.1.8. ábra. Az y = f (x) és y = c f (x) görbék kapcsolata

20.2. A függvényekkel kapcsolatos alapfogalmak A 2.5. szakaszban értelmeztük a valós számoknak egy intervallumát; az intervallum lényegében a számegyenes egy szakaszához tartozó valós számokból áll. Általánosabb értelemben intervallumnak („végtelen” intervallumnak) tekintjük egy félegyenes, s˝ot az egész egyenes pontjaihoz tartozó valós számokat is: az [a, +∞[ az a ≦ x feltételt kielégít˝o x-ek halmaza; az ]a, +∞[ az a < x feltételt kielégít˝o x-ek halmaza; a ] − ∞, b] az x ≦ b feltételt kielégít˝o x-ek halmaza; a ] − ∞, b[ az x < b feltételt kielégít˝o x-ek halmaza; a ] − ∞, +∞[ az összes valós x-ek halmaza. Az f függvényt értelmezési tartományának egy intervallumában korlátosnak mondjuk, ha van olyan K szám, hogy az intervallum minden x pontjában | f (x)| ≦ K teljesül. Ha a szóban forgó x-ekre f (x) ≦ K teljesül, a függvény felülr˝ol, ha K ≦ f (x) teljesül, a függvény alulról korlátos. Általánosan: az f függvényt korlátosnak mondjuk, ha értelmezési tartományának minden x pontjára teljesül az | f (x)| < K egyenl˝otlenség.

Pl. az x2 függvény alulról korlátos, hiszen 0 ≦ x2 , felülr˝ol azonban nem; a 3x + 5 függvény sem alulról, sem felülr˝ol nem korlátos; viszont korlátos 1 1 = 1 ≦ 1 (l. 20.2.1. ábra). függvény, mert 2 az 2 x +1 x + 1 x2 + 1 A korlátos függvény görbéje az x tengellyel párhuzamos sávban helyezkedik el. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

430

20. Függvények

Az f függvény értelmezési tartornánya egy intervallumában monoton növekv˝o (ill. csökken˝o, fogyó), ha az intervallum minden olyan x1 , x2 helyén, amelyre x1 < x2
f (x1 ) ≦ f (x2 ) ill. f (x1 ) ≧ f (x2 ) .

20.2.1. ábra. Az y =

1 görbe 2 x +1

20.2.2. ábra. Maximum- és minimumhelyek

Ha a fenti egyenl˝otlenségekben az egyenl˝oség nincs megengedve, szigorú monotonitásról beszélünk. Az x2 függvény szigorúan monoton csökken˝o pl. a ] − ∞, 0] intervallumon, ezen kívül pedig (tehát pozitív x-ekre) szigorúan monoton növekv˝o. Az 5x − 2 függvény minden x-re szigorúan monoton növekv˝o, míg a −5x − 2 szigorúan monoton fogyó. Megjegyezzük, hogy a mindennapi szóhasználatban a „monoton” határozót a növekv˝o, ill. fogyó jelz˝o mell˝ol gyakran elhagyjuk; az „intervallumon” helyett pedig használjuk az „intervallumban” kifejezést is. Az x0 hely δ sugarú környezetének az |x − x0 | < δ feltételt kielégít˝o x helyek halmazát nevezzük. A függvények alkalmazása szempontjából lényeges azoknak a helyeknek a meghatározása, amelyeken a függvény értéke pl. egy adott intervallumban legnagyobb vagy legkisebb; ehhez a kérdéskörhöz kapcsolódik a következ˝o két fogalom: Az f függvénynek az x0 helyen helyi (lokális) maximuma van, ha x0 -nak van olyan környezete f értelmezési tartományában, amelyeknek minden x pontjában f (x) ≦ f (x0 ). Az f függvénynek az x0 helyen helyi (lokális) minimuma van, ha x0 nak van olyan környezete f értelmezési tartományában, amelynek minden x pontjában f (x) ≧ f (x0 ). A függvény grafikonján a maximumhelyeknél „csúcs”, a minimumhelyeken „mélypont” van (20.2.2. ábra). Ha a függvény egy intervallumban állandó, ott minden minimumhely egyúttal maximumhely is. A „helyi” jelz˝ot a fenti definícióban rendszerint el is hagyjuk. Felhívjuk a figyelmet azonban arra, hogy a fenti maximum- és minimummeghatározások helyi jelleg˝uek, tehát pl. a helyi maximumnál a függvény nagyobb értéket is felvehet. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

20. Függvények

431

A helyi minimum, ill. maximum a függvény helyi (lokális) széls˝oértékei. Az f függvényt periodikusnak nevezzük, ha létezik olyan p 6= 0 szám, hogy értelmezési tartományának minden x pontjára x + p is az értelmezési tartományba tartozik és f (x + p) = f (x) teljesül. p-t a függvény egy periódusának mondjuk. Ha a függvénynek p periódusa, akkor 2p is periódusa, hiszen
f (x + 2p) = f (x + p) + p = f (x + p) = f (x),

és ezért periódusa p tetsz˝oleges pozitív vagy negatív egész többszöröse is. Ha a függvénynek van legkisebb pozitív periódusa, rendszerint ezt szoktuk a függvénynél figyelembe venni. Legegyszer˝ubb periodikus függvény az állandó (konstans) függvény, ez minden x valós számhoz ugyanazt a c számot rendeli: f (x) = c, ennek képe az x tengellyel párhuzamos, y = c egyenlet˝u egyenes. Az állandó függvénynek minden valós szám periódusa (kivéve természetesen a 0-t). Periodikus függvények vizsgálatához elegend˝o egy, a periódussal azonos hosszúságú intervallumban vizsgálnunk a függvényt, hiszen a függvény tulajdonságai periódusonként ismétl˝odnek. Tipikus periodikus függvények a trigonometrikus függvények (20.8. szakasz). Legyen f olyan függvény, amelynek értelmezési tartománya „0 pontra szimmetrikus”, azaz ha x benne van f értelmezési tartományában, akkor ez a −x-et is tartalmazza. f -et párosnak nevezzük, ha értelmezési tartományának minden x helyére f (x) = f (−x) teljesül és páratlannak, ha értelmezési tartományának minden x helyére f (x) = − f (−x) fennáll. 1 , cos x; Páros függvények pl.: x2 , x4 − 4x2 + 2, 2 x +1 1 , sin x. páratlan függvények pl.: x, x3 − x, x Nem lehet minden függvényt a páros vagy páratlan függvények osztályába besorolni, a függvények többsége sem nem páros, sem nem páratlan. A páros függvények grafikonja szimmetrikus az y tengelyre, a páratlan függvényeké pedig az origóra. A függvények körében is értelmezünk m˝uveleteket. Az f1 és f2 függvények értelmezési tartományainak közös részén értelmezzük az f1 + f2 , f1 függvényeket, az utóbbit csak olyan x-ekre, amelyekre f1 − f2 , f1 f2 és f2 f2 (x) 6= 0. Értelmezés szerint: ( f1 + f2 )(x) = f1 (x) + f2 (x), f1 (x) f1 (x) = , f2 f2 (x)

www.interkonyv.hu

( f1 f2 )(x) = f1 (x) · f2 (x);

ha

f2 (x) 6= 0. © Reiman István

© Typotex Kiadó

432

20. Függvények

Legyen pl. f1 (x) = x2 − x, f2 (x) =

2x x2 + 1

, ebben az esetben

2x , x2 + 1 2 2x(x − x) , ( f1 f2 )(x) = f1 (x) · f2 (x) = x2 + 1 f1 f1 (x) (x2 − x)(x2 + 1) = (x 6= 0). (x) = f2 f2 (x) 2x

( f1 + f2 )(x) = f1 (x) + f2 (x) = x2 − x +

Függvények összege és szorzata tetsz˝oleges véges számú összeadandóra, ill. tényez˝ore is kiterjeszthet˝o. Felhívjuk a figyelmet arra, hogy a m˝uveletekkel kapott függvény értelmezési tartománya a m˝uveletben részt vev˝o függvények értelmezési tarto1 1 mányának a közös része, tehát pl. ha f1 (x) = és f2 (x) = − . x x 1 1 f1 (x) + f2 (x) = − = 0, x x de itt f1 (x) + f2 (x) a 0 helyen nincs értelmezve. Hasonlóan, ha 1 x2 −9 , akkor (g1 g2 )(x) = g1 (x) · g2 (x) = . g1 (x) = x2 −9, g2 (x) = x−3 x−3 Minthogy g1 minden valós számra értelmezve van, g2 -nek pedig x = 3 nem tartozik az értelmezési tartományához,  2 x −9 = x + 3, ha x 6= 3, (g1 g2 )(x) = x − 3 nincs értelmezve, ha x = 3.

Legyenek most f és g olyan függvények, hogy f értelmezési tartományának és g értékkészletének van közös része. Az f [g(x)] függvényt összetett függvénynek (más elnevezés: közvetett függvénynek) nevezzük, értelmezési tartománya azoknak az x-eknek a halmaza, amelyekre g(x) hozzátartozik f értelmezési tartományához. Az f [g(x)] függvényt f ◦ g-vel is (olv. f kör g) szokták jelölni: ( f ◦ g)(x) = f [g(x)]. Legyen pl. g(x) =

1 x2 − 4

, f (x) =

√ x, ekkor r

( f ◦ g)(x) = f [g(x)] =

1

x2 − 4

.

f nemnegatív számokra van értelmezve, g pedig ±2 kivételével minden valós számra. g értékkészlete akkor nemnegatív (azaz akkor tartozik hozzá f értelmezési tartományához), ha x2 > 4, tehát x < −2 vagy x > 2. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

20. Függvények

433

Tegyük fel, hogy f kölcsönösen egyértelm˝u megfeleltetést létesít értelmezési tartományának és értékkészletének az elemei között. Ebben az esetben az értékkészlet minden f (x) eleméhez hozzárendelhetjük az értelmezési tartományának azt az x elemét, amelyre az f értéke f (x). Ezzel a hozzárendeléssel definiáljuk az f függvény inverzét, amit f −1 -gyel jelölünk. f −1 értelmezési tartománya f értékkészletével és értékkészlete f értelmezési tartományával azonos. Természetesen nincs minden függvénynek inverze; gyakran azonban a függvény inverzét csupán értelmezési tartományának egy részhalmazán, rendszerint egy intervallumban akarjuk el˝oállítani. A szigorúan monoton függvényeknek létezik inverze, err˝ol még a 20.4. szakaszban is szólunk. A képlettel adott függvény inverzének a meghatározását két példán mutatjuk meg. 2x − 3 ; ez a függvény a valós számok halmazán sziI. Legyen f (x) = 5 gorúan monoton növekv˝o, és értékkészlete a valós számok halmaza. Tegyük fel, hogy f az x-hez az y valós számot rendeli, azaz f (x) = y, 2x − 3 5y + 3 = y, ebb˝ol: x = , 5 2 5y + 3 tehát y-hoz az inverz függvény az értéket rendeli, ezért 2 5x + 3 . f −1 (x) = 2 5x + 3 2x − 3 f -et és f −1 -et a koordináta-rendszerben az y = , ill. y = 5 2 egyenesek ábrázolják (20.2.3. ábra). II. Legyen g az x ≧ 2 valós számok halmazán értelmezett g(x) = x2 − 4x + 3 függvény. g szigorúan monoton növekv˝o és értékkészlete a g(2) = −1-nél nem kisebb valós számok halmaza. Legyen x2 − 4x + 3 = y, ebb˝ol x2 − 4x + (3 − y) = 0. A másodfokú egyenlet megoldóképletével: p √ p 4 ± 16 − 4(3 − y) 4 ± 2 y + 1 = = 2 ± y + 1. x= 2 2

Mivel a g−1 függvény értelmezési tartománya a −1-nél nem kisebb valós számok halmaza és értékkészlete a 2-nél nem kisebb számok halmaza, ezért a megoldásban a négyzetgyök el˝ott + el˝ojelnek kell állnia. Ennélfogva g inverze: √ g−1 (x) = 2 + x + 1. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

434

20. Függvények

g-nek és g−1 -nek a grafikonja a 20.2.4. ábrán látható, mindkét függvény képe félparabola.

20.2.3. ábra. Függvény és inverzének képe

20.2.4. ábra. Függvény és inverzének képe

Megjegyezzük, hogy egy függvénynek és inverzének a képe tükrös az y = x egyenlet˝u egyenesre, erre tükrös ugyanis a két koordinátatengely is, és a tükrözés éppen az értelmezési tartomány és az értékkészlet felcserélését jelenti.

20.3. A függvény határértéke x2 − 9 függvény nincs értelmezve az x = 3 helyen, minden más x−3 valós szám azonban benne van az értelmezési tartományban, ezért ha x 6= 3, x2 − 9 (x + 3)(x − 3) = = x + 3, f tehát ebben a formában is megadható: x+3 x−3  x + 3, ha x 6= 3, f (x) = nincs értelmezve, ha x = 3. f képe az y = x + 3 egyenes, megfosztva azonban az x = 3 értékhez tartozó (3, 6) ponttól (20.3.1. ábra).

Az f (x) =

20.3.1. ábra. Az y =

www.interkonyv.hu

x2 − 9 függvénygörbe x−3 © Reiman István

© Typotex Kiadó

20. Függvények

435

Legyen most x1 , x2 , . . . , xn . . . tetsz˝oleges olyan sorozat, amelynek a határértéke 3, azaz a 3-hoz tart (xn
6= 3). Az ezeken a helyeken felvett függvényértékek sorozata az f (xn ) sorozat: x1 + 3, x2 + 3, x3 + 3, . . . , xn + 3, . . . s mivel xn → 3, xn + 3 = f (xn ) → 6. Ezt úgy szoktuk kifejezni, hogy az f függvény határértéke az x = 3 pontban 6-tal egyenl˝o. x = 3 esetén a függvény nincs értelmezve, a határérték a függvény x = 3 hely környezetében való „viselkedésér˝ol” tájékoztat bennünket. Általánosságban is értelmezzük az f függvény x0 pontbeli (ún. véges helyen vett) határértékét; ehhez szükséges, hogy f értelmezve legyen x0 egy környezetében, azt azonban nem kell kikötnünk, hogy magában az x0 pontban is értelmezve legyen. I. Az f függvénynek az x0 pontban egy A szám a határértéke, ha bárhogyan is választunk ki f értelmezési tartományában egy x0 -hoz tartó x1 , x2 , . . ., xn , . . . (xn 6= x0 ) sorozatot, akkor a megfelel˝o függvényértékek f (x1 ), f (x2 ), . . ., f (xn ), . . . sorozata A-hoz tart. Továbbá: II. Az f függvénynek az x0 pontban határértéke +∞ (ill. −∞), ha bárhogyan is választunk ki f értelmezési tartományában egy x0 -hoz tartó x1 , x2 , . . ., xn , . . . (xn 6= x0 ) sorozatot, akkor a megfelel˝o függvényértékek f (x1 ), f (x2 ), . . ., f (xn ), . . . sorozata +∞-hez (ill. −∞-hez) tart. A véges helyen vett határértékhez hasonlóan értelmezzük a függvények végtelenben vett határértékét. III. Az f függvénynek a +∞-ben a határértéke A, ha bárhogyan is választunk ki f értelmezési tartományában egy +∞-hez tartó x1 , x2 , . . ., xn . . . sorozatot, a megfelel˝o függvényértékek f (x1 ), f (x2 ), . . ., f (xn ), . . . sorozata A-hoz tart. IV. Az f függvénynek a +∞-ben vett határértéke +∞, ha bárhogyan is választunk ki f értelmezési tartományában egy +∞-hez tartó x1 , x2 , . . ., xn , . . . sorozatot, a megfelel˝o függvényértékek f (x1 ), f (x2 ), . . ., f (xn ), . . . sorozata is +∞-hez tart. Ezekkel a definíciókkal rendre egyenérték˝uek a következ˝ok; gyakran ezek alkalmazása célszer˝ubbnek bizonyul. El˝orebocsátjuk, hogy a definíciókban szerepl˝o x helyek hozzátartoznak f értelmezési tartományához. I*. Az f függvénynek az x0 pontban a határértéke A, ha minden ε > 0 számhoz létezik olyan δ > 0 szám, hogy ha 0 < |x − x0 | < δ, akkor | f (x) − A| < ε. II*. Az f függvénynek az x0 pontban határértéke +∞ (ill. −∞), ha minden K számhoz van olyan δ > 0 szám, hogy ha 0 < |x − x0 | < δ, akkor f (x) > K (ill. f (x) < K). www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

436

20. Függvények

III*. Az f függvénynek a +∞-ben a határértéke A, ha minden ε > 0 számhoz létezik olyan K szám, hogy ha x > K, akkor | f (x) − A| < ε. IV*. Az f függvénynek a +∞-ben vett határértéke +∞, ha minden K számhoz van olyan N szám, hogy ha x > N, akkor f (x) > K. A III., III*.; IV., IV*. definíciókban +∞ helyett −∞ is állhat, a definícióban szerepl˝o egyenl˝otlenségek ekkor értelemszer˝uen módosulnak. A most felsorolt definíciókban a sorozatoknál használt jelöléseket alkalmazhatjuk; pl. az I. definícióban: lim f (x) = A, x→x0 a II. definícióban: lim f (x) = +∞,

vagy:

ha x → x0 ,

akkor

f (x) → A;

vagy:

ha x → x0 ,

akkor

f (x) → +∞;

a III. definícióban: lim f (x) = A,

vagy:

akkor

a IV. definícióban: lim f (x) = +∞,

ha x → +∞,

f (x) → A;

vagy:

ha x → +∞,

akkor

f (x) → +∞.

x→x0

x→+∞

x→+∞

Megjegyezzük, hogy a lim rövidítés alatt az x → jelrészletet néha elhagyják. Felhívjuk a figyelmet arra, hogy a határértékek fenti definíciói feltételes jelleg˝uek, tehát határérték nem mindig létezik, a definíciók a létezés feltételét és a határértéket egyszerre definiálják. Az I. é II. definíciókban kiköthetjük, hogy az x0 -hoz tartó sorozatok tagjai x0 -nál kisebbek, ill. nagyobbak legyenek. A függvényértékek sorozatának határértéke ebben az esetben ún. bal oldali határérték, ill. jobb oldali határérték; azt is szoktuk mondani, hogy f (x) balról, ill. jobbról tart az A-hoz. A bal, ill. jobb oldali határérték jelölése: lim f (x) = A, ill. lim f (x) = A. x→a−0

x→a+0

Az I*. és II*. definíciókban a δ-ra tett kikötés úgy módosul, hogy bal oldali határérték esetén a 0 < x0 − x < δ feltételnek, jobb oldali esetén pedig a 0 < x − x0 < δ feltételnek kell teljesülnie. Az x0 pontbeli határérték akkor létezik, ha a bal oldali és a jobb oldali határérték létezik és megegyezik. 1 Pl. az függvény bal oldali határértéke az x0 = 0 pontban −∞, a jobb x oldali pedig +∞, hiszen egy balról, azaz negatív érték˝u, nullához tartó xn 1 a −∞-hez, a jobbról nullához tartó xn sorozatnál pedig sorozat esetén xn 1 a +∞-hez tart. xn A konvergens sorozatok m˝uveleti szabályaiból következik a következ˝o gyakran alkalmazott tétel: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

437

20. Függvények

Ha lim f (x) = A és lim g(x) = B, akkor az f (x) + g(x), f (x) · g(x) és x→x0

x→x0

f (x) függvényeknek van határértéke az x0 helyen és B 6= 0 esetén g(x)
f (x) A = . lim f (x) + g(x) = A + B, lim f (x)g(x) = AB, lim x→x0 x→x0 x→x0 g(x) B

Ezek segítségével bonyolultabb függvények határértékének a meghatározását egyszer˝ubb függvényekére vezethetjük vissza. Megjegyezzük, hogy összeg helyett függvények, ill. határértékek különbsége is szerepelhet, továbbá az összegre, ill. szorzatra vonatkozó összefüggés tetsz˝oleges véges számú összeadandó, ill. szorzótényez˝o esetén is érvényes. Nyilvánvaló, de igen gyakran alkalmazott tény, hogy ha f (x) = c (állandó) valamilyen értelmezési tartományban, akkor e tartomány minden pontjában létezik határértéke és ez c-vel egyenl˝o. A fenti m˝uveleti tételeket véges helyen vett véges határérték esetén mondottuk ki (azaz az I. definíciónak megfelel˝o esetekben). A többi esetben is felmerül ilyen jelleg˝u tétel kimondásának a lehet˝osége, ezek közül most kett˝ot fogalmazunk meg, z itt lehet egy véges x0 szám, de lehet +∞ vagy −∞ is. a) Ha lim f (x) = +∞ és lim g(x) = A, akkor x→z

x→z

lim[ f (x) + g(x)] = +∞.

x→z

b) Ha lim f (x) = +∞ és lim g(x) = A, akkor x→z x→z ( +∞, ha A > 0, lim f (x)g(x) = x→z −∞, ha A < 0. Ha viszont A = 0, lim f (x)g(x) létezése vagy értéke külön vizsgálatot igényel. Hasonlóan külön kell vizsgálnunk azokat a határértékeket, amelyek két 0” ∞” , típusú eredményekre vefüggvény határértékét véve „∞ − ∞”, „0 „∞ zetnek (az idéz˝ojelbe tett szimbólumokat csak a rövidség kedvéért használtuk).

20.4. Folytonos függvények Egy függvényt értelmezési tartományának egy pontjában folytonosnak mondunk, ha a függvény pontbeli határértéke és helyettesítési értéke egyenl˝o. E definíció szerint tehát a pontbeli folytonosság alapvet˝o feltétele, hogy a pontban a függvény értelmezve legyen, továbbá, hogy létezzen a pontban határértéke és az megegyezzen a helyettesítési értékkel. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

438

20. Függvények

x2 − 9 függvény az x = 3 pontban eleve nem lehet folytonos, mert x−3 ott nincs értelmezve. A 20.3. szakaszban megadtuk a függvény egy x0 pontbeli (véges) határértékének két egyenérték˝u definícióját, ezek alapján a pontbeli folytonosságnak egyenérték˝u a következ˝o két meghatározása: I. Az f függvény értelmezési tartományának egy x0 pontjában folytonos, ha az értelmezési tartomány minden olyan x1 , x2 , . . ., xn , . . . sorozatára, amely x0 -hoz tart, a megfelel˝o függvényértékek f (x1 ), f (x2 ), . . ., f (xn ), . . . sorozata f (x0 )-hoz tart. II. Az f függvény értelmezési tartományának egy x0 pontjában folytonos, ha bármely ε > 0-hoz létezik olyan δ > 0, hogy ha |x − x0 | < δ és x ∈ D( f ), akkor | f (x) − f (x0 )| < ε. Ennek az utóbbi definíciónak az a szemléletes tartalma, hogy ha a függvénygörbe x0 abszcisszához tartozó P0 pontján át az x tengellyel párhuzamost húzunk és e köré mint középvonal köré 2ε szélesség˝u párhuzamos sávot jelölünk ki, az x0 körül ki tudunk jelölni olyan δ sugarú környezetet, hogy az ebben lev˝o x-ekhez tartozó P (x, f (x)) pontok mind benne vannak a 2ε szélesség˝u sávban. Ez biztosítja már, hogy | f (x) − f (x0 )| < ε teljesüljön. Ezt a szemléletes tartalmat szokták egyébként abban a formában is kifejezni, hogy f (x) tetsz˝oleges közel juthat f (x0 )-hoz, ha x már eléggé megközelíti x0 -t (20.4.1. ábra). Pl. az

20.4.1. ábra. A folytonosság feltételének szemléltetése

Egy f függvény értelmezési tartományának x0 pontjában balról, ill. jobbról folytonos, ha bal oldali, ill. jobb oldali határértéke egyenl˝o f (x0 )lal. A függvények összegének, szorzatának és hányadosának határértékére vonatkozó tételek következménye: Ha az f (x) és g(x) függvények folytonosak az x0 helyen, akkor az f (x) függvények is folyf (x) + g(x), f (x) · g(x) és g(x0 ) 6= 0 esetén g(x) tonosak az x0 helyen; továbbá: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

20. Függvények

439

ha g(x) folytonos az x0 helyen és f (x) is folytonos a g(x0 ) helyen, akkor az f [g(x)] összetett függvény is folytonos az x0 helyen. Ha egy f függvény folytonos egy intervallum minden pontjában, akkor f -et az intervallumon folytonos függvénynek mondjuk. Zárt intervallumon folytonos függvénynél a végpontokban csak jobb oldali, ill. bal oldali folytonosságot kívánunk meg. Az ábrázolható függvények esetén a folytonosság azt jelenti, hogy a függvénygörbét ceruzánk felemelése nélkül, „folytonos vonallal” tudjuk megrajzolni (ez természetesen még nem elegend˝o a folytonosság szabatos megfogalmazásához). Egy adott intervallumon folytonos függvényeknek néhány fontos tulajdonságát emelik ki most következ˝o tételeink: I. A zárt intervallumon folytonos függvény korlátos. II. Ha az f függvény folytonos egy zárt intervallumon, akkor van az intervallumban olyan x1 , ill. x2 pont, hogy az intervallum minden x pontjára f (x1 ) ≦ f (x) ≦ f (x2 ) teljesül. (Weierstrass tétele.) Ez a tétel azt jelenti, hogy van az intervallumban olyan x1 pont, hogy f (x1 )-nél nincs az f -nek kisebb értéke és van olyan x2 pont, hogy f (x2 )nél nincs az f -nek nagyobb értéke az intervallumban. f (x1 )-et, ill. f (x2 )-t az f függvény intervallumbeli minimumának, ill. maximumának mondjuk. Weierstrass tétele tehát azt mondja ki, hogy a zárt intervallumon folytonos függvény felveszi minimumát és maximumát is. Hogy ennek teljesüléséhez az intervallum zártsága szükséges, példa rá 1 az függvény a ]0, 1] intervallumban. Ebben az alulról nyílt intervallumx 1 ban nem veszi fel a maximumát, mert ha x0 tetsz˝oleges hely az intervalx lumban, akkor 1 x0 2

>

1 1 2 , mert ezzel egyenérték˝u: > , x0 x0 x0

és ez azt jelenti, hogy az intervallum minden x0 helyéhez megadható olyan x0 hely, ahol a függvény nagyobb értéket vesz fel, mint az x0 hex1 = 2 lyen. Weierstrass tétele tehát a széls˝oérték létezésér˝ol (egzisztenciájáról) mond ki fontos állítást; ennek jelent˝osége abban van, hogy egy függvény értékkészlete egy intervallumban általában végtelen sok számból áll, egy végtelen számhalmazban viszont nincs mindig legkisebb vagy legnagyobb elem; a kimondott tétel éppen ezeknek a létezését biztosítja. III. Ha az f függvény az [a, b] intervallumon folytonos és f (a), f (b) különböz˝o el˝ojel˝uek, akkor az intervallumban van olyan c pont, amelyre f (c) = 0. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

440

20. Függvények

Ez a folytonos függvények elméletében oly gyakran alkalmazott ún. Bolzano (olv.: Bolcánó) tétel szemléletileg nyilvánvaló dolgot mond ki, pl. azt, hogy ha a függvénygörbe az intervallum a kezd˝opontjában az x tengely alól indul ( f (a) < 0) és b végpontjában az x tengely felett végz˝odik ( f (b) > 0), akkor közben egy c pontban át kell metszenie az x tengelyt (20.4.2. ábra), a tétel természetesen szabatosan bizonyítható.

20.4.2. ábra. Bolzano tétele

Bolzano tételét a következ˝o formában is ki szokták mondani: ha f az [a, b] intervallumon folytonos függvény, akkor f az f (a) és f (b) közé es˝o minden értéket felvesz. Legyen ui. e egy f (a) és f (b) közé es˝o szám, pl. legyen f (a) < e < < f (b), és legyen g(x) = f (x) − e. g(x) nyilván folytonos az [a, b] intervallumon, g(a) = f (a) − e < 0 és g(b) = f (b) − e > 0, ezért Bolzano tétele szerint van olyan c pont az intervallumban, amelyre g(c) = 0, azaz f (c) − e = 0, f (c) = e. IV. Ha f az [a, b] intervallumon folytonos, szigorúan monoton növekv˝o függvény, akkor értékkészlete az [ f (a), f (b)] intervallum, azaz az f (a) és f (b) közötti számokból áll; ebben az esetben f -nek létezik az [a, b]hez tartozó f −1 inverz függvénye és ez is szigorúan monoton növekv˝o és folytonos, az [ f (a), f (b)] intervallumon. Szigorúan monoton növekv˝o helyett a tételben mindenütt „szigorúan monoton csökken˝ot” is szerepeltethetünk.

20.5. Racionális egész- és törtfüggvény n-edfokú racionális egészfüggvénynek vagy polinomfüggvénynek nevezzük az f (x) = an xn + an−1xn−1 + . . . + a2x2 + a1x + a0 (an 6= 0) alakú függvényeket. Ezek minden valós számra értelmezve vannak, és mivel az x függvény és az állandó függvény folytonosak és bel˝olük a polinomfüggvény szorzással, ill. összeadással származtatható, ezért a polinomfüggvény is folytonos az értelmezési tartományában. Minden x 6= 0 helyen f így alakítható át:   a0 a1 an−1 an−2 n + 2 + . . . + n−1 + , an 6= 0. f (x) = x an + x x x xn

Ebb˝ol az alakból viszont kit˝unik, hogy ha x → ±∞, a zárójelben lev˝o törtek 0-hoz tartanak és a zárójeles kifejezés an -hez, ami azt jelenti, hogy www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

20. Függvények

441

f (x)-nek ugyanaz a végtelenben vett határértéke, mint an xn -nek. Mivel pedig x → +∞ esetén xn → +∞, és x → −∞ esetén xn → +∞, ha n páros és xn → −∞, ha n páratlan, ezért   +∞, ha n páros és an > 0,  (   +∞, ha an > 0, −∞, ha n páros és an < 0, lim f (x)= lim f (x)= x→+∞ x→−∞  −∞, ha an < 0, −∞, ha n páratlan és an > 0,   +∞, ha n páratlan és a < 0. n

A polinomfüggvény nullahelyeinek (gyökhelyeinek) azokat az x helyeket nevezzük, amelyekre f (x) = 0; ezeken a helyeken a függvénygörbe átmetszi az x tengelyt. Mivel egy n-edfokú polinomnak legfeljebb n valós gyöke lehet, ábrája legfeljebb n pontban metszi át az x tengelyt. Ha a polinomfüggvény páratlan fokú, a +∞-ben és −∞-ben a határértéke ellentétes el˝ojel˝u, ezért biztosan van pozitív és negatív értéke is. Folytonosság miatt viszont ekkor Bolzano tételéb˝ol következik, hogy biztosan félveszi a 0 értéket is, tehát a páratlan fokú polinomnak mindig van valós gyöke. Páros fokú polinomnál viszont el˝ofordulhat, hogy nincs valós gyöke, a függvénygörbe ekkor teljes egészében vagy az x tengely alatt, vagy pedig fölötte helyezkedik el. A legegyszer˝ubb polinomfüggvény az els˝ofokú (lineáris) egészfüggvény, ez f (x) = a1 x + a2 alakú, ennek képe az y = a1 x + a2 egyenlet˝u egyenes; a 17.2. szakaszban elmondottak szerint ennek iránytangense a1 és az a2 pontban metszi az y tengelyt. Lineáris egészfüggvény az egyenes arányossággal jellemzett függvénykapcsolat is, pl. a c sebesség˝u egyenes vonalú egyenletes mozgásnál a megtett s út és a hozzá szükséges t id˝o, ha az indulás id˝opontjához t = 0 tartozik, egyenesen arányos mennyiségek, mivel s = ct, és s így = c állandó; a kapcsolat képe t az origón átmen˝o egyenes nem nega20.5.1. ábra. tív t értékekhez tartozó része (20.5.1. Az egyenes arányosság út–id˝o ábra). grafikonja A másodfokú egészfüggvény (vagy egyszer˝uen: másodfokú függvény) f (x) = ax2 + bx + c alakú (a 6= 0). Mint a 17.4. szakaszban láttuk, ennek a képe parabola, széls˝oértéke pedig a parabola csúcsához tartozó x0 pontban van. Mivel a másodfokú polinom átalakítva www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

442

20. Függvények   b 2 b2 − 4ac − f (x) = a x + 2a 4a

b alakú, a parabolacsúcs abszcisszája x0 = − , a hozzá tartozó függvény2a érték f (x0 ) =

4ac − b2 , 4a

ez helyi maximum, ha a < 0 és helyi minimum, ha a > 0. Ha a parabola nem metszi az x tengelyt, azaz a másodfokú polinomnak nincs gyöke, akkor a függvény minden valós x-re állandó el˝ojel˝u. Ennek az a feltétele, hogy a polinomnak a diszkriminánsa, tehát b2 − 4ac, negatív legyen.

Ha viszont metszi az x tengelyt, a függvény a két gyök között negatív, ha a > 0, a kisebb gyökhely el˝ott és a nagyobb gyökhely után pozitív; ha pedig a < 0, a két gyök között a függvény pozzitív, a kisebbik el˝ott és a nagyobbik után pedig negatív. Feladatok 1. Oldjuk meg a következ˝o egyenl˝otlenséget: x2 − 3x − 10 < 0. Mivel a másodfokú tag együtthatója pozitív, a bal oldali függvény a két gyökhely között negatív. A gyökhelyek x1 = −2, x2 = 5, ezért az egyenl˝otlenség megoldását a −2 < x < 5 teltételt kielégít˝o x-ek szolgáltatják.

2. Oldjuk meg a következ˝o egyenl˝otlenséget: 3x2 − 16x + 56 > 2. x2 − x + 8

A nevez˝o diszkriminánsa negatív, s mivel benne x2 együtthatója pozitív, a nevez˝o minden x-re pozitív. Ezért egyenérték˝u átalakítás, ha x2 − x + 8-cal megszorozzuk az egyenlet mindkét oldalát: 3x2 − 16x + 56 > 2x2 − 2x + 16, átrendezve: x2 − 14x + 40 > 0. A bal oldali polinom gyökei 10 és 4, ezért az egyenl˝otlenséget a kisebbik gyökhely el˝otti és a nagyobbik gyökhely utáni x értékek elégítik ki, tehát azok, amelyekre x < 4 vagy x > 10.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

20. Függvények

443

A 20.5.2. ábrán egy páros fokú és egy páratlan fokú polinomhoz tartozó függvénygörbét mutatunk be.

20.5.2. ábra. Páros és páratlan fokú polinom görbéje

A polinomfüggvény értékkészlete páratlan fokszám esetén a valós számhalmaz, páros fokú polinomnál viszont egy [a, +∞[ vagy ] − ∞, a] típusú intervallum. A racionális törtfüggvény két polinomfüggvény hányadosa: g(x) an xn + an−1xn−1 + . . . + a2x2 + a1x + a0 = f (x) = (an 6= 0, bk 6= 0). q(x) bk xk + bk−1 xk−1 + . . . + b2 x2 + b1x + b0 Értelmezési tartománya a valós számoknak az a halmaza, amelyen q(x) 6= 0; ezen a halmazon f (x) folytonos, mivel g(x) is és q(x) is folytonos. 1 A nevez˝o gyökhelyein f (x) nincs értelmezve. Ha q(x0 ) = 0, akkor q(x) határértéke az x0 helyen +∞ vagy −∞ aszerint, hogy pozitív vagy negatív 1 jobb, ill. bal oldali határértéke különértékekkel tartunk q(x0 )-hoz; q(x) böz˝o, ha q(x) az x0 helyen el˝ojelet vált; a két határérték megegyezik, ha q(x) nem vált el˝ojelet az x0 helyen. Ennek megfelel˝oen, ha g(x0 ) 6= 0, f (x) 1 határértékéjobb, ill. bal oldali határértéke az x0 helyen megegyezik q(x) vel, ha g(x0 ) pozitív, és azzal ellentétes, ha g(x0 ) negatív. A racionális törtfüggvény végtelenben vett határértékének a megállapíg(x) -et tására alakítsuk át q(x)   an−1 a0 n g(x) x an + x + . . . + xn . =  f (x) = q(x) xk b + bk−1 + . . . + b0 k

www.interkonyv.hu

x

xk

© Reiman István

© Typotex Kiadó

444

20. Függvények

A számlálóban és nevez˝oben lev˝o törtek határértéke a végtelenben 0, ezért a n xn , lim f (x) = lim x→±∞ x→±∞ bk xk azaz a végtelenben vett határérték csak a legmagasabb fokú tagoktól függ, méghozzá a következ˝o módon: A) Ha n = k, akkor an x → +∞ esetén f (x) → , bk an x → −∞ esetén f (x) → , bk B) Ha n > k, akkor    x → +∞ esetén             x → −∞ esetén         

an > 0, bk an f (x) → −∞, ha < 0; bk

f (x) → +∞, ha

an > 0, bk an f (x) → −∞, ha n − k páros, < 0, bk an f (x) → −∞, ha n − k páratlan, > 0, bk an f (x) → +∞, ha n − k páratlan, < 0. bk

f (x) → +∞, ha n − k páros,

C) Ha n < k, akkor x → +∞ és x → −∞

esetén is

f (x) → 0.

A racionális törtfüggvény értékkészletének meghatározására mutatunk most egy példát. Az 2x2 + 6x + 6 f (x) = 2 x + 4x + 5 függvény nevez˝ojének diszkriminánsa negatív, ezért a 0 értéket nem veheti fel, f (x) minden valós x-re értelmezve van. Legyen az értékkészlet egy tetsz˝oleges eleme y, azaz 2x2 + 6x + 6 = y. x2 + 4x + 5 Ha ismerjük y lehetséges értékeit, akkor ismerjük az értékkészletet is. Szorozzuk meg mindkét oldalt x2 + 4x + 5-tel, majd rendezzük az egyenletet, így egy x-ben másodfokú egyenletet kapunk: 2x2 + 6x + 6 = yx2 + 4yx + 5y (2 − y)x2 + (6 − 4y)x + (6 − 5y) = 0. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

20. Függvények

445

Ha 2 − y 6= 0, az egyenlet másodfokú és a megoldóképlettel p 4y − 6 ± (6 − 4y)2 − 4(2 − y)(6 − 5y) = x= 4 − 2y p 2y − 3 ± −y2 + 4y − 3 = 2−y adódik. Ezek szerint azokhoz az y értékekhez tartozik x érték, amelyekre a gyökjel alatti diszkrimináns nem negatív. A diszkrimináns gyökhelyei 1 és 3, a közöttük lev˝o y értékekre a diszkrimináns nemnegatív, tehát tartozik hozzájuk x érték. Ezért az [1, 3] intervallumbeli y értékek (y 6= 2) hozzátartoznak az értelmezési tartományhoz. Ha y = 2, az egyenlet −2x − 4 = 0, x = −2, tehát a függvény felveszi az y = 2 értéket is; a racionális törtfüggvény értékkészlete ezért az [1, 3] intervallum. Az el˝oz˝oek alapján elkészíhetjük a racionális törtfüggvény görbéjének a vázlatát. Ábrázoljuk pl. a következ˝o függvényt: x2 + x + 1 . x3 − x2 − 8x + 12 El˝oször a nevez˝o gyökhelyeit állapítjuk meg a 12.4. szakaszban közölt módszerrel; egész gyökök csak 12 osztói lehetnek, ezeket végigpróbálva kapjuk, hogy a gyökök 2, 2 és −3. Ezek szerint a nevez˝o szorzattá bontott alakja: (x − 2)2 (x + 3). A számlálóban lev˝o másodfokú polinom diszkriminánsa: 1 − 4 = −3 negatív, ezért nincs valós gyöke, ennélfogva a számláló állandó el˝ojel˝u. Mivel pedig az x = 0 helyen értéke 1, azaz pozitív, ezért mindig pozitív a számláló, tehát a tört el˝ojele a nevez˝o el˝ojelével azonos. A nevez˝o negatív, ha x < −3 és pozitív, ha x > −3; foglaljuk táblázatba a nevez˝o egyes intervallumokban felvett el˝ojeleit, ill. nullahelyeit: A nevez˝o értéke: | negatív |

−3 0 | 0 |

−2 |

−1 |

0 |

pozitív

1 |

2 0−−−−−−→ x | 0 pozitív |

f (x) határértéke az x = −3, 2 helyeken + vagy − végtelen, táblázatunk szerint −3-hoz balról tartva negatív értékeken keresztül −∞ határértéket kapunk, jobbról tartva −3-hoz viszont pozitív értékek határértékeként +∞-t; az x = 2 helyen viszont mindkét oldali határérték +∞. Mivel x2 1 lim f (x) = lim 3 = lim = 0, x→−∞ x→−∞ x x→−∞ x és hasonlóan www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

446

20. Függvények

1 = 0, x ezért a függvénygörbe a 20.5.3. ábrán látható alakot ölti. lim f (x) = lim

x→+∞

20.5.3. ábra. Az y =

x→+∞

x2 + x + 1 x3 − x2 − 8x + 12

függvénygörbe

Az x = −3, x = 2 és y = 0 egyenesek ennél a görbénél a hiperbola aszimptotáira emlékeztet˝o szerepet játszanak, ezeket itt is a görbe aszimptotáinak nevezzük. A 17.6. szakasz 2. feladatában megmutattuk, hogy egy olyan törtfüggvénynek a képe, amelynek a számlálója és nevez˝oje is els˝ofokú polinom, derékszög˝u hiperbola. Azt a racionális törtfüggvényt, amelynek számlálója is és nevez˝oje is els˝ofokú polinom, lineáris törtfüggvénynek nevezzük; ennek általános alakja: ax + b (ad − bc 6= 0). f (x) = cx + d a d Ha x → +∞ vagy x → −∞, f (x) → ; a nevez˝o nullahelye − és ezen c c d a helyen cx + d el˝ojelet vált, ezért f (x) jobb és bal oldali határértéke a − c d helyen különböz˝o. Ennek alapján az f (x) függvény képének az x = − és c a y = egyenesek aszimptotái. c ax + b egyenletb˝ol átalakítással az Másrészt az y = cx +d  a  bc − ad d  y− = x+ c c c2 egyenletet kapjuk. Ez viszont annak a derékszög˝u hiperbolának az egyenlete, amelyet az bc − ad xy = c2 www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

20. Függvények

447

  d a vektorral való eltolással nyerünk. derékszög˝u hiperbolából a v − , c c  d d a pont és aszimptotái az x = − , Ennek középpontja a K − , c c c a y = egyenesek. c A lineáris törtfüggvény legegyszer˝ubb alakja: c f (x) = . x Ilyen függvénykapcsolat van a fordított arányosság szerint változó mennyiségek között is (3.5. szakasz).

20.5.4. ábra. A fordított arányosság grafikonja

Ha pl. az x egyenletes sebességgel mozgó test c m utat y másodperc alatt tesz meg, akkor xy = c és így rögzített c esetén x és y fordítottan arányosak és c y= . x c Ezt a kapcsolatot a pozitív számok halmazán értelmezett f (x) = függx vény írja le; a függvény képe most egy derékszög˝u hiperbola „pozitív” ága (20.5.4. ábra).

20.6. Hatványfüggvény Hatványfüggvénynek az

f (x) = xα

függvényt nevezzük, ahol α tetsz˝oleges valós szám. Értelmezési tartománya általában a pozitív valós számok halmaza, bizonyos kitev˝ok esetében ez a teljes valós számhalmazra kiterjeszthet˝o; f értelmezési tartományában folytonos. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

448

20. Függvények

Ha pl. α pozitív egész, akkor f racionális egészfüggvény, ha negatív 1 egész, racionális törtfüggvény; α = esetén a négyzetgyökfüggvényr˝ol 2 √ 1 van szó; általában, ha α = (n pozitív egész), xα = n x. n Vizsgáljuk most meg a hatványfüggvényt a következ˝o három esetben: a) α > 1, b) 0 < α < 1, c) α < 0. (Az α = 1 és α = 0 esetében az f (x) = x, ill. f (x) = 1 ismert függvényekr˝ol van szó, ezekre most külön nem térünk ki.) Figyeljük meg, hogy mind a három esetben f (1) = 1. a) Ha α > 1, f szigorúan monoton növekv˝o és x-szel együtt +∞-hez tart (20.6.1a) ábra). b) Ha 0 < α < 1, f szintén szigorúan monoton növekv˝o; egy rögzített 1 pozitív α esetén az xα és x α függvények egymás inverzei, ábrájuk ezért szimmetrikus az y = x egyenlet˝u egyenesre (20.6.1b) ábra).

20.6.1. ábra. A hatványfüggvény grafikonja

c) Ha α < 0, f szigorúan monoton csökken˝o, és ha x → +∞, f (x) → 0 (20.6.1c) ábra). Az elmondottakból az is következik, hogy a hatványfüggvény minden pozitív értéket felvesz, értékkészlete tehát a pozitív számok halmaza.

20.7. Exponenciális és logaritmusfüggvény; exponenciális és logaritmikus egyenletek Exponenciális függvénynek az f (x) = ax függvényt nevezzük, ahol a > 0, de a 6= 1 és értelmezési tartománya a valós számok halmaza. Bebizonyítható, hogy az exponenciális függvény értelmezési tartományában folytonos. Az a-t az, exponenciális függvény alapjának mondjuk. Menetének vizsgálatánál válasszuk szét az a) a > 1, b) 0 < a < 1 esetet. Az a tetsz˝oleges választása mellett f (0) = 1. Az exponenciális függvény értékkészlete minden esetben a pozitív számok halmaza. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

20. Függvények

449

a) Ha a > 1, a függvény szigorúan monoton növekv˝o és x-szel együtt +∞-hez tart; ha viszont x → −∞, f (x) → 0 (20.7.1a) ábra). b) Ha 0 < a < 1, a függvény szigarúan monoton csökken˝o; ha x → +∞, f (x) → 0 és ha x → −∞, f (x) → +∞ (20.7.1b) ábra). A leggyakrabban el˝oforduló exponenciális függvény az ex függvény, ahol logaritmus alapszáma” (6.6.) vagy pontosabban: az  e a„természetes 1 n sorozat határértéke (19.5.), (közelít˝o értéke 2,718281828 . . .), 1+ n tehát az a) típusú függvényosztályba tartozik. Lényegében minden exponenciális függvényt tekinthetünk e alapú függvénynek, hiszen a logaritmus alaptulajdonsága szerint (6.4.4) ax = ex(ln a) , x x ezért pl. az a grafikonja e grafikonjából az y tengelyre mer˝oleges nyújtással vagy zsugorítással származtatható, ha a > 1. Megjegyezzük, hogy a számítástechnikában – és gyakran más területen is – ex helyett exp x az e alapú exponenciális függvény jelölése.

20.7.1. ábra. Az exponenciális és logaritmusgörbe

Mivel az exponenciális függvény szigorúan monoton függvény, létezik inverze, ez a logaritmusfüggvény. ax inverze tehát loga x; az a-ra tett kikötések természetesen itt is érvényesek: a > 0, a 6= 1. A logaritmusfüggvény értelmezési tartománya a pozitív számok halmaza, értékkészlete a valós számhalmaz; a logaritmusfüggvényr˝ol megmutatható, hogy mindenütt folytonos. Vizsgálata legegyszer˝ubben ax tulajdonságai alapján végezhet˝o el. Minden alap esetén igaz, hogy loga 1 = 0. a) Ha a > 1, a függvény szigorúan monoton növekszik; x → +∞ esetén loga x → +∞, és ha x → +0, loga x → −∞ (20.7.1a) ábra). b) Ha 0 < a < 1, a függvény szigorúan monoton csökken; x → +∞ esetén loga x → −∞, és ha x → +0, loga x → +∞. Az exponenciális egyenletekben az ismeretlen a kitev˝oben szerepel, a logaritmikus egyenletekben pedig az ismeretlennek a logaritmusa fordul www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

450

20. Függvények

el˝o. Megoldásukra – éppen sokféleségük miatt – nem lehet egyöntet˝u módszert megadni, az ebbe a típusba tartozó egyenleteknél az is gyakran el˝ofordul, hogy nem létezik olyan eljárás (algoritmus), amely a gyököket (megoldásokat) véges sok lépésben pontosan megadná; ilyenkor közelít˝o módszerekre van szükség. Megoldásuk lényege azonban mindig az, hogy bizonyos egyszer˝u típusokra vezetjük vissza – különböz˝o azonosságok felhasználásával – egyenleteinket. Eközben gyakran felhasználjuk a következ˝o tényeket: A) Ha ax = ay és a 6= 0, a 6= 1, akkor x = y, ez az exponenciális függvény szigorúan monoton voltából következik. Ugyanezért igaz az is, hogy a loga x = loga y egyenl˝oségb˝ol x = y következik. B) Ha az a alapról nem ismeretes az el˝obbi feltevés, az ax = ay egyenl˝oségb˝ol nem következik x = y, mivel x 6= y esetén is igaz, hogy 1x = 1y . A következ˝o példákban a leggyakrabban el˝oforduló egyenlettípusok megoldási módszereit mutatjuk be. 1. 2x+1 + 3 · 2x−1 = 5 · 2x − 6. Olyan átalakításokra törekszünk, amelyek eredményeként a hatványkitev˝ok már csak egytagú kifejezések lesznek. Vegyük ezért figyelembe, hogy 2x 2x+1 = 2 · 2x, 2x−1 = , 2 ezeket helyettesítve kapjuk, hogy 3 · 2x = 5 · 2x − 6. 2 · 2x + 2 Szorozzuk meg 2-vel az egyenlet mindkét oldalát, majd rendezzük: 4 · 2x + 3 · 2x = 10 · 2x − 12, 3 · 2x = 12, x 2 = 4; 2x = 22 , ebb˝ol x = 2, ami ki is elégíti az egyenletet. 1

2. 25x+ 2 − 24 · 5x−1 = 101.

1 1 5x Mivel 25x+ 2 = 25x · 25 2 = 5 · (52 )x = 5 · 52x és 5x−1 = , ezeket he5 lyettesítsük most az egyenletbe és szorozzuk meg mindkét oldalt 5-tel: 24 · 5x = 101, 5 · 52x − 5 25 · 52x − 24 · 5x − 505 = 0.

Mivel 52x = (5x)2 , egyenletünk olyan másodfokú egyenletnek tekinthet˝o, amelyben 5x az ismeretlen, ezért alkalmazhatjuk rá a megoldóképletet: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

451

20. Függvények

25 · (5x)2 − 24 · 5x − 505 = 0, √ 24 ± 242 + 4 · 25 · 505 24 ± 226 x = . 5 = 50 50 202 5x két lehetséges értéke ebb˝ol 5, ill. − , ez az utóbbi nyilván nem adhat 50 megoldást, mivel 5-nek minden hatványa pozitív. Ezért 5x = 5, azaz x = 1, és ez ki is elégíti az eredeti egyenletet. 3. log2 x + log4 x + log8 x = 11. Mindenekel˝ott a különböz˝o alapú logaritmusok helyett azonos alapú logaritmusokat vezetünk be a (6.6.2) képlet alapján; válasszuk alapnak a 2-est, ekkor log2 x log2 x = , log4 x = log2 4 2 log2 x log2 x log8 x = = , log2 8 3 ezeket helyettesítsük az egyenletbe: log2 x log2 x + = 11, log2 x + 2 3 6 log2 x + 3 log2 x + 2 log2 x = 66, 11 · log2 x = 66,

log2 x = 6.

Ebb˝ol x = 26 = 64, ami ki is elégíti az egyenletet. 4. 2 lg(x + 3) − lgx = lg(25x + 3) − 1. Vizsgáljuk meg külön-külön, hogy a jobb és bal oldal milyen kifejezésnek a logaritmusa; itt felhasználjuk a logaritmusnak a 6.5. szakaszban leírt azonosságait és figyelembe vesszük, hogy lg 10 = 1: 2 lg(x + 3) − lgx = lg(25x + 3) − lg10, 25x + 3 (x + 3)2 = lg , ebb˝ol lg x 10 (x + 3)2 25x + 3 = , x 10 10(x2 + 6x + 9) = x(25x + 3), 15x2 − 57x − 90 = 0,

5x2 − 19x − 30 = 0, √ 19 ± 192 + 4 · 5 · 30 19 ± 31 = , x= 10 10 www.interkonyv.hu

x1 = 5;

x2 = −1,2. © Reiman István

© Typotex Kiadó

452

20. Függvények

Az x2 = −1,2 nem lehet megoldása az egyenletnek, mert negatív számnak nincs logaritmusa, viszont helyettesítéssel ellen˝orizhetjük, hogy x1 = 5 megoldás. Erre a helyettesítésre már csak azért is szükség van, mert els˝o lépésként olyan átalakítást végeztünk, amely a gyökök számát b˝ovítheti; ti. általában 2 lg x értelmezési tartománya sz˝ukebb (x-nek pozitívnak kell lenni), mint az átalakítással kapott lg x2 -é (x tetsz˝oleges valós szám, x 6= 0). 5. lg 2 + lg(4−x−1 + 9) = 1 + lg(2−x−1 + 1). Egyenletünk egyszerre logaritmikus és exponenciális egyenlet. Egyszer˝uség kedvéért jelöljük 2−x−1 -et z-vel, ekkor 4−x−1 = (2−x−1 )2 = z2 . Ezzel egyenletünk ilyen alakú: lg 2 + lg(z2 + 9) = lg 10 + lg(z + 1), lg 2(z2 + 9) = lg 10(z + 1), 2(z2 + 9) = 10(z + 1), z2 − 5z + 4 = 0, √ 5 ± 52 − 4 · 4 5 ± 3 = , z= 2 2

z1 = 4 = 22 ,

z2 = 1 = 20 .

Az els˝o esetben 2−x−1 = 22 , x1 = −3, a másodikban: 2−x−1 = 20 , x2 = −1. A gyökök helyettesítése azt bizonyítja, hogy mindkét megoldás kielégíti az eredeti egyenletet.

20.8. Trigonometrikus függvények és inverzeik A sin x, cos x, tg x, ctg x függvényeket trigonometrikus (trigonometriai) függvényeknek vagy szögfüggvényeknek nevezzük; a függvény megnevezésében az x-et gyakran elhagyjuk. Magukat a függvényeket a 16.6. szakaszban definiáltuk. A függvénytani vizsgálatoknál a szöget mindig radiánokban mérjük. A 16.6. szakaszban adott meghatározás szerint sin x az x irányszög˝u e egységvektor ordinátájával (y koordinátájával) egyenl˝o, grafikonjának a szerkesztését x = 0-tól x = 2π-ig ennek segítségével végezzük el a 20.8.1. ábrán. A szinuszfüggvény képe a jellegzetes szinuszhullám; az e koordinátáinak változásáról leolvashatjuk a szinuszfüggvény legfontosabb tulajdonh πi intervallumban szigorúan monoton növekv˝o, a ságait: a függvény a 0, 2   π π 3π helyen helyi maximuma van; a , intervallumban szigorúan mo2 2 2 3π helyen minimuma van; a maximum értéke 1, a noton csökken˝o és a 2 minimumé −1, a függvény folytonos és a [−1, 1] intervallum minden értékét felveszi. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

20. Függvények

453

20.8.1. ábra. A szinuszgörbe egy periódusának szerkesztése

20.8.2. ábra. A szinuszgörbe

A szinuszfüggvény 2π szerint periodikus, ez grafikonján a szinuszhullám balra és jobbra való folytatódásában nyilvánul meg: sin(x + 2π) = = sin x, vagy: sin(x + 2kπ) = sin x (k = 0, ±1, ±2, . . .). A függvény páratlan, mert sin(−x) = − sin x, grafikonja az origóra tükrös (20.8.2. ábra).

20.8.3. ábra. A koszinuszgörbe

π A koszinuszfüggvény grafikonját a szinuszfüggvény grafikonjából − 2 del való eltolással kapjuk, mivel a (16.6.5) összefüggés szerint   π . cos x = sin x + 2 Az így nyert 20.8.3. ábrából egyszer˝uen leolvashatjuk a koszinuszfüggvény lényeges tulajdonságait: cos 0 = 1 (a 0 helyen helyi maximuma van); a függvény a [0, π] intervallumban szigorúan monoton csökken, és a π helyen helyi minimuma van, cos π = −1. A [π, 2π] intervallumban szigorúan monoton növekszik és a 2π helyen ismét maximuma van. A koszinuszfüggvény páros, mivel cos(−x) = cos x, ábrája az y tengelyre szimmetrikus. A függvény minden valós x-re folytonos. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

454

20. Függvények

A szinusz- és koszinuszfüggvények értelmezési tartománya természetesen a valós számok halmaza, egy ténylegesen adott x-hez tartozó h π ifüggvényintervalérték meghatározásához azonban elegend˝o ismernünk a 0, 2 lum pontjaihoz tartozó függvényértékeket. Ezek gyakorlati alkalmazását az alábbiakban foglaljuk össze; mivel ezekben az alkalmazásokban a szögeket rendszerint fokokban mérik, most mi is ezt használjuk. A szinusz- és koszinuszértékek a függvények 360◦-os periódusa miatt 360◦ -onként ismétl˝odnek, ezért a függvényérték meghatározásakor a szög mértékét 360-nal elosztjuk és csak a maradékot vesszük figyelembe; pl.: az 1996◦-os szögnél 1996◦-ot 360-nal osztva a maradék 196◦ , tehát az ehhez tartozó függvényértéket kell meghatároznunk. A következ˝o lépésben azt nézzük meg, hogy a 360◦-nál kisebb szög melyik síknegyedben van, azaz a teljes körforgást négy részre osztó intervallumok közül melyikben helyezkedik el; ezek az intervallumok: I. [0◦ , 90◦ ]; II. [90◦ , 180◦ ]; III. [180◦, 270◦ ]; IV. [270◦, 360◦ ]. (Az intervallumok vénypontjait két negyedhez is hozzászámíthatjuk.) Az I. negyedben lev˝o szögek függvényeit ismertnek tételezzük fel, ezek pl. táblázatban megtalálhatók; ezek értékeire vezetjük vissza a többi negyedbeli szögek függvényeinek az értékét is. A II. negyedbe tartozó szögeknél (ezek tompaszögek) a (16.6.17) alatti képleteket alkalmazzuk (kiegészít˝o szögek szögfüggvényei) sin α = sin(180◦ − α), cos α = − cos(180◦ − α), tehát pl. 143◦-nál sin 143◦ = sin(180◦ − 143◦) = sin 37◦ , cos 143◦ = − cos(180◦ − 143◦) = − cos37◦ .

A III. negyedbe tartozó szögek esetén abból indulunk ki, hogy sin(α − 180◦) = − sin(180◦ − α) = − sin α, cos(α − 180◦) = cos(180◦ − α) = − cosα,

ezért

sin α = − sin(α − 180◦),

cos α = − cos(α − 180◦),

tehát pl. a 216◦ -os szög függvényei: sin 216◦ = − sin(216◦ − 180◦) = − sin 36◦ , cos 216◦ = − cos(216◦ − 180◦) = − cos36◦ .

A IV. negyedhez tartozó szögek esetében éppen a 360◦ -os periódust vesszük figyelembe és a (16.6.1) alatti negatív szögekre vonatkozó összefüggéseket:

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

20. Függvények

455

sin(360◦ − α) = sin(−α) = − sin α, cos(360◦ − α) = cos(−α) = cos α, ezért sin α = − sin(360◦ − α),

cos α =

cos(360◦ − α),

tehát pl. a 310◦ -os szög függvényei: sin 310◦ = − sin(360◦ − 310◦) = − sin 50◦ , cos 310◦ = cos(360◦ − 310◦) = cos 50◦ . A most részletezett eredményeinket a következ˝o egyszer˝usítéssel foglaljuk össze: a II. és III. negyedbe es˝o szögeknél meghatározzuk a szög eltérését 180◦ -tól, a IV. negyedbe es˝oknél 360◦-tól, ennek vesszük a megfelel˝o szögfüggvényét és ellátjuk a negyedre jellemz˝o el˝ojellel (ezt a 20.8.4. ábrán tüntetjük fel). Zsebszámológép használata esetén erre a visszavezetésre általában nincs szükség. sin

cos

20.8.4. ábra. A sin- és cos-függvény el˝ojelei

A tangensfüggvény definíciója szerint tg x =

sin x , cos x

értelmezési tartományába azok a valós számok nem tartoznak bele, ameπ π lyekre cos x = 0, tehát a páratlan többszörösei, a (2k +1) alakú számok 2 2 (k = 0, ±1, ±2, . . .); értékkészlete a teljes valós számhalmaz. Felhasználjuk, hogy az origó középpontú egységkörhöz az E(1, 0) pontban húzott érint˝ob˝ol az x irányszög˝u, origón átmen˝o egyenes olyan P pontot metsz ki, amelynek az EP el˝ojeles hossza éppen tg x-szel egyenl˝o, hiszen az O1 PE derékszög˝u háromszögben O1 E = 1, és ezért ha x hegyesszög, tg x =

www.interkonyv.hu

EP = EP; O1 E

© Reiman István

© Typotex Kiadó

456

20. Függvények

ez a szerkesztési mód egyébként tompaszög esetén is alkalmazható (20.8.5. ábra). A (16.6.1)-b˝ol következik, hogy tg (−x) = − tg x, azaz a tangens páratlan függvény, továbbá: a periódusa π (azaz 180◦). Értelmezési tartomáπ nyában folytonos; az x = (2k + 1) helyeken (k tetsz˝oleges egész) balról 2 +∞-hez tart, jobbrólipedig −∞-hez, tehát ezeken a helyeken nincs határérh π π intervallumbeli ábrának a π többszörösével téke. Ábrája ezért a − , 2 2 való eltolásával jön létre. π π Err˝ol az ábráról leolvasható, hogy a tangensfüggvény − és között 2 2 szigorúan monoton növekv˝o.

20.8.5. ábra. A tangensgörbe szerkesztése

20.8.6. ábra. A kotangensfüggvény görbéje

A (16.6.18) alatti pótszögösszefüggések következményeként
 π cos π2 − x sin x
= ctg = −x , tg x = π cos x 2 sin 2 − x
π   sin π2 − x π cos x
ctg x = = = tg − x = tg −x + . sin x 2 2 cos π2 − x

Ezek a tangens-, ill. kotangensfüggvényre érvényes pótszögösszefüggések. Ennek alapján a ctg x grafikonját úgy kapjuk meg, hogy a tg (−x) = − tg x π grafikonját -vel eltoljuk (20.8.6. ábra). A grafikonról is látjuk, hogy a 2 kotangensfüggvény a ]0, π[ intervallumban szigorúan monoton csökken, a 0 pontban jobbról +∞-hez, balról −∞-hez tart; viszont a π pontban balról −∞-hez, jobbról pedig +∞-hez tart. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

20. Függvények

457

Hasonlóan, mint a szinusz- és koszinuszfüggvénynél, a tangens- és kotangensfüggvény értékeit is hegyesszögek tangensére, ill. kotangensére vezethetjük vissza; itt is elegend˝o a szög 180-nal való osztási maradékával foglalkozni. Ha ez tompaszög, a 180◦ -tól való eltérésének nézzük meg a tangensét vagy kotangensét, és ennek a −1-szerese a keresett érték. Pl. tg 2100√◦ = tg (120◦ + 11 · 180◦) = tg 120◦ = − tg (180◦ − 120◦) = − tg 60◦ = − 3. Összefoglalva megállapíthatjuk még, hogy a sin-függvény nullahelyei: kπ,

π a cos-függvény nullahelyei: (2k + 1) , 2 a tg -függvény nullahelyei: kπ, π a ctg -függvény nullahelyei: (2k + 1) 2

(k tetsz˝oleges egész).

Gyakran van szükség arra, hogy egy adott függvényértékhez tartozó szöget határozzunk meg, erre alkalmasak a szögfüggvények inverzei, pontosabban: a trigonometrikus függvények bizonyos lesz˝ukítésének az inverzei. Ez azt jelenti, hogy a trigonometrikus függvényekre kiválasztunk egy olyan intervallumot, amelyben a függvény szigorúan monoton és folytonos, az ebben az intervallumban értelmezett függvény az eredeti függvénynek egy lesz˝ukítése; a 20.4. szakasz IV. tétele szerint ennek létezik folytonos inverze. A trigonometrikus függvények inverzét úgy jelöljük, hogy a függvényjel elé az arc (olv.: árkusz) jelet írjuk, tehát arcsin x, arccosx, arctg x és arcctg x. h π πi interA sin x függvény − , 2 2 vallumra való lesz˝ukítésének az inverze az arcsin x függvény, arcsin x π π tehát azt a − és közé es˝o szöget 2 2 (valós számot) jelöli, amelynek szi1 nusza x-szel egyenl˝o. Pl. arcsin = 2 π 1 π = , mivel sin = . Az arcsin x 6 6 2 függvény értelmezési tartománya az [−1, h1] intervallum, értékkészlete π πi (20.8.7. ábra). 20.8.7. ábra. Az arcsin-függvény képe pedig − , 2 2 www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

458

20. Függvények

20.8.8. ábra. Az arccos-függvény képe

A cos x függvény [0, π] intervallumra való lesz˝ukítésének inverze az arccos x függvény, arccosx tehát azt a 0 és π közé es˝o szöget jelenti, amelyπ 1 1 π nek koszinusza x-szel egyenl˝o, pl. arccos = , mert cos = (20.8.8. 2 3 3 2 ábra).

20.8.9. ábra. Az arctg-függvény képe

20.8.10. ábra. Az arcctg -függvény képe

i π πh A tg x függvény − , intervallumra való lesz˝ukítésének inverze az 2 2 π π közé es˝o szöget jelenti, amelyarctg x függvény, arctg x azt a − és 2 2  π π = −1 nek tangense x-szel egyenl˝o, pl. arctg (−1) = − , mert tg − 4 4 (20.8.9. ábra). A ctg x függvény ]0, π[ intervallumra való lesz˝ukítésének inverze az arcctg x függvény (20.8.10. ábra). Megjegyezzük, hogy az árkuszfüggvényeket ciklometrikus függvényeknek is szokták nevezni (régebbi elnevezésrendszerben mint az arcsinx, arccos x stb. f˝oértékei szerepeltek). www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

459

20. Függvények

20.9. Trigonometrikus azonosságok és egyenletek A trigonometrikus függvényeknek számos, sokszor alkalmazott azonossága van; ezek alapját a (16.6.10), (16.6.11) alatti összegezési képletek szolgáltatják. A következ˝okben feltételezzük, hogy azonosságainkat csak olyan szögekre alkalmazzuk, amelyekre a szóban forgó függvények értelmezve vannak, és az osztóként szerepl˝o kifejezések nem veszik fel a 0 értéket. Ha az összegezési képletekben α = β, és figyelembe vesszük, hogy sin2 α+ + cos2 α = 1, cos 2α = cos2 α − sin2 α = 2 cos2 α − 1 = 1 − 2 sin2 α, sin 2α = 2 sin α cos α.

(20.9.1) (20.9.2)

Ha az összegezési képleteket sin(2α + α), cos(2α + α) alakban használjuk fel, a következ˝oket nyerjük: cos 3α = 4 cos3 α − 3 cosα, sin 3α = 3 sin α − 4 sin3 α.

Hasonlóan: cos 4α = 8cos4 α − 8 cos2 α + 1 = 8 sin4 α − 8 sin2 α + 1, sin 4α = 8 cos3 α sin α − 4 cosα sin α.

α Ha a (20.9.1) és (20.9.2) azonosságokban α helyett -t írunk, a követ2 kez˝oket kapjuk: α α α α − sin2 = 2 cos2 − 1 = 1 − 2 sin2 , 2 2 2 2 α α sin α = 2 sin cos . 2 2

cosα = cos2

(20.9.3) (20.9.4)

Adjuk hozzá (20.9.3) els˝o egyenl˝oségéhez a minden szögre teljesül˝o α α (20.9.5) 1 = cos2 + sin2 2 2 egyenl˝oség megfelel˝o oldalait; azt kapjuk, hogy α = 1 + cosα, 2 α 1 + cosα . cos2 = 2 2

2 cos2

(20.9.6)

A két azonosság megfelel˝o oldalainak a különbségéb˝ol viszont www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

460

20. Függvények

α 1 − cosα = (20.9.7) 2 2 adódik, ezek az ún. félszögképletek. Osszuk el most egymással a (20.9.3) és (20.9.5), ill. (20.9.4) és (20.9.5) α megfelel˝o oldalait, majd a kapott törteket egyszer˝usítsük cos2 -vel és ve2 sin α2 α α = tg , így a szögfüggvények tg -vel el˝oállított gyük figyelembe cos α2 2 2 alakját kapjuk: sin2

cosα = sin α =

1 − tg 2 α2 cos2 α2 − sin2 α2 , α α = 2 2 cos 2 + sin 2 1 + tg 2 α2

2 tg α2 2 sin α2 cos α2 = . cos2 α2 + sin2 α2 1 + tg 2 α2

(20.9.8) (20.9.9)

Az utóbbi két azonosság megfelel˝o oldalainak a hányadosai: 2 tg α2 1 − tg 2 α2 , ctg . (20.9.10) tg α = α = 1 − tg 2 α2 2 tg α2 Adjuk most össze (16.6.11) és (16.6.13) megfelel˝o oldalait, majd vonjuk is ki egymásból a megfelel˝o oldalakat; a szögeket x-szel, ill. y-nal jelölve kapjuk: sin(x + y) + sin(x − y) = 2 sin x cos y, sin(x + y) − sin(x − y) = 2 cos x sin y.

Ugyanezt alkalmazva a (16.6.10) és (16.6.12) alatti összefüggésekre: cos(x + y) + cos(x − y) = 2 cos x cos y, cos(x + y) − cos(x − y) = −2 sin x sin y.

Helyettesítsük most x+y helyébe α-t, x−y helyébe β-t, ekkor az x+y = α, x − y = β egyenletekb˝ol α−β α+β , y= , x= 2 2 ezeket is helyettesítve az utóbbi négy azonosságba, trigonometrikus összegek szorzattá alakítását kapjuk: α+β α−β cos , 2 2 α+β α−β sin , sin α − sin β = 2 cos 2 2 α+β α−β cos , cos α + cosβ = 2 cos 2 2 sin α + sin β = 2 sin

www.interkonyv.hu

(20.9.11) (20.9.12) (20.9.13)

© Reiman István

© Typotex Kiadó

20. Függvények cos α − cosβ = −2 sin

α+β α−β sin . 2 2

461

(20.9.14)

Három szög szögfüggvényei között is számos kapcsolat vezethet˝o le, az alkalmazások szempontjából ezek közül f˝oként azok érdekesek, amelyek egy háromszög szögeire vonatkoznak; a következ˝o összefüggéseinkben α + β + γ = π és α, β, γ pozitív szögek: β γ α sin α + sin β + sinγ = 4 cos cos cos , 2 2 2 α β γ cosα + cosβ + cosγ = 1 + 4 sin sin sin , 2 2 2 tg α + tg β + tg γ = tg α tg β tg γ, sin 2α + sin 2β + sin2γ = 4 sin α sin β sin γ, cos 2α + cos2β + cos2γ = −4 cosα cos β cos γ − 1, tg 2α + tg 2β + tg 2γ = tg 2α tg 2β tg 2γ,

α β γ α β γ + ctg + ctg = ctg ctg ctg , 2 2 2 2 2 2 α β β γ γ α tg tg + tg tg + tg tg = 1, 2 2 2 2 2 2 α β γ α+β β+γ γ+α cos + cos + cos = 4 cos cos cos , 2 2 2 2 2 2 ctg α ctg β + ctg β ctg γ + ctg γ ctg α = 1, ctg

sin2 α + sin2 β + sin2 γ = 2 + 2 cosα cos β cos γ, cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1 − 2 cosα cos β cos γ.

Ezek igazolása pl. úgy történhet, hogy γ helyébe π − (α + β)-t helyettesítünk, és így mutatjuk meg az azonosságot. Példaként bizonyítsuk be azonosságaink közül a harmadikat: egy háromszög szögeinek tangensei olyan számok, amelyek összege egyenl˝o a szorzatukkal. Végezzük el a bal és jobb oldalon az el˝obbi helyettesítést; (16.6.14)-et felhasználva:
tg α + tg β . tg γ = tg 180◦ − (α + β) = − tg (α + β) = − 1 − tg α tg β Ezzel a bal oldal: tg α + tg β tg α + tg β + tg γ = tg α + tg β − = 1 − tg α tg β tg α + tg β − tg α tg β( tg α + tg β) − tg α − tg β = = 1 − tg α tg β tg α tg β( tg α + tg β) =− . 1 − tg α tg β www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

462

20. Függvények

A jobb oldal:

tg α tg β( tg α + tg β) , 1 − tg α tg β a jobb és bal oldal tehát valóban azonos. A következ˝okben néhány feladatot mutatunk be a trigonometrikus azonosságok alkalmazására. tg α tg β tg γ = −

Feladatok 1. Egy háromszög két oldalának hossza a és b, közrezárt szögük γ. Mekkora a γ szög f felez˝ojének a hossza? (20.9.1. ábra.) A háromszöget az f szögfelez˝o két kisebb háromszögre vágja, ezek területének összege az eredeti háromszög területével egyenl˝o. Írjuk fel 20.9.1. ábra. 1. feladat ezt a területegyenl˝oséget a (16.8.1) területképlet segítségével: b f sin 2γ a f sin 2γ ab sin γ + = . 2 2 2 γ γ Helyettesítsük sin γ-t a (20.9.4) alatti sin γ = 2 sin cos kifejezéssel, majd egy2 2 1 γ szer˝usítsünk sin -tel, így megkapjuk a keresett összefüggést: 2 2 γ a f + b f = 2ab cos , 2 γ (a + b) f = 2ab cos , 2 2ab cos 2γ f= . a+b

2. Bizonyítsuk be a következ˝o azonosságot, ha α, β, γ 180◦-nak nem egész számú többszörösei: sin(α − β) sin(β − γ) sin(γ − α) + + = 0. sin α sin β sin β sin γ sin γ sin α Az els˝o tört számlálójában alkalmazzuk az összegezési tételt; kapjuk: sin α cos β − cos α sin β sin α cos β cos α sin β = − = ctg β − ctg α. sin α sin β sin α sin β sin α sin β Hasonlóan kapjuk, hogy a második tört értéke ctg γ− ctg β, a harmadiké ctg α− − ctg γ, ezek összege valóban 0.

3. Mutassuk meg, hogy minden α, β szögre igaz:

(cos α − cosβ)2 + (sin α − sin β)2 = 4 sin2 www.interkonyv.hu

α−β . 2 © Reiman István

© Typotex Kiadó

20. Függvények

463

Végezzük el a bal oldalon a négyzetre emeléseket, majd vegyük figyelembe, hogy pl. sin2 α + cos2 α = 1: cos2 α − 2 cos α cos β + cos2 β + sin2 α − 2 sin α sin β + sin2 β = = 2 − 2(cos α cos β + sin α sin β).
A zárójeles kifejezés éppen cos(α − β), ezért a bal oldal: 2 1 − cos(α − β) . Alkalmazzuk most cos(α − β)-ra a (20.9.3) összefüggést, amely szerint α−β , cos(α − β) = 1 − 2 sin2 2 ebb˝ol
α−β , 2 1 − cos(α − β) = 4 sin2 2 ezt kellett bizonyítanunk. Más megoldás. A bal oldali zárójeles kifejezéseket helyettesítsük a (20.9.12) és (20.9.14) alatti összefüggések alapján; azt kapjuk, hogy (cos α − cos β)2 + (sin α − sin β)2 = α+β 2 α−β α+β α−β sin + 4 cos2 · sin2 = = 4 sin2 2  2 2  2 α−β α+β α+β α−β = 4 sin2 + cos2 , sin2 = 4 sin2 2 2 2 2 mivel a zárójeles kifejezés minden α és β esetén 1-gyel egyenl˝o; a bal oldali és jobb oldali kifejezések tehát egyenl˝ok.

Trigonometrikusnak mondunk egy egyenletet, ha benne az ismeretlennek valamilyen trigonometriai függvénye fordul el˝o. Megoldásukra nincs általánosan alkalmazható módszer, s˝ot a trigonometrikus egyenletek többségére nem adható meg olyan eljárás, amely véges sok lépésben meghatározná a gyököket. A következ˝okben néhány olyan egyenlettípust mutatunk be, amelyek elemi módszerekkel megoldhatók. A legtöbb trigonometrikus egyenlet megoldása a következ˝o egyszer˝u típusokra vezethet˝o vissza: sin x = a, cos x = b, tg x = c, ctg x = d. Ha x-re nem teszünk valamilyen kikötést, a trigonometrikus egyenleteknek a függvények periodikussága miatt általában végtelen sok megoldása van. A fenti alapegyenletek megoldásait mutatjuk most be néhány példán: 1 a) sin x = . 2 A megoldást a függvény egy periódusán belül, tehát 0◦ és 360◦ között 1 keressük. pozitív, tehát x is csak abban a szögtartományban lehet, ahol 2 a sin-függvény pozitív, azaz az I. vagy a II. negyedben. 30◦ kielégíti az egyenletet, de kielégíti a II. negyedben 180◦ − 30◦ = 150◦ is, a vizsgált intervallumban ez a két megoldás van. A sin-függvény periodikus volta miatt www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

464

20. Függvények

azonban ha x megoldás, akkor x + k · 360◦ is megoldás, ezért egyenletünk megoldásai: x1 = 30◦ + k · 360◦ és x2 = 150◦ + k · 360◦ (k = 0, ±1, ±2, . . .).

Ha az eredményt radiánokban akarjuk kifejezni: 5π π x2 = + 2kπ (k = 0, ±1, ±2, . . .). x1 = + 2kπ, 6 6 √ b) tg x = − 3. A tangensfüggvény periódusa 180◦, elég ezért egyenletünk √ megoldásait 3 negatív, el˝oször a [0◦ , 180◦ ] intervallumban megkeresnünk. Mivel − √ ◦ a megoldás csak a II. negyedben 3, ezért lehet. Mivel tg 60 = √ tg (180◦ − 60◦) = tg 120◦ = − 3, 120◦ ezért a megoldás. Az összes többi megoldás ett˝ol csak a periódusokkal különbözik: x = 120◦ + k · 180◦ (k = 0, ±1, ±2, . . .), vagy: 2π + kπ (k = 0, ±1, ±2, . . .). x= 3 Nézzünk most példákat összetettebb feladatokra. 1. 12 sin2 x − 2 cos2 x = 3 cos2x.

Arra törekszünk, hogy csak egyféle szögfüggvény és csak egyféle szög szerepeljen az egyenletben, helyettesítsük ezeket: cos2 x-et 1 − sin2 x-szel, cos 2x-et pedig 1 − 2 sin2 x-szel (20.9.1): 12 sin2 x − 2(1 − sin2 x) = 3(1 − 2 sin 2 x), 20 sin2 x = 5, 1 sin2 x = , 4 1 sin x = ± . 2

1 Ha sin x = , mint az a) alapfeladatnál láttuk 2 x1 = 30◦ + k · 360◦ , x2 = 150◦ + k · 360◦ ;

1 ha viszont sin x = − , x a [0◦ , 360◦ ] intervallumban a III. és IV. negyedben lehet, 2 1 ahol sin x 210◦ -nál, ill. 330◦ -nál veszi fel a − értéket, ezért 2 x3 = 210◦ + k · 360◦ , x4 = 330◦ + k · 360◦ (k tetsz˝oleges egész). Mivel mindenütt ekvivalens átalakítást alkalmaztunk, a kapott értékrendszerek valóban ki is elégítik az egyenletet.

3 2. sin4 x + cos4 x − 2 sin 2x + sin2 2x = 0. 4 www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

465

20. Függvények

A sin4 x + cos4 x összeget szeretnénk egyszer˝ubb formában felírni. Emeljük négyzetre a sin2 x+cos2 x = 1 azonosság mindkét oldalát, majd vegyük figyelembe, hogy sin2 2x = 4 sin2 x cos2 x: 1 = (sin2 x + cos2 x)2 = sin4 x + cos4 x + 2 sin2 x cos2 x, ebb˝ol sin2 2x . sin4 x + cos4 x = 1 − 2 sin2 x cos2 x = 1 − 2 Helyettesítsük ezt az eredeti egyenletbe; rendezés után sin 2x-re nézve másodfokú egyenletet kapunk: sin2 2x 3 − 2 sin 2x + sin2 2x = 0, 1− 2 4 4 − 2 sin2 2x − 8 sin 2x + 3 sin2 2x = 0, sin2 2x − 8 sin 2x + 4 = 0, √ √ 8 ± 48 8 ± 82 − 4 · 4 = = 4 ± 2 3. sin 2x = 2 2 √ 4 + 2 3 > 1, ezért nem lehet szinuszérték, tehát √ sin 2x = 4 − 2 3 = 0,5359, √

2x1 = 32,40◦ + k · 360◦ ,

ebb˝ol x1 = 16,20◦ + k · 180◦ ,

2x2 = 180◦ − 2x1 = 147,60◦ + k · 360◦ ,

x2 = 73,80◦ + k · 180◦

(k tetsz˝oleges egész).

A kapott szögértékek közelítések, ezért helyettesítésük nem bizonyítja, hogy kielégítik az egyenletet (legfeljebb azt, hogy „közelít˝oleg kielégítik”), viszont az átalakítások ekvivalens volta miatt az x1 és x2 gyökrendszerek valóban megoldásai az eredeti egyenletnek.

√ √ 3. tg x + 2 ctg x = ctg x + 2 tg x.

Rendezzük át egyenletünket
√ √ tg x − ctg x − 2 tg x − ctg x − 0

alakra. Az a célunk, hogy a bal oldali kifejezést szorzattá alakítsuk. Vegyük ehhez figyelembe, hogy tg x és ctg x nem lehet negatív, hiszen négyzetgyök alatt állnak, ezért elvégezhetjük a
√
√ √ √ tg x + ctg x tg x − ctg x tg x − ctg x = helyettesítést, ezután már szorzattá alakíthatjuk a bal oldalt:
√

√ √ √ √ √ tg x + ctg x tg x − ctg x − 2 tg x − ctg x = 0,

√ √ √ √ tg x − ctg x tg x + ctg x − 2 = 0.

Egy szorzat akkor és csakis akkor lehet 0, ha az egyik tényez˝oje 0, ezért vagy √ √ √ √ II. tg x + ctg x = 2. I. tg x − ctg x = 0 vagy Az I. esetben tg x = ctg x, viszont ctg x =

www.interkonyv.hu

1 és ezért tg x

© Reiman István

© Typotex Kiadó

466

20. Függvények

1 , tg 2 x = 1, tg x = ±1. tg x Láttuk azonban, hogy tg x nem lehet negatív, ezért tg x = 1, x1 = 45◦ + k · 180◦ . tg x =

A II. esetben mindkét oldalt négyzetre emelve és rendezve: tg x − 2 + ctg x = 0,
2 √ √ tg x − ctg x = 0, ebb˝ol ismét tg x = ctg x következik, ami az I. esettel azonos, egyenletünknek ezért csak a 45◦ + k · 180◦ (k tetsz˝oleges egész) az egyetlen gyökrendszere és ez nyilvánvalóan kielégíti az egyenletet.

4.

√ √ √ √ √ √ sin x + sin 3x + sin 5x = cosx + cos 3x + cos5x.

Ennek az egyenletnek a megoldása külön ötletet igényel. Itt is abból indulunk ki, hogy a [0◦ , 360◦ ] intervallumban keresünk megoldást; mivel azonban sin x és cos x is nemnegatív, ez csak az els˝o negyedbeli szögekre (0◦ ≦ x ≦ 90◦ ) teljesül. x nem lehet 30◦ -nál nagyobb, azaz 30◦ < x ≦ 90◦ nem teljesülhet, mert akkor 90◦ < 3x ≦ 270◦ , és az ilyen szögekre cos 3x vagy sin 3x negatív, ami szintén nem lehet, hiszen négyzetgyökjel alatt van. x nem eshet a 18◦ < x ≦ 30◦ intervallumba sem, mert akkor 90◦ < 5x ≦ 150◦ miatt cos 5x lenne negatív, ami lehetetlen, ezért szükségképpen 0◦ ≦ x ≦ 18◦ . Az ebbe az intervallumba es˝o szögeket vizsgálva gyorsan rájöhetünk, hogy x = 15◦ kielégíti az egyenletet, mivel a pótszögösszefüggések szerint sin 15◦ = cos 75◦ = cos 5 · 15◦ , sin 3 · 15◦ = sin 45◦ = cos 45◦ = cos 3 · 15◦ , sin 75◦ = sin 5 · 15◦ = cos 15◦ ,

és így valóban √ √ √ √ √ √ sin 15◦ + sin 3 · 15◦ + sin 5 · 15◦ = cos 15◦ + cos 3 · 15◦ + cos 5 · 15◦ .

A lehetséges megoldásoknak tehát a [0◦ , 18◦ ] intervallumból kellene kikerülnie, de az itteni x szögekre 3x és 5x is a [0◦ , 90◦ ] intervallumban vannak, ahol a sin x, sin 3x, sin 5x függvények növekv˝ok, a cos x, cos 3x, cos 5x pedig csökken˝ok. Ha tehát az el˝obbi egyenl˝oségben 15◦ helyébe kisebb szöget írunk, a bal oldal csökken, a jobb oldal pedig növekszik, az egyenl˝oség lehetetlen. Hasonlóan: ha 15◦ -nál nagyobb szöget veszünk, a bal oldal növekszik, a jobb oldal csökken, tehát egyenl˝oség ekkor sem jöhet létre, az egyenlet egyetlen megoldása: x = 15◦ + k · 360◦ (k tetsz˝oleges egész).

5. Az a cos x + b sin x = c egyenletben a és b rögzített, adott valós számok. c milyen értéke mellett van az egyenletnek megoldása?

Az egyenlet bal oldalán álló kifejezés igen gyakori a trigonometria különböz˝o (pl. fizikai) alkalmazásaiban; ezért érdemes megjegyeznünk a következ˝o átalakításokat. Ha a = b = 0, akkor c is csak 0 lehet, p ezt az esetet a következ˝okben zárjuk ki. Osszuk el az egyenlet mindkét oldalát a2 + b2 -tel: a b c √ cos x + √ sin x = √ . a2 + b2 a2 + b2 a2 + b2 www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

20. Függvények

467

  a a ,√ , ez nyilván Legyen v az a vektor, amelynek koordinátái v √ a2 +b2 a2 +b2 egységvektor, hiszen koordinátáinak négyzetösszege 1, és legyen v irányszöge ϕ. A sin- és cos-függvények definíciója szerint b a , sin ϕ = √ . cos ϕ = √ a2 + b2 a2 + b2 Az el˝obbi egyenlet ezek helyettesítésével így írható: c . cos ϕ cos x + sin ϕ sin x = √ a2 + b2 c . cos(x − ϕ) = √ a2 + b2 Mivel a koszinusz értékei −1 és +1 közé esnek, szükségképpen c ≦ 1, −1 ≦ √ a2 + b2 p vagy az egyenl˝otlenségnek minden tagját a2 + b2 -tel megszorozva kapjuk, hogy p p − a2 + b2 ≦ c ≦ a2 + b2 , és ezzel válaszoltunk a feltett kérdésre: az egyenletnek akkor és csakis akkor van megoldása, ha az el˝obbi egyenl˝otlenség teljesül; azaz az p p a cos x + b sin x minimuma − a2 + b2 , maximuma a2 + b2 . p p Ezeket az értékeket akkor veszi fel, ha c = − a2 + b2 , ill. c = a2 + b2 , ekkor cos(x − ϕ) = −1, ill. cos(x − ϕ) = 1, azaz x − ϕ = π + 2kπ, ill. x − ϕ = 2kπ, tehát x = ϕ + (2k + 1)π, ill. x = ϕ + 2kπ (k = 0, ±1, ±2, . . .). Eredményünket egyébként úgy is fogalmazhatjuk, hogy az f (x) = a cos x + b sin x p p 2 függvény minimuma − a + b2 , maximuma pedig a2 + b2 .

20.10. Hiperbolikus függvények és inverzeik Az ex függvényb˝ol származtatjuk az ún. hiperbolikus (vagy hiperbolás) függvényeket, ezek a következ˝ok: ex −e−x ex −e−x ex +e−x ex +e−x , sh x , th x x , cth ch x x 2 2 e + e−x ex −e−x (olv.: koszinusz hiperbolikusz, szinusz hiperbolikusz, tangens hiperbolikusz, kotangens hiperbolikusz). Elnevezésük onnan származik, hogy a derékszög˝u hiperbolára vonatkozó bizonyos összefüggések segítségükkel fejezhet˝ok ki egyszer˝uen. Más jelölésük: sinh, cosh, tanh (tgh), cotgh. A ch, sh, th minden valós x-re értelmezve van, a cth értelmezési tartományához csak a 0 nem tartozik hozzá; értelmezési tartományukban ex folytonossága miatt ezek a függvények is folytonosak. A ch x páros függvény, a sh x viszont páratlan. Minthogy www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

468

20. Függvények ch 2 x − sh 2 x =

e2x + e−2x + 2 − (e2x + e−2x − 2) = 1, 4

(20.10.1)

ezért ch 2 x = 1 + sh 2 x, s mivel ch x definíciója szerint pozitív, ezért értéke minden x-re legalább 1, értékkészlete az 1-nél nem kisebb valós számok halmaza. A chx függvénygörbéje a parabolára emlékeztet; egyébként láncgörbének nevezik, mivel a két pontjával felfüggesztett súlyos fonál (lánc) ennek alakját veszi fel (20.10.1. ábra).

20.10.1. ábra. A sh x és ch x függvények képe

20.10.2. ábra. A th x és cth x függvények képe

A sh x páratlan függvény, értékkészlete a teljes valós számhalmaz (l. 20.10.1. ábra). A th és cth függvények definíciói szerint: ch x sh x , cth x = (x = 6 0). th x = ch x sh x A th x törtkifejezését ex -szel b˝ovítve kapjuk, hogy 2 e2x − 1 e2x + 1 − 2 = = 1 − 2x −1, 2x 2x e +1 e +1 e +1 ezért −1 < th x < 1. A th páratlan függvény, ha x → +∞, th x → 1 és ha x → −∞, th x → −1 (20.10.2. ábra); értékkészlete a ] − 1, 1[ intervallum. A cth is páratlan függvény, a 0 helyen vett jobb oldali határértéke +∞, a bal oldali −∞; s mivel 1 (x 6= 0), cth x = th x és

www.interkonyv.hu

th x =

© Reiman István

© Typotex Kiadó

20. Függvények

469

ezért értékkészlete az 1-nél nagyobb, ill. a −1-nél kisebb valós számokból áll (20.10.2. ábra). Itt most nem térünk ki e függvények menetének részletesebb vizsgálatára, a függvények tulajdonságait egyébként ábráik jól szemléltetik. A hiperbolikus függvények inverzeit áreafüggvényeknek szokás nevezni és jelölésük arsh x, arch x, arth x, arcth x (vagy: arsinh, arcosh, artanh, arcotgh) az ar rövidítést külön is szokták írni: ar sh x). Mivel a ch x nemnegatív x-ekre szigorúan monoton növekv˝o, létezik inverze, az arch x függvény. Az archx értelmezési tartománya az [1, ∞[ intervallum, értékkészlete a nemnegatív számok halmaza (20.10.3. ábra). Legyen most valamilyen x ≧ 1-re y = arch x, ez azt jelenti, hogy ch y = x, tehát ey + e−y = x. 2

20.10.3. ábra. Az arch x függvény képe

20.10.4. ábra. Az arsh x függvény képe

Fejezzük ki ebb˝ol az egyenletb˝ol y-t. Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát 2ey -nal: e2y + 1 = 2x · ey , ebb˝ol: e2y − 2xey + 1 = 0.

Ez ey -ra nézve másodfokú egyenlet, a megoldóképlettel kapjuk, hogy √ p 2x ± 4x2 − 4 = x ± x2 − 1, ey = 2 p ebb˝ol y = ln(x ± x2 − 1). Mivel y nemnegatív, a zárójelben 1-nél nem kisebb számnak kell állnia, ezért a gyökjel el˝ott a + el˝ojel érvényes, tehát p (x ≧ 1). (20.10.2) arch x = ln(x + x2 − 1) A sh x minden valós x-re szigorúan monoton növekv˝o, ezért létezik inverze, az arsh x függvény (20.10.4. ábra). Az el˝oz˝o gondolatmenetet felhasználva ezt p
(20.10.3) arsh x = ln x + x2 + 1

alakban is el˝oállíthatjuk. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

470

20. Függvények

A th x minden x-re szigorúan monoton növekv˝o, ezért létezik inverze a ] − 1, 1[ intervallumban; míg a cth x pozitív x-ekre szigorúan monoton csökken, értékkészlete az ]1, ∞[ intervallum; ezért ebben az intervallumban létezik inverze, az arcth x függvény (20.10.5. ábra). A már alkalmazott módszerrel bebizonyítható, hogy 1 1+x (|x| < 1), arth x = ln 2 1−x 1 x+1 arcth x = ln (|x| > 1). 2 x−1

20.10.5. ábra. Az arth x és arcth x függvény képe

A hiperbolikus függvények között is léteznek olyan jelleg˝u kapcsolatok, ill. azonosságok, amilyeneket a trigonometrikus függvények között megadtunk. A függvények definícióiból közvetlenül következik, hogy ch x + sh x = ex , ch x − shx = e−x . Ezt felhasználva: ex+y − e−(x+y) ex ey − e−x e−y = = sh (x + y) = 2 2 (ch x+sh x)(ch y+sh y) − (ch x−sh x)(ch y−sh y) = ; azaz 2 sh (x + y) = sh x ch y + chx sh y. Hasonlóan kaphatjuk, hogy: ch (x + y) = ch x ch y + shx sh y, továbbá, figyelembe véve, hogy ch (−x) = ch x és sh (−x) = −sh x, sh (x − y) = sh x ch y − chx sh y, ch (x − y) = ch x ch y − shx sh y. Ezekb˝ol következik: sh 2x = 2sh x ch x,

ch 2x = ch 2 x + sh 2 x.

(20.10.4)

20.11. Néhány nevezetesebb függvény Az el˝oz˝o fejezetben vizsgált, ún. elemi függvényeken kívül gyakran találkozunk az alkalmazásokban néhány egyszer˝ubb függvénnyel; felsorolunk közülük néhányat. A sg x (olv.: szignum x) függvény a valós számokon van értelmezve, és x el˝ojelér˝ol (szignum-el˝ojel) ad tájékoztatást, definíciója szerint www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

20. Függvények  −1, 0, sg x =  1,

471

ha x negatív, ha x = 0, ha x pozitív.

20.11.1. ábra. A sg x függvény képe

20.11.2. ábra. Az [x] függvény képe

20.11.3. ábra. Az {x} függvény képe

A sg x függvény képe két félegyenesb˝ol és egy pontból áll (20.11.1. ábra). A [x] függvényt (x egész része) a 4.3. szakaszban értelmeztük, eszerint [x] az a legnagyobb egész szám, amely nem nagyobb x-nél. Az [x] függvény két egész szám között állandó; pontosabban, ha n ≦ x < n + 1, akkor [x] = n (n tetsz˝oleges egész), ezért az [x] függvény képe az x tengellyel párhuzamos szakaszokból áll; a szakaszok bal oldali végpontjai a grafikonhoz tartoznak, a jobb oldaliak nem (20.11.2. ábra). Az x − [x] függvényt x törtrészének mondjuk, jelölése {x}. Ha n ≦ x < < n + 1, akkor {x} = x − n, a függvény képe az x tengellyel 45◦ -os szöget bezáró egyenes szakaszokból áll, amelyeknek a bal oldali végpontjai tartoznak a grafikonhoz (20.11.3. ábra). Megemlítjük, hogy ide szokták még sorolni pl. a 21.1. szakaszban értelmezett abszolútérték-függvényt (|x|) is (l. a 21.1.2. ábrát).

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

21 Differenciál- és integrálszámítás

21.1. A differenciálhányados és a derivált függvény A függvény vizsgálatának a megkönnyítésére bevezetjük a függvény különbségi hányadosának (differenciahányadosának) a fogalmát. Legyen f egy ]a, b[ intervallumon értelmezett függvény (ez lehet végtelen intervallum is) és x0 az értelmezési tartomány egy pontja; a f (x) − f (x0 ) g(x) = x − x0 függvényt az f x0 ponthoz tartozó különbségi hányadosának (differenciahányadosának) nevezzük. A különbségi hányados tehát függvény, amely az x0 pontban nincs értelmezve, értelmezési tartománya viszont x0 kivételével azonos f értelmezési tartományával. Pl. a p(x) = x2 − 6x + 5 függvény x0 = 4 ponthoz tartozó különbségi hányadosa; mivel p(4) = −3, p(x) − p(4) x2 − 6x + 5 + 3 x2 − 6x + 8 = = , g(x) = x−4 x−4 x−4 x2 − 6x + 8 szorzattá bontva (x − 4)(x − 2) alakban írható; (x − 4)(x − 2) . g(x) = x−4 Ez egyébként azt jelenti, hogy g(x) = x − 2, ha x 6= 4, az x = 4 helyen g nincs értelmezve, de létezik határértéke, ez x − 2 határértékével egyenl˝o, ami nyilván 4 − 2 = 2. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

21. Differenciál- és integrálszámítás

473

Az f függvény x0 ponthoz tartozó különbségi hányadosának az x0 helyen vett véges határértékét az f x0 pontbeli differenciálhányadosának vagy deriváltjának mondjuk. Ezek szerint az f x0 pontbeli differenciálhányadosa az az A szám, amelyre f (x) − f (x0 ) =A (21.1.1) lim x→x0 x − x0

teljesül. Egy függvénynek nincs szükségképpen differenciálhányadosa értelmezési tartományának minden pontjában, ha viszont egy x0 pontban létezik a differenciálhányados, akkor azt mondjuk, hogy a függvény az x0 pontban differenciálható (vagy: deriválható). Egy intervallumnak azokhoz a pontjaihoz, amelyekben f differenciálható, rendeljük hozzá a függvénynek a ponthoz tartozó differenciálhányadosát. Ez a hozzárendelés függvény, neve az f függvény derivált függvénye. (A köznapi szóhasználatban deriválton általában derivált függvényt értenek.) Az f derivált függvényének jelölése f ′ ; ezek szerint az x0 helyen vett differenciálhányados: f ′ (x0 ). Az f függvény x0 pontbeli differenciálhányadosára szokták még a d f jelölést is használni, speciális alkalmazásokban a deriváltnak még dx x=x0

más jelölése is van, pl. ha valamilyen fizikai mennyiség változását az eltelt t id˝o függvényében adjuk meg, pl. a megtett utat s(t) alakban, akkor az • s(t) deriváltját s(t) (olv.: s pont) jelöli. Bevezet˝o példánk p függvényének a deriváltfüggvényét elvben tehát úgy állítjuk el˝o, hogy meghatározzuk az általános helyzet˝u x0 ponthoz tartozó differenciahányadost, képezzük ezért el˝oször az x0 -hoz tartozó különbségi hányados függvényt: p(x)− p(x0 ) x2 −6x+5−(x20 −6x0 +5) (x2 −x20 )−6(x−x0 ) = = . g(x) = x − x0 x − x0 x − x0 Ha x 6= x0 , egyszer˝usítés után, mivel x2 − x20 = (x + x0 )(x − x0 ), g(x) a következ˝o alakban írható fel: g(x) = x + x0 − 6, ha x → x0 , ebb˝ol az x0 pontbeli deriváltat kapjuk: f ′ (x0 ) = 2x0 − 6,

ez viszont azt jelenti, hogy egy tetsz˝oleges x ponthoz a derivált függvény 2x − 6-ot rendeli, tehát f ′ (x) = 2x − 6.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

474

21. Differenciál- és integrálszámítás

Ha az f függvény különbségi hányadosának egy x0 pontban csak a bal oldali vagy csak a jobb oldali határértéke létezik, akkor az f -et az x0 pontban balról, ill. jobbról deriválhatónak mondjuk, ekkor f -nek x0 -ban csak a bal oldali, ill. jobb oldali deriváltja létezik. A deriváltról szemléletes képet kapunk a függvénygörbe érint˝ojének és a deriváltnak a kapcsolata alapján. Ehhez el˝oször a görbeérint˝o fogalmának szabatosabb értelmezésére van szükségünk. Egy adott derékszög˝u koordináta-rendszerben pontsorozatot kapunk, ha a pozitív egészekhez egy-egy pontot rendelünk hozzá; legyen a pontsorozat: P1 , P2 , . . . , Pn , . . . az i-edik (azaz az i-hez rendelt) pont koordinátái Pi (xi , yi ); nyilván az x1 , x2 , . . ., xn , . . . és y1 , y2 , . . . , yn , . . . is sorozatot alkot. Akkor mondjuk, hogy a (Pi ) pontsorozat egy P0 (x0 , y0 ) ponthoz tart, ha xn → x0 és yn → y0 is teljesül. A P0 ponton átmen˝o, y tengellyel nem párhuzamos egyenesek e1 , e2 , . . ., en , . . . sorozatáról akkor mondjuk, hogy egy P0 -on átmen˝o, y tengellyel nem párhuzamos e0 egyeneshez tartanak, ha az egyenesek m1 , m2 , . . ., mn , . . . iránytangenseinek a határértéke az e0 egyenes m0 iránytangensével egyenl˝o. Egy görbe P0 pontján átmen˝o (y tengellyel nem párhuzamos) e egyenest a görbe P0 pontbeli érint˝ojének mondunk, ha bárhogyan is választunk ki a görbén egy P0 -hoz tartó P1 , P2 , . . ., Pn , . . . pontsorozatot, a P0 P1 , P0 P2 , . . ., P0 Pn , . . . egyenesek az e egyeneshez tartanak (21.1.1. ábra).

21.1.1. ábra. A függvénygörbe érint˝oje

21.1.2. ábra. Az y = |x| függvény képe

Legyen most az y = f (x) függvénygörbének a P0 (x0 , y0 ) egy pontja és Pi (xi , yi ) a függvénygörbe tetsz˝oleges pontja. (17.2.17) szerint a P0 Pi egyef (xi ) − f (x0 ) yi − y0 = , ami nem más, mint az f nes iránytangense: mi = xi − x0 xi − x0 függvény x0 pontjához tartozó különbségi hányados xi helyen felvett értéke. Ha f az x0 pontban differenciálható, a különbségi hányados xi helyeken felvett értékei az x0 pontbeli deriválthoz tartanak, tehát az (mi ) sorozat www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

21. Differenciál- és integrálszámítás

475

f ′ (x0 )-hoz tart. Ez viszont azt jelenti, hogy a P0 Pi egyenesek egy olyan egyeneshez tartanak, amely átmegy P0 -on és iránytangense az f függvény x0 pontbeli deriváltjával egyenl˝o, ezt az egyenest nevezzük a függvénygörbe P0 pontbeli érint˝ojének. A most elmondottaknak a szemléletes tartalmát úgy szoktuk kifejezni, hogy a függvénygörbe P0 ponton átmen˝o szel˝oi a P0 pontbeli érint˝ohöz tartanak. Ezzel bizonyos mértékig szemléletes képet kaptunk a deriválhatóságról is, ami itt az (y tengellyel nem párhuzamos) egyértelm˝u érint˝o létezését jelenti. Ha az érint˝o nem létezik, akkor a görbén a szel˝oknek nincs egyértelm˝u határhelyzete, ez abban az esetben következhet be pl., ha a görbe „csúcsos”; ilyen helyzet áll fenn pl. az f (x) = |x| függvénynél (21.1.2. ábra). Mivel  x, ha x ≧ 0, |x| = −x, ha x < 0,

ezért az y = |x| függvénygörbe két, az origóból induló félegyenesb˝ol áll; a jobb oldali az y = x, a bal oldali az y = −x egyenesek megfelel˝o fele. A P0 -t az origóban választva a P0 -on átmen˝o szel˝ok vagy az egyik, vagy a másik félegyenesre esnek, ezért jobbról, ill. balról tartva a P0 -hoz, különböz˝o határhelyzetet kapunk. (Megjegyezzük, hogy a fentebb adott érint˝odefinícióba nem fér bele az y tengellyel párhuzamos érint˝o, ezt úgy szokás kikerülni, hogy „végtelen differenciálhányadosról” is beszélünk, ha a különbségi hányados határértéke ±∞.) Az el˝obbi példánk azt is mutatja, hogy a folytonos függvény nem feltétlenül differenciálható minden pontban, hiszen az f (x) = |x| függvény mindenütt folytonos, de az x = 0 pontban nem differenciálható; ha viszont a függvény egy pontban differenciálható, akkor biztosan folytonos is. A differenciálhányados és az érint˝o iránytangense közötti kapcsolat alapján fel tudjuk írni minden olyan görbe érint˝ojének az egyenletét, amelynél a görbe egyenlete differenciálható függvény grafikonjának fogható fel.
Ha a görbe egyenlete y = f (x) és egy tetsz˝oleges pontja P0 x0 , f (x0 ) a P0 pontbeli érint˝o iránytangense f ′ (x0 ) s ezért (17.2.18) szerint a P0 ponton átmen˝o érint˝o egyenlete: y = f ′ (x0 )(x − x0 ) + f (x0 ). (21.1.2)

21.2. Deriválási szabályok Azt a tényt, hogy x → x0 esetén f (x) − f (x0 ) →A x − x0 www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

476

21. Differenciál- és integrálszámítás

a 20.3. szakasz I. tétele alapján úgy is kifejezhetjük, hogy az f (x) − f (x0 ) −A x − x0 függvény, amit egyszer˝uség kedvéért ε(x)-szel jelölünk, a 0-hoz tart, ha x → x0 ; ezt egyenlet formájában írva és átrendezve kapjuk: f (x) − f (x0 ) − A = ε(x), x − x0 f (x) = f (x0 ) + A(x − x0) + ε(x)(x − x0).

(21.2.1)

Bebizonyítható, hogy f (x) akkor és csakis akkor deriválható az x0 helyen, ha x0 egy környezetében el˝oállítható a (21.2.1) alatti alakban, ahol A rögzített szám, és ε(x) → 0, ha x → x0 . Az A ebben a kapcsolatban természetesen f ′ (x0 )-lal egyenl˝o. A függvények derivált függvényeinek az el˝oállításakor arra törekszünk, hogy a derivált függvények meghatározását minél egyszer˝ubb függvények deriváltjának a meghatározására vezessük vissza. E célt szolgálják a deriválási szabályok. Ezek a derivált fogalmának közvetlen alkalmazásával, ill. a (21.2.1) alatti formula felhasználásával bizonyíthatók; mi most itt csak a legfontosabbak felsorolására szorítkozhatunk. 1. Az f (x) = c (állandó) függvény deriváltja 0, tehát c′ = 0. Ugyanis értelmezési tartományának bármely x0 pontjában is képezzük a különbségi hányadost, c−c = 0, x − x0 ebb˝ol következik, hogy határértéke, a derivált is 0. 2. Ha az f és g függvények deriválhatók az x0 pontban, akkor az f + g függvény is deriválható x0 -ban és deriváltja f ′ (x0 ) + g′(x0 ). Ez a szabály tetsz˝oleges számú függvény esetében is helyes; ezt a tényt úgy szoktuk kifejezni, hogy az összeg tagonként deriválható: ( f1 + f2 + . . . + fn )′ = f1′ + f2′ + . . . fn′ . (21.2.2) 3. Ha f és g deriválható az x0 pontban, akkor f g is deriválható x0 -ban és itt ( f g)′ = f ′ g + f g′. (21.2.3) Ha g = c (állandó), akkor c′ = 0, és így (c f )′ = c f ′ + c′ f = c f ′ , az állandóval szorzott függvény deriváltja egyenl˝o az állandónak és a függvény deriváltjának a szorzatával. A szorzat deriválási szabályát teljes indukcióval véges sok tényez˝ore is kiterjeszthetjük: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

21. Differenciál- és integrálszámítás

477

( f1 f2 . . . fn )′ = f1′ f2 . . . fn + f1 f2′ . . . fn + f1 f2 . . . fn′ . 4. Ha f és g deriválható az x0 pontban és g(x0 ) 6= 0, akkor

f is deriválg

ható, és itt  ′ f ′ g − f g′ f = . g g2 Ha f = 1 és ezért f ′ = 0, akkor  ′ g′ 1 = − 2. g g

(21.2.4)

(21.2.5)

5. Ha a g függvény deriválható az
x0 helyen és az f függvény deriválható a g(x0 ) helyen, akkor az f g(x) összetett függvény is deriválható az x0 helyen és deriváltja:
(21.2.6) f ′ g(x0 ) g′ (x0 ). Az ilyen függvény deriváltját tehát gyakorlatilag úgy állítjuk el˝o, hogy az f -et a g függvényének tekintjük és g „szerint” deriváljuk, majd ezt megszorozzuk a g függvény x „szerint” vett deriváltjával; ezt a tényt szimbolizálja a következ˝o jelölésmód:

d f g(x) dg(x) d f g(x) = · . dx dg(x) dx

6. Legyen az f függvény inverze g. Ha f differenciálható az x0 pontban és f ′ (x0 ) 6= 0, továbbá g folytonos az f (x0 ) pontban, akkor g is deriválható az f (x0 ) pontban és
1 . (21.2.7) g′ f (x0 ) = ′ f (x0 )

Vezessük be az f (x0 ) = y0 jelölést, ekkor az inverz függvény fogalmából következik, hogy g(y0 ) = g[ f (x0 )] = x0 , és így el˝oz˝o összefüggésünk ilyen alakú: 1 . (21.2.8) g′ (y0 ) = ′  f g(y0 )

Ez gyakorlatilag azt jelenti, hogy az inverz függvény derivált függvényének az el˝oállításakor el˝oször az eredeti függvény derivált függvényét állítjuk el˝o, majd ennek reciprokában a változó helyébe magát az inverz függvényt helyettesítjük be. 7. Legyenek x(t) és y(t) a t változó (paraméter) valamilyen [a, b] intervallumában deriválható függvények. Ha egyikük pl. x(t) szigorúan monoton növekv˝o, akkor van inverze, legyen ez t = g(x), és így y (g(x)) az www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

478

21. Differenciál- és integrálszámítás

x-nek függvénye; ebben az esetben ún. paraméteres el˝oállítású (vagy paraméteres) függvényr˝ol beszélünk. Igazolható, hogy ha x′ (t) 6= 0:
dy g(x) y′ (t) = ′ . dx x (t)
Ennek a geometriai jelentése: az y g(x) függvénygörbe érint˝ojének az y′ (t) iránytangense a t = g(x) paraméterértékhez tartozó pontban ′ . x (t) Ennél általánosabb és gyakrabban alkalmazott az el˝oz˝o észrevételünk következ˝o módosítása: Ha az x(t),
y(t) egy [a, b] intervallumon differenciálható függvények, a P x(t), y(t) pontok egy görbét írnak le.
A P x(t0 ), y(t0 ) pontban a görbeérint˝o e irányvektorának (az ún. érint˝ovektornak) a koordinátái, ha e 6= 0:
e x′ (t0 ), y′ (t0 ) . (21.2.9) (Itt tehát nincs szükség az x(t) monotonitásra és az x′ (t) 6= 0 kikötésre, és függvénygörbéknél általánosabb görbetípusok is el˝oállíthatók paraméteres formában.)

21.3. Az elemi függvények deriválása A racionális egész és törtfüggvényt, a hatványfüggvényt, exponenciális, trigonometrikus és hiperbolikus függvényeket, ezek inverzeit és a bel˝olük bizonyos m˝uveletekkel származtatott függvényeket szokás elemi függvényeknek nevezni. Most áttekintjük ezek deriválási szabályait; általában a derivált függvényt állítjuk el˝o. A) Polinomfüggvény (racionális egész függvény) Az f (x) = x függvény minden x-re deriválható és deriváltja 1, ti.: x − x0 f (x) − f (x0 ) = lim = lim 1 = 1. lim x→x x→x0 x→x0 x − x0 0 x − x0 Teljes indukcióval bizonyítjuk, hogy (xn )′ = nxn−1 (n pozitív egész).

(21.3.1)

n = 1 esetén x deriváltja 1 · x1−1 = 1 · 1 = 1, s mint el˝obb láttuk, ez igaz. Tegyük fel, hogy n − 1-ig teljesül az állítás, tehát (xn−1 )′ = (n − 1)xn−2. A szorzat deriválási szabálya szerint (xn )′ = (x·xn−1 )′ = 1·xn−1 +x·(n−1)xn−2 = xn−1 +(n−1)xn−1 = n·xn−1 , amivel állításunkat beláttuk. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

479

21. Differenciál- és integrálszámítás

Az összeg és az állandóval szorzott függvény deriválási szabályát alkalmazzuk a polinomok deriválásánál; legyen p(x) tetsz˝oleges polinom: p(x) = an xn + an−1xn−1 + . . . + a2x2 + a1 x + a0, p′ (x) = nan xn−1 + (n − 1)an−1xn−2 + . . . + 2a2x + a1 ,

az n-edfokú polinom deriváltja tehát (n − 1)-edfokú polinom.

B) Racionális törtfüggvény A racionális törtfüggvényt két polinom hányadosaként deriváljuk; pl.: (2x2 )′ (x3 + 1) − 2x2(x3 + 1)′ 2x2 , f ′ (x) = = f (x) = 3 x +1 (x3 + 1)2 =

4x(x3 + 1) − 2x2 · 3x2 −2x4 + 4x = 6 . 3 2 (x + 1) x + 2x3 + 1

C) Az xα hatványfüggvény (x > 0, α tetsz˝oleges valós szám) deriváltja: (xα )′ = αxα−1 . (21.3.2) Ez az összefüggés speciális esetként tartalmazza (21.3.1)-et. Legyen pl. 1 a α = (n pozitív egész), n
′  1 ′ 1 1 √ 1 1−n 1√ 1 n n x = x n = x n −1 = x n = x1−n = √ . n n n n n xn−1

ha n = 2,

√
′ 1 x = √ . 2 x

(21.3.3)

D) Exponenciális függvény Az ex exponenciális függvény deriváltja önmaga; bizonyítása eléggé összetett, itt most nem térünk ki rá: (ex )′ = ex . (21.3.4) Ha viszont az exponenciális függvény alapja a (a > 0, a 6= 1), átalakítva így írhatjuk: ax = (eln a )x = ex ln a , a hatványfüggvény és az összetett függvény deriválási szabályait alkalmazva kapjuk: (ax )′ = (ex ln a )′ = (ln a)ex ln a = (ln a)ax . E) Logaritmusfüggvény A logaritmusfüggvény deriváltját, ha az alap e (természetes logaritmus), az exponenciális függvény inverzének a deriváltjaként állítjuk el˝o (21.2.8): www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

480

21. Differenciál- és integrálszámítás

1 = . x Ha a logaritmus alapja a, (6.6.2) szerint 1 ln x = ln x, loga x = ln a ln a ezért 1 1 1 1 · = = . (loga x)′ = ln a x x ln a ln ax (ln x)′ =

1

eln x

(21.3.5)

F) Trigonometrikus függvények és inverzeik sin x A trigonometrikus függvények deriválásához szükségünk van a x függvény határértékének a meghatározására az x = 0 helyen. Az egység−→ sugarú körben vegyünk fel egy x irányszög˝u OP-t, ahol x hegyesszög. Az ′ egységkör és az x tengely Q metszéspontjában húzott érint˝o az OP félegyenest Q-ban metszi, P vetülete az x tengelyen P′ (21.3.1. ábra). Az OPQ′ körcikk tartalmazza az OPQ′ háromszöget; a körcikk viszont az OQQ′ derékszög˝u háromszög belsejében van, ezért OPQ′ háromszög ter. < OPQ′ körcikk ter. < OQQ′ háromszög ter.

21.3.1. ábra.

sin x területi közelítése x

Mivel PP′ = sin x, PQ′ ív = x, QQ′ = tg x, ezért a területeket ezekkel kifejezve: tg x sin x x < < , 2 2 2 szorozzuk meg az egyenl˝otlenségeket 2-vel, majd vegyük minden tag reciprokát (az egyenl˝otlenség iránya megfordul): 1 1 cos x 1 > > = , sin x x tg x sin x szorozzuk végig az egyenl˝otlenséget sin x-szel: sin x > cos x, 1> x www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

481

21. Differenciál- és integrálszámítás

π π -re teljesül, de igaz a 0 < x < − 2 2 sin(−x) sin x = és cos (−x) = cos x. intervallum x pontjaira is, mivel −x x sin x függvényt két olyan függvény zárja közre, amelyek értékei 1A x hez tetsz˝olegesen közel jutnak, ha x → 0, ezért szükségképpen a közrezárt függvény is 1-hez tart: sin x = 1. (21.3.6) lim x→0 x ez az egyenl˝otlenség minden 0 < x
1 feltételnek eleget tev˝o x-ek halmaza. (th x)′ =



sh x ch x

=

Feladatok Az 1–18. feladatokban a derivált függvényeket kell meghatározni. 1. f (x) = 5x4 − 6x3 + 2x − 9. f ′ (x) = 5 · 4x3 − 6 · 3x2 + 2 = 20x3 − 18x2 + 2.

2. f (x) = x6 sin x.

f ′ (x) = (x6 )′ sin x + x6 (sin x)′ = 6x5 sin x + x6 cos x.

3. f (x) = f ′ (x) = =

www.interkonyv.hu

4x − 9 . 5x2 − 6x + 7

(4x − 9)′ (5x2 − 6x + 7) − (4x − 9)(5x2 − 6x + 7)′ = (5x2 − 6x + 7)2

−20x2 + 90x − 26 4(5x2 − 6x + 7) − (4x − 9)(10x − 6) = . 2 2 (5x − 6x + 7) (5x2 − 6x + 7)2 © Reiman István

© Typotex Kiadó

484

21. Differenciál- és integrálszámítás

1 . sin x

4. f (x) =

f ′ (x) = −

(sin x)′ cos x cos x 1 ctg x =− 2 =− · =− . sin x sin x sin x (sin x)2 sin x

1 . cos x

5. f (x) =

√ 5 x4 .

6. f (x) =

f ′ (x) = −

(cos x)′ sin x tg x = = . 2 2 (cos x) cos x cos x

Írjuk át f (x)-et törtkitev˝os hatvány alakjába és szabályát alkalmazzuk:  4 ′ 4 4 f ′ (x) = x 5 , f ′ (x) = x 5 −1 = 5

a hatványfüggvény deriválási 4 4 −1 x 5 = √ . 5 55x

1 1 7. f (x) = √ = x− 2 . x

3

1 1 1 x− 2 f ′ (x) = − x− 2 −1 = − =− √ . 2 2 2 x3

8. f (x) = (x4 + 1)5 . Ezt a függvényt összetett függvényként fogjuk fel: f (g) = g5 , g = x4 + 1. Az összetett függvény deriválási szabálya szerint ( f ′ (g) a g szerinti, g′ (x) az x szerinti deriváltat jelöli): f ′ (x) = f ′ (g) · g′ (x) = 5g4 · 4x3 = 20(x4 + 1)4 x3 .

p 2x3 + 3x.

9. f (x) =

1

f (g) = g 2 ,

g = 2x3 + 3x,

6x2 + 3 1 . f ′ (x) = f ′ (g) · g′ (x) = √ (6x2 + 3) = √ 2 g 2 2x3 + 3x

10. f (x) = sin2 x. f (g) = g2 , g = sin x, f (x) = f (g) · g (x) = 2g(sin x)′ = 2 sin x cos x = sin 2x. ′

′

′

11. f (x) = sin x2 .

f (g) = sin g, g = x2 , f (x) = (cos g)2x = 2x cos x2 . ′

12. f (x) = x ln x − x.

x f ′ (x) = (x)′ ln x + x(ln x)′ − (x)′ = ln x + − 1 = ln x. x

A most következ˝o 13–15. feladatokban ln g(x) alakú függvényekr˝ol lesz szó. Ezek deriváltja az összetett függvény deriválási szabálya szerint: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

485

21. Differenciál- és integrálszámítás
′ g′ (x) 1 ′ g (x) = . ln g(x) = g(x) g(x)

Ennek alapján az olyan törtfüggvényeket, amelyek számlálója a nevez˝oben lev˝o függvény deriváltja, logaritmikus deriváltaknak szokás nevezni. 13. f (x) = ln sin x. f (g) = ln g, g = sin x. cos x 1 · cos x = = ctg x. g sin x

f ′ (x) =

14. f (x) = ln(x +

p x2 + a2).

p f (g) = ln g, g = x + x2 + a2 . √   2x + 2 x2 + a2 2x 1 1 √ √ = 1+ √ = f ′ (x) = (ln g)′ · g′ (x) = g 2 x2 + a2 x + x2 + a2 2 x2 + a2 √ x + x2 + a2 1 √ = =√ .
√ 2 2 2 2 2 x+ x +a x +a x + a2

15. f (x) = ln tg

x

2

+

π . 4

f (g) = ln g,

g = tg

x

+

π . 4

2
cos 2x + π4
=

= + π4 2 sin 2x + π4 cos2 2x + π4 1 1 1

=
= = . cos x 2 sin 2x + π4 cos 2x + π4 sin x + π2 1 2 x 2

1 f ′ (x) = g cos2

16. f (x) = arctg

x+1 . x−1

1 x+1 , f ′ (g) = , x−1 1 + g2 (x + 1)′ (x − 1) − (x + 1)(x − 1)′ x − 1 − (x + 1) −2 g′ (x) = = = . (x − 1)2 (x − 1)2 (x − 1)2 f (g) = arctg g,

g=

f ′ (x) = f ′ (g) · g′ (x) =

1 1+


x+1 2 x−1

·

(−2) = (x − 1)2

−2 −2 1 = = 2 =− 2 . (x − 1)2 + (x + 1)2 2x + 2 x +1

17. f (x) = esin x . f (g) = eg , g(x) = sin x, f (x) = f (g) · g′ (x) = eg · cos x = esin x · cos x. ′

′

18. f (x) = xx . www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

486

21. Differenciál- és integrálszámítás

A változót a kitev˝oben tartalmazó függvényeket célszer˝u e alapú hatványokká átírni az a = eln a azonosság alapján: Ezt alkalmazva: x xx = eln x = ex ln x , f (x) = ex ln x , f (g) = eg , f ′ (x) = f ′ (g)g′ (x) = eg



g(x) = x ln x,  1 = x2 (ln x + 1). ln x + x · x

19. Mekkora szögben metszi az y = sin x szinuszvonal az x tengelyt? Egy görbe és egy egyenes metszéspontjában a görbe és az egyenes szögén a görbeérint˝o és az egyenes hajlásszögét értjük. A szinuszvonal az x = kπ (k tetsz˝oleges egész) pontokban metszi az x tengelyt. Mivel sin x deriváltja cos x, a szóban forgó pontokban a derivált értéke +1, ha k páros, és −1, ha k páratlan. Ez azt jeπ 3π lenti, hogy ha az érint˝o irányszöge ϕ, akkor tg ϕ = ±1, amib˝ol ϕ = , ill. ϕ = 4 4 következik, tehát a görbe az x tengelyt 45◦ -os (ill. 135◦ -os) szögben metszi.

20. Írjuk fel az y = 5x2 − 6x + 9 egyenlet˝u parabola x = 2 abszcisszájú P pontjához tartozó érint˝o egyenletét. A P pont koordinátái P(2, 17); a parabolát függvénygörbének tekintve a derivált 10x−6, az x = 2 pontban ennek értéke 14, ez a P pontbeli érint˝o iránytangense. A P-n átmen˝o m = 14 iránytangens˝u érint˝o egyenlete: y = 14(x − 2) + 17 = 14x − 11.

21. Írjuk fel az x = a cos t, y = b sint paraméteres el˝oállítású ellipszis érint˝ojének az egyenletét a t0 paraméterértékhez tartozó ellipszispontban. (21.2.9) szerint az érint˝o e irányvektora: e(−a sin t0 , b cos t0 ), ezért normálvektora n(b cos t0 , a sin t0 ), tehát az érint˝o egyenlete a P0 (a cos t0 , b sint0 ) pontban: (b cos t0 )x + (a sin t0 )y = ab cos2 t0 + ab sin2 t0 = ab.

22. Egy pont mozgásánál minden t id˝oponthoz rendeljük hozzá a t id˝opontig megtett út s(t) hosszát; a kapott s(t) függvényt útfüggvénynek mondjuk. Az útfüggvény deriváltja az s′ (t) = v(t) sebességfüggvény (s′ (t) • helyett az s(t) jelölést is alkalmazzák); a sebességfüggvény deriváltja a • v′ (t) = a(t) gyorsulásfüggvény (más jelölés: v(t)). Egy s0 magasságból v0 kezd˝osebességgel függ˝olegesen fell˝ott test (pont) t id˝o elteltével g s(t) = s0 + v0t − t 2 2 magasságra jut (g a gravitációs gyorsulás). Állítsuk el˝o a sebességfüggvényt és a gyorsulásfüggvényt: •

v(t) = s(t) = v0 − gt, • a(t) = v(t) = −g. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

21. Differenciál- és integrálszámítás

487

23. Bizonyítsuk be, hogy az xy = 1 egyenlet˝u derékszög˝u hiperbola érint˝oi a koordinátatengelyekb˝ol egyenl˝o terület˝u háromszögeket metszenek le. Mutassuk meg, hogy az érintési pont felezi az érint˝onek a tengelyek közé es˝o szakaszát (21.3.2. ábra).

21.3.2. ábra. 23. feladat 1 1 A hiperbola egyenletét y = alakban is írhatjuk, ez az f (x) = függvény x x görbéje. Szorítkozhatunk a hiperbola x > 0, y > 0 értékekhez tartozó ágára, mivel a hiperbola az origóra középpontosan tükrös. Az x0 ponthoz tártozó derivált érték, mivel  ′ 1 1 =− 2, f ′ (x) = x x   1 1 − 2 -tel egyenl˝o, ezért a P x0 , ponton átmen˝o érint˝o egyenlete (21.1.2) x0 x0 alapján: 1 1 y = − 2 (x − x0 ) + . x0 x0 Az x tengellyel való metszéspont y = 0 helyettesítéssel számítható ki, ekkor 1 1 (x − x0 ) = , x − x0 = x0 , x = 2x0 , 2 x x0 0 a metszéspont ezért A(2x0 , 0). Az y tengellyelvaló metszéspontnál x = 0, ezért  1 2 1 2 = ; a metszéspont: B 0, . A tengelyekb˝ol lemety = − 2 (−x0 ) + x0 x0 x0 x0 2 szett AOB derékszöge háromszög befogóinak hossza 2x0 és , ezért AOB területe x0 2 1 · 2x0 · = 2, tehát valóban állandó. 2 x0     2 1 végpontú szakasz felez˝opontja (16.5.8) miatt x0 , Az A(2x0 , 0), B 0, x0 x0 koordinátákkal rendelkezik, ez pedig éppen a P érintési pont.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

488

21. Differenciál- és integrálszámítás

21.4. Középértéktételek és következményeik Ebben a fejezetben azzal a kérdéskörrel foglalkozunk, hogy a derivált függvényb˝ol hogyan lehet az eredeti függvény bizonyos tulajdonságaira következtetni. Kiindulásunk az ún. Rolle-tétel (olv.: Roll): Ha f az [a, b]-ben folytonos és belsejében differenciálható függvény és f (a) = f (b), akkor van az intervallumnak olyan bels˝o c pontja, amelyben a derivált nulla, azaz f ′ (c) = 0. A tétel szemléletes tartalma a következ˝o: ha a függvénygörbe a és b pontokhoz tartozó húrja párhuzamos az x tengellyel, akkor a és b között van olyan c pont, hogy a hozzá tartozó görbepontban az érint˝o párhuzamos az x tengellyel, hiszen iránytangense f ′ (c) ekkor lesz nulla (21.4.1. ábra). Ha az f állandó, az állítás nyilvánvaló, hiszen ekkor a függvénygörbe és minden érint˝o párhuzamos az x tengellyel.

21.4.1. ábra. Rolle tétele

21.4.2. ábra. Az y = x3 görbe

Ha viszont f nem állandó, minthogy differenciálhatósága miatt folytonos, Weierstrass tétele (l. a 20.4. szakaszt) szerint felveszi a legkisebb és legnagyobb értékét, azok különböz˝ok, mert f nem állandó és közülük legalább az egyiket az [a, b] bels˝o c pontjában kell felvennie. Tegyük fel, hogy f (c) maximum, azaz minden intervallumbeli x pontra f (x) ≦ f (c). Ebben az esetben a c-hez tartozó különbségi hányados: f (x) − f (c) , x−c számlálója nem pozitív, a nevez˝oje pedig x < c esetén negatív, x > c esetén pozitív. Ez azt jelenti, hogy ha x c-nél kisebb értékeken keresztül tart c-hez, akkor a különbségi hányados mindig nemnegatív lesz, tehát határértéke is nemnegatív; ha viszont x c-nél nagyobb értékekkel tart c-hez, a különbségi hányados és határértéke nem pozitív. Mivel pedig határértéke a c pontbeli derivált, f ′ (c) ≧ 0 és egyúttal f ′ (c) ≦ 0, ez csak úgy lehetséges, ha f ′ (c) = 0. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

21. Differenciál- és integrálszámítás

489

Ugyanígy bizonyíthatjuk állításunkat, ha f (c) minimum. Mivel a c helyen f -nek helyi minimuma vagy maximuma van, gondolatmenetünk azt is bizonyítja, hogy ha egy intervallumban differenciálható függvénynek az intervallum valamely bels˝o pontjában helyi széls˝oértéke van, ott a deriváltja szükségképpen nullával egyenl˝o. Már itt felhívjuk a figyelmet arra, hogy ennek a tételnek a megfordítása általában nem igaz; ha a derivált nulla a függvény egy pontjában, az nem jelenti azt, hogy ott helyi széls˝oérték van, csupán azt, hogy a függvénygörbe érint˝oje párhuzamos az x tengellyel, pl. az y = x3 görbénél az x = 0 pontban (21.4.2. ábra). Rolle tételének felhasználásával bizonyítható az ún. Cauchy-féle középértéktétel. Ha f és g az [a, b]-ben folytonos és belsejében differenciálható függvények, továbbá: az intervallum belsejében g′ (x) 6= 0, akkor az intervallumnak van olyan bels˝o c pontja, amelyre f ′ (c) f (b) − f (a) = ′ . (21.4.1) g(b) − g(a) g (c) Képezzük ugyanis az F(x) = f (x) − f (a) −

f (b) − f (a) [g(x) − g(a)] g(b) − g(a)

függvényt. g(b) − g(a) 6= 0, mert ellenkez˝o esetben Rolle tétele szerint g′ (x) az intervallumban valahol nulla lenne. Ellen˝orizhetjük, hogy F(a) = = F(b) = 0, ezért F(x)-re alkalmazhatjuk Rolle tételét, tehát van az intervallum belsejében olyan c pont, amelyre F ′ (c) = 0. Mivel f (b) − f (a) ′ g (x), F ′ (x) = f ′ (x) − g(b) − g(a) ezért f ′ (c) f (b) − f (a) = ′ . g(b) − g(a) g (c) g(x) = x választással a tétel feltételei teljesülnek, mivel g′ (x) = 1 6= 0, ezzel tételünk az ún. Lagrange- (olv.: Lagránzs)-féle középértéktételbe megy át: ha f az [a, b] intervallumban folytonos és belsejében differenciálható függvény, akkor az intervallum belsejében van olyan c pont, amelyre f (b) − f (a) = f ′ (c). b−a www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

490

21. Differenciál- és integrálszámítás

A Lagrange-féle középértéktétel
geometriai
tartalma a következ˝o: az y = f (x) függvénygörbe A a, f (a) , B b, f (b) pontjait összeköt˝o egyenes (húr) iránytangense: f (b) − f (a) , b−a
a C c, f (c) pontbeli érint˝oé pedig f ′ (c). A tétel azt mondja ki, hogy az [a, b] intervallumnak van olyan c pontja, hogy a hozzá tartozó görbepont érint˝oje párhuzamos AB-vel (21.4.3. ábra).

21.4.3. ábra. A Lagrange-féle középértéktétel

A Lagrange-féle középértéktétel segítségével vizsgálhatók meg az f függvény monotonitással kapcsolatos tulajdonságai. Bebizonyíthatók a következ˝o állítások: Ha f az ]a, b[ intervallumon differenciálható függvény, és az intervallum minden x pontjára teljesül, hogy A) f ′ (x) > 0, akkor f szigorúan monoton növekv˝o; B) f ′ (x) ≧ 0, akkor f monoton növekv˝o; C) f ′ (x) < 0, akkor f szigorúan monoton csökken˝o; D) f ′ (x) ≦ 0, akkor f monoton csökken˝o. Lássuk be pl. a B) állítást: adjuk meg az ]a, b[-ben két tetsz˝oleges pontot x1 -et és x2 -t (x1 < x2 ), a Lagrange-féle középértéktétel szerint van olyan c, amelyre x1 < c < x2 , hogy f (x2 ) − f (x1 ) = f ′ (c), azaz f (x2 ) − f (x1 ) = f ′ (c)(x2 − x1 ). x2 − x1 Ha feltevésünk szerint f ′ (c) ≧ 0 és x2 > x1 , ebb˝ol következik, hogy f (x2 ) − f (x1 ) ≧ 0, f (x2 ) ≧ f (x1 ), tehát f valóban monoton növekv˝o. Ha viszont az intervallum minden pontjában f ′ (x) = 0, akkor a B) és D) feltételek teljesülnek, tehát f egyszerre monoton növekv˝o és monoton csökken˝o, ez azonban csak úgy lehetséges, ha f az intervallumon állandó. Megjegyezzük, hogy az A), C) állítások nem fordíthatók meg, tehát pl. a szigorúan monoton növekv˝o függvénynél is lehet olyan pont, amelyben f ′ (x) = 0, ilyen az x3 függvény az x = 0 pontban. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

21. Differenciál- és integrálszámítás

491

Az viszont már igaz, hogy ha f az [a, b] intervallumon differenciálható és monoton növekv˝o, akkor f ′ (x) ≧ 0, ha pedig csökken˝o, akkor f ′ (x) ≦ 0.

21.4.4. ábra. A növekedés, csökkenés és a derivált kapcsolata

A monoton növekedésnek, ill. csökkénésnek és a derivált el˝ojelének a kapcsolatát mutatja szemléletesen a 21.4.4. ábra. Figyeljük meg, hogy a függvénygörbe növekvést ábrázoló részéhez húzott érint˝ok irányszögei hegyesszögek, tangenseik pozitívak, tehát pozitívak az érintési pontokhoz tartozó deriváltak is; viszont a csökken˝o részhez tartozó érint˝ok irányszögei tompaszögek, ezek iránytangensei negatívak, tehát a hozzájuk tartozó deriváltértékek is negatívak.

21.5. Magasabb rendu˝ deriváltak; konvexitás, konkávitás Az f függvény derivált függvényének, f ′ -nek ismét létezhet derivált függvénye, ezt f ′′ -vel jelöljük és f második derivált függvényének nevezzük. Az f ′′ -nek x0 helyen felvett értéke f ′′ (x0 ), az f függvény x0 helyen vett második deriváltja vagy második differenciálhányadosa; más jelölése: d 2 f . Hasonló módon értetmezzük a harmadik, negyedik, . . ., deriváldx2 x=x0

takat, jelölésük f ′′′ , f (IV) , f V , . . ., f (n) . Egy f függvény egyszeri deriválhatóságából még nem következik, hogy második, harmadik stb. deriváltja létezik. Gyakori eset, hogy a magasabb rend˝u deriváltak el˝oállítása egyre bonyolultabb lesz, más függvényeknél viszont egyre egyszer˝usödnek, ez a helyzet pl. a polinomfüggvényeknél. Ha az f függvénynek egy intervallumon létezik az n-edik derivált függvénye és az folytonos, akkor azt mondjuk, hogy f az intervallumon n-szer folytonosan deriválható (az n-nél alacsonyabb rend˝u derivált függvényei eleve folytonosak, hiszen deriválhatók). Néhány egyszer˝ubb függvény magasabb rend˝u deriváltjai:

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

492

21. Differenciál- és integrálszámítás f

f′

f ′′

f ′′′

f (IV)

c (állandó) 0 0 0 0 cos x − sin x − cos x sin x sin x cos x − sin x − cos x sin x cos x ex ex ex ex ex n n−1 n−2 n−3 x nx n(n−1)x n(n−1)(n−2)x n(n−1)(n−2)(n−3)xn−4 1 2 1 6 − 2 − 4 ln x x x x3 x sh x ch x sh x ch x sh x ch x sh x ch x sh x ch x

A függvénygörbe alakjáról ad tájékoztatást a konvex, ill. konkáv elnevezés, bár magát a konvex, ill. konkáv elnevezést magára a függvényre vonatkoztatjuk. Az f függvényt egy intervallumban konvexnek nevezzük, ha annak bármely két x1 és x2 helyén teljesül az   f (x1 ) + f (x2 ) x1 + x2 ≦ f 2 2 egyenl˝otlenség. Ha az egyenl˝otlenség fordított irányú, a függvény az intervallumban konkáv. Megmutatható, hogy ha x1 , x2 , . . . , xn az intervallum pontjai, akkor ha f konvex   f (x1 ) + f (x2 ) + . . . + f (xn ) x1 + x2 + . . . + xn ≦ , f n n ha pedig f konkáv az intervallumban, akkor   f (x1 ) + f (x2 ) + . . . + f (xn ) x1 + x2 + . . . + xn ≧ . f n n Ez az ún. Jensen-féle egyenl˝otlenség. A függvény konvex, ill. konkáv volta különösen jól vizsgálható bizonyos differenciálhatósági feltételek teljesülése esetén. E tárgykörben két tételre hívjuk fel a figyelmet. I. Ha az f függvény az [a, b] intervallumon differenciálható és a függvénygörbe bármely pontjában húzott érint˝o a görbe alatt (fölött) van, akkor az intervallumon a függvény konvex (konkáv). Pl. a 21.5.1. ábra [a, b] intervallumában a görbe (és vele együtt a függvény) konvex, a [b, c] intervallumban pedig konkáv (21.5.1. ábra). A konvexitás, ill. konkávitás eldöntésére a gyakorlatban legtöbbször a következ˝o tételt használjuk: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

21. Differenciál- és integrálszámítás

493

II. Ha az f függvény az [a, b] intervallumon kétszer folytonosan differenciálható és f ′′ (x) ≧ 0, akkor f az [a, b] intervallumon konvex. Ha viszont ugyanilyen feltételek mellett f ′′ (x) ≦ 0, akkor f az intervallumon konkáv.

21.5.1. ábra. A konvexitás és a derivált kapcsolata

Nem térünk ki a tétel szabatos bizonyítására, de utalunk annak szemléletes tartalmára. Figyeljük meg, hogy a 21.5.1. ábrán az y = f (x) függvénygörbe konvex AB ívéhez húzott érint˝ok irányszögei A-ból indulva tompaszögeken át π-ig növekszenek, majd az érint˝o vízszintes helyzetén áthaladva hegyesszögeken át növekszenek. Mivel a tangensfüggvény szigorúan monoton növekv˝o, ez azt jelenti, hogy az érint˝ok iránytangense, vagyis f ′ (x) is növekv˝o, de ez az el˝oz˝o fejezetben mondottak szerint éppen azt jelenti, hogy f ′ (x) deriváltja, f ′′ (x) az intervallumon nemnegatív. A függvénygörbe olyan pontját, amelynél a görbe konvexb˝ol konkávba vagy konkávból konvexbe megy át, inflexiós pontnak nevezzük (a 21.5.1. ábrán a B pont); ezen a helyen az érint˝o átmetszi a görbét, és f ′′ (x) értéke szükségképpen 0. Megfordítva ez már nem igaz, f ′′ (x) nulla lehet olyan pontban is, amely nem inflexiós pont, pl. az y = x4 függvénygörbe érint˝oje az origóban az x tengely. Biztosan inflexiós pont van azonban ott, ahol f ′′ (x) = 0 és f ′′ el˝ojelet vált. Az elmondottakat két egyszer˝u példával világítjuk meg. 1. A sin x függvény második deriváltja: (sin x)′′ = − sin x. Ez nemnegatív ott, ahol sin x nempozitív, tehát a [π, 2π] intervallumon (szorítkozzunk csak a [0, 2π] intervallumra), és nempozitív a [0, π] intervallumban, ezek szerint a sin x függvény konvex a [π, 2π] intervallumban és konkáv a [0, π] intervallumban. (sin x)′′ = − sin x = 0

az x = 0, π, 2π helyekre teljesül, itt a függvény konvexb˝ol konkávba vagy konkávból konvexbe megy át, tehát ezeken a helyeken inflexiós pontja van. Ezek az eredmények természetesen megegyeznek a szinuszfüggvény 20.8.1. ábrájával.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

494

21. Differenciál- és integrálszámítás

2. Az f (x) = arctg x derivált függvényei: f ′ (x) =

1 x2 + 1

, a második

2x · f ′′ (x) nemnegatív, ha x ≦ 0 (x2 + 1)2 és nempozitív, ha x ≧ 0. A függvény tehát konvex, ha x ≦ 0 és konkáv, ha x ≧ 0, az x = 0 pontban f ′′ (x) = 0, itt a függvénynek inflexiós pontja van (megegyezésben a 20.8.9. ábrával).

derivált 21.2.5 alapján: f ′′ (x) = −

21.6. Függvényvizsgálat és alkalmazásai A differenciálszámítás klasszikus alkalmazási területe a függvényvizsgálat vagy függvénydiszkusszió. Ez a vizsgálat annak a megállapítását célozza, hogy egy adott függvény az értelmezési tartományában (vagy annak egy részhalmazán) milyen intervallumokban növekv˝o vagy csökken˝o, konvex vagy konkáv, hol vannak a helyi széls˝oértékei és inflexiós pontjai. Kitérhet arra is, hogy mi a függvény határértéke egyes kritikus helyeken (rendszerint ott, ahol a függvény nincs értelmezve) vagy a végtelenben, és természetesen bizonyos speciális feladatok céljára más vizsgálatokat is tartalmazhat, pl. a gyökhelyek megkeresését, el˝ojelének megállapítását stb. A következ˝okben feltételezzük, hogy a vizsgált függvények kétszer folytonosan differenciálhatók a vizsgált intervallumokban. A függvényvizsgálat gyakori célja a függvény abszolút széls˝oértékeinek (az abszolút maximumnak vagy abszolút minimumnak) a meghatározása. Egy függvény abszolút maximumán (minimumán) egy intervallumban a függvény által felvett legnagyobb (legkisebb) értéket értjük. Nyílt intervallumban a függvénynek nincs mindig abszolút maximuma vagy minimuma, még akkor sem, ha differenciálható és ezért folytonos; zárt intervallumon azonban Weierstrass tétele értelmében mindig felveszi abszolút maximumát és minimumát is. Zárt intervallumon a függvény abszolút széls˝oértéke vagy a helyi széls˝oértékek vagy az intervallum végpontjaiban felvett függvényértékek valamelyikével egyenl˝o. A 21.6.1a) ábrán ábrázolt függvény abszolút maximuma az intervallum b végpontjában, a 21.6.1b) ábrán lev˝oé pedig az egyik helyi maximumnál van. Az abszolút széls˝oérték megkeresésekor tehát úgy járunk el, hogy meghatározzuk a helyi széls˝oértékeket és az intervallum végpontjában felvett függvényértékeket, és kiválasztjuk közülük a legnagyobbat, ill. legkisebbet. A helyi széls˝oérték meghatározását az els˝o derivált nullahelyeinek a megkeresésével célszer˝u kezdeni, ezek azonban csak lehetséges széls˝oértékhelyek (21.4.), az f ′ (x0 ) = 0 csak szükséges feltétele annak, hogy az x0 www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

21. Differenciál- és integrálszámítás

495

helyen helyi széls˝oérték legyen. Ha viszont az x0 helyen f ′ el˝ojelet vált, azaz el˝otte az x0 egy környezetében pozitív, utána negatív vagy megfordítva, akkor az x0 helyen biztosan helyi széls˝oérték van, hiszen ha pl. az x0 el˝otti helyeken f ′ pozitív, akkor f ott szigorúan monoton növekv˝o, és így x0 bal oldali környezetében f (x) < f (x0 ); az x0 utáni helyeken pedig f ′ negatív, és így itt f szigorúan monoton fogyó, tehát x0 egy jobb oldali környezetében f (x) < f (x0 ). Összefoglalva tehát ha az f differenciálható függvény és f ′ (x0 ) = 0 és f ′ az x0 helyen el˝ojelet vált, akkor f -nek az x0 helyen helyi széls˝oértéke van, mégpedig maximuma, ha f ′ pozitívból negatívba és minimuma, ha negatívból pozitívba megy át. Megjegyezzük, hogy a derivált el˝ojelváltása csak elégséges feltétele a helyi széls˝oérték létezésének, de nem szükséges.

21.6.1. ábra. Helyi és abszolút széls˝oérték

A helyi széls˝oérték létezésénék még más elégséges feltételét is megadhatjuk; gondoljuk meg, hogy ha f ′ (x0 ) = 0 és f ′′ (x0 ) < 0, akkor x0 egy környezetében folytonossága miatt f ′′ negatív, ezért f ′ ott szigorúan monoton csökken˝o, de ha egy csökken˝o függvény az x0 helyen nulla érték˝u, akkor kell, hogy el˝otte pozitív, utána negatív legyen, azaz f ′ az x0 helyen el˝ojelet vált; ezért ha f kétszer folytonosan differenciálható függvény és f ′ (x0 ) = 0, f ′′ (x0 ) < 0, akkor f -nek az x0 helyen helyi maximuma, ha pedig f ′′ (x0 ) > 0, akkor helyi minimuma van. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

496

21. Differenciál- és integrálszámítás

Ezeket a kapcsolatokat szemléltetjük a 21.6.2. ábrán egy-egy másodfokú függvény képén; az els˝o derivált képe egyenes, a másodiké az x tengellyel párhuzamos egyenes, mivel f ′′ itt állandó.

21.6.2. ábra. A deriváltak és a függvény menetének a kapcsolata

El˝ofordulhat, hogy az f függvénynek az x0 helyen nemcsak az els˝o, hanem a második deriváltja is nulla, ebben az esetben a helyi széls˝oérték létezésér˝ol az el˝oz˝ok alapján még semmit sem tudunk mondani; az x0 -beli széls˝oérték létezésér˝ol ekkor tájékoztatást nyújt a következ˝o tétel: legyen az f (x) függvény az x0 helyen n-szer deriválható és f ′ (x0 ) = f ′′ (x0 ) = . . . = f n−1 (x0 ) = 0, de f (n) (x0 ) 6= 0, az f (x)-nek akkor van az x0 helyen széls˝oértéke, ha n páros. Feladatok 1. Végezzük el az f (x) = x3 − 6x2 + 11x − 6 polinomfüggvény vizsgálatát. A függvény minden valós számra értelmezve van. A derivált és gyökhelyei f ′ (x) = 3x2 − 12x + 11, √ √ 12 ± 2 3 12 ± 144 − 12 · 11 2 = , 3x − 12x + 11 = 0, x= 6 6 √ √ 3 3 a derivált gyökei: x1 = 2 − , x2 = 2 + , a két gyökhely között az f ′ másod3 3 fokú függvény negatív, a többi helyen pozitív. A második derivált és gyökhelyei: f ′′ (x) = 6x − 12, 6x − 12 = 0, x = 2, ′′ az x < 2 helyen f negatív, az x > 2 helyen pedig pozitív. Foglaljuk táblázatba az eddigi eredményeket, felosztva az értelmezési tartományt az f ′ és f ′′ gyökhelyeivel; a második sorban f ′ , a harmadikban pedig f ′′ el˝ojele szerepel, a negyedik és ötödik sorban az ebb˝ol levonható következtetések.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

21. Differenciál- és integrálszámítás

x

x < 2−

f ′ (x) ′′

f (x)

√ 3 3

x = 2−

+

0

−

−

f (x) növekv˝o

√

3 3

max. konkáv

2−

√ 3 , f ′ (x) negatív. 3 3

21.6.6. ábra. 4. feladat A második derivált: (−6x2 + 8x)′ x4 − (−6x2 + 8x)(x4 )′ = x8 (−12x + 8)x4 − (6x2 + 8x)4x3 12(x − 2) = = , x8 x4

f ′′ (x) =

ebb˝ol már látszik, hogy f ′′ (2) = 0, f ′′ (x) < 0, ha x < 2 és f ′′ (x) > 0, ha x > 2. Foglaljuk táblázatba eredményeinket:

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

21. Differenciál- és integrálszámítás

x

x ϕ0 , d ′ pozitív, tehát a ϕ0 -nál helyi minimum van, s mivel el˝otte d csökken, utána d növekszik a teljes intervallumban, a d függvény ϕ0 -nál veszi fel legkisebb értékét. 1 1 1 = 1 + tg 2 ϕ és = 1 + ctg 2 ϕ = 1 + 2 , Mivel 2 2 cos ϕ tg ϕ sin ϕ ezért a legrövidebb d hosszúság: s r q √ 1 1 5 √ 8 + = 8 1 + 2 + 1 + tg 2 ϕ0 = 8 + 5 = 5 5. dmin = sin ϕ0 cos ϕ0 4 tg ϕ0

Mellékeredményként adódott, hogy a P(1, 8) ponton átmen˝o legrövidebb szel˝odarab iránytangense − tg ϕ0 = −2. Teljesen hasonló módon általánosságban azt kapnánk, hogy a P(x0 , y0 ) ponton átmen˝o legrövidebb szel˝odarab iránytangense (x0 > 0, y0 > 0): r y0 . − tg ϕ0 = − 3 x0

8. Legalább mekkora az egységkör köré írt egyenl˝o szárú háromszög szára? Az egységkör köré írt ABC egyenl˝o szárú háromszög CF szimmetriatengelye derékszög˝u háromszöget vág le ABC-b˝ol. A 21.6.9. ábra jelöléseit használva, α a háromszög A csúcsnál lev˝o szöge, az FCA∢ = γ = 90◦ −α. Az AC szár hossza a KEC és AEK derékszög˝u háromszögb˝ol: α AC = AE + EC = ctg + ctg γ = 2 α = ctg + ctg (90◦ − α), 2 ebb˝ol a szár hossza a pótszögösszefüggés felhasználásával:

www.interkonyv.hu

21.6.9. ábra. 8. feladat

© Reiman István

© Typotex Kiadó

504

21. Differenciál- és integrálszámítás a = ctg

α + tg α, 2

0 0). 1 ln x x = lim 1 = 0. = lim lim x→+∞ xα x→+∞ αxα−1 x→+∞ αxα

x3 . x→+∞ ex

7. lim

x3 3x2 6x 6 = lim = lim x = lim x = 0. x→+∞ ex x→+∞ ex x→+∞ e x→+∞ e lim

x − sinx . x→0 x3

8. lim

A feladat megoldását l’Hospital-szabály segítségével az ismert lim

x→0

határérték meghatározására vezetjük vissza: x − sin x 1 − cos x sin x 1 sin x 1 = lim = lim = lim = . lim 6 x→0 x 6 x→0 x→0 x→0 6x x3 3x2

www.interkonyv.hu

sin x =1 x

© Reiman István

© Typotex Kiadó

21. Differenciál- és integrálszámítás

507

9. lim x · ln x. x→0

El˝oször törtté alakítjuk a függvényt; vegyük figyelembe, hogy pozitív x-ekkel tartunk 0-hoz: ln x lim x ln x = lim 1 ; x→0

x→0

x

−∞ ez a határérték alakú, erre alkalmazzuk a l’Hospital-szabályt: ∞ 1 −x2 = 0. lim x ln x = lim x1 = lim x→0 x→0 − 2 x→0 x x

10. lim xx (jobb oldali határértékr˝ol van szó). x→0

Alakítsuk át xx -t xx = ex ln x alakba. Az el˝oz˝o feladat eredményét felhasználva: lim xx = lim ex ln x = e0 = 1. x→0

x→0

21.8. A Taylor-formula A függvények alkalmazásának egyik legfontosabb mozzanata helyettesítési értékük meghatározása. Ebb˝ol a szempontból a polinomfüggvények kitüntetett szerepet játszanak, mert helyettesítési értékeik összeadás és szorzás segítségével kiszámíthatók. Éppen ezért természetszer˝uen vet˝odik fel az a gondolat, hogy a bonyolultabb függvényeket polinomokkal helyettesítsük; pontosabban: olyan polinomokat keressünk, amelyeknek helyettesítési értékei a gyakorlatnak megfelel˝o pontossággal közelítsék meg egy adott függvény helyettesítési értékeit. Különösen fontos szerepük van a közelít˝o polinomoknak a számítógépek körében: a számítógép minden függvényt közelít˝o polinomja segítségével állít el˝o, de a matematika széles kör˝u alkalmazását lehet˝ové tev˝o logaritmus- vagy trigonometriai táblázatok is a közelít˝o polinomok felhasználásával készültek el. Egy függvényt nagyon sokféle módon lehet polinomokkal közelíteni, a következ˝okben olyan közelít˝o polinomok szerkesztésével foglalkozunk, amelyek a függvény magasabb rend˝u deriváltjainak az alkalmazásán alapulnak. Abból a megfigyelésb˝ol indulunk ki, hogy egy polinom együtthatói deriváltjai segítségével el˝oállíthatók. Legyen ui. p(x) egy valós együtthatós polinom: p(x) = a0 + a1 x + a2x2 + . . . + an xn . (21.8.1) Jelölje q(x) a p(x − a) polinomot, vagyis azt, amelyet p(x)-b˝ol úgy kapunk, hogy x helyébe (x − a)-t helyettesítünk: q(x) = a0 + a1(x − a) + a2(x − a)2 + . . . + an(x − a)n . (21.8.2) www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

508

21. Differenciál- és integrálszámítás

Képezzük most q(x) deriváltjait rendre az a helyen: q′ (x) = a1 + 2a2(x − a) + 3a3(x − a)2 + . . . + nan(x − a)n−1,

q′′ (x) = 2a2 +2·3a3(x−a)+3·4a4 (x−a)2 +. . .+n(n−1)an(x−a)n−2,

q′′′ (x) = 2 · 3a3 + 2 · 3 · 4a4(x − a) + 3 · 4 · 5a5(x − a)2 + . . . + n(n − 1)· · (n − 2)an(x − a)n−3,

.. .

q(n) (x) = n(n − 1)(n − 2) . . .2 · an. Ebb˝ol q(a) = a0, q′ (a) = 1!a1, q′′ (a) = 2!a2 , q′′′ (a) = 3!a3, . . . , q(n) (a) = n!an , és így q′′ (a) q′′′ (a) q(n) (a) q′ (a) , a2 = , a3 = , . . . , an = , 1! 2! 3! n! ezt (21.8.2)-be helyettesítve kapjuk: q′′(a) q′(a) q(n) (a) (x−a)+ (x − a)2 +. . .+ (x−a)n. (21.8.3) q(x) = q(a)+ 1! 2! n! Hasonló jelleg˝u el˝oállítással tetsz˝oleges függvény esetében is megpróbálkozhatunk; az idevágó legfontosabb eredmény a következ˝o: Legyen f (x) az a hely környezetében n + 1-szer deriválható függvény, akkor ebben a környezetben f (x) el˝oállítható a következ˝o alakban: a1 =

f ′′ (a) f ′ (a) (x − a) + (x − a)2 + 1! 2! f (n+1)(ξ) f (n (a) + ...+ (x − a)n + (x − a)n+1, n! (n + 1)!

f (x) = f (a) +

(21.8.4)

ahol ξ az a és x közé es˝o alkalmas érték. Állításunk a Cauchy-féle középértéktétel felhasználásával bizonyítható be. A (21.8.4) alatti el˝oállítás azt jelenti, hogy f (x)-et valóban felírtuk egy n-edfokú polinomnak (az els˝o n tag) és még egy tagnak az ún. maradéktagnak az összegeként. Ez az el˝oállítás az f (x) függvény a helyhez tartozó Taylor-formulája (olv.: Télor-formulája). Ebben az els˝o n-tag az f (x) függvény n-edik Taylor polinomja. A függvény tehát – megfelel˝o deriválhatósági feltételek mellett – valóban „majdnem” el˝oáll egy polinomként, a „zavaró” a maradéktag, mert ez szabja meg, hogy a Taylor-polinom milyen jól közelíti a függvényt. A cél www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

21. Differenciál- és integrálszámítás

509

az, hogy a maradéktag minél kisebb abszolút érték˝u legyen; ez biztosan elérhet˝o, ha f (x) deriváltjai korlátosak, mert ekkor a maradéktag nullához tart az n növekedésével. A Taylor-polinommal való közelítés pontossága tehát a maradéktagtól függ; ha a deriváltak korlátosak, a Taylor-polinom biztosan tetsz˝oleges jól közelítheti az adott függvényt, ha n-et megfelel˝oen választjuk. Más esetekben a közelítés mértéke külön vizsgálatot igényel; és itt kell megjegyeznünk azt is, hogy vannak függvények, ill. hozzájuk tartozó a helyek, amelyeknek Taylor-polinomjai nem közelítik a függvényt. Ha a Taylor-polinomot a „végtelenségig” folytatjuk, akkor az f (x) függvény a helyhez tartozó Taylor-sorát kapjuk (l. a 19.7. szakaszt), feltéve, hogy f akárhányszor differenciálható az a helyen: f ′′ (a) f (n) (a) f ′ (a) (x−a) + (x−a)2 +. . .+ (x−a)n +. . . . (21.8.5) f (a) + 1! 2! n! A 0 helyhez tartozó Taylor-polinom, -formula és -sor helyett szokás a függvény Maclaurin (olv.: Mekloren)-polinomjáról, -formulájáról, -soráról beszélni. Ha egy f (x) függvény a helyhez tartozó Taylor-sora konvergens és f (x)-hez tart, akkor az f (x) függvény a helyen vett sorba fejtésér˝ol vagy hatványsorba fejtésér˝ol beszélünk. Most megadjuk néhány függvény 0 helyhez tartozó sorba fejtését és azoknak az x-eknek a halmazát is, amelyekre a sorba fejtés magát az f (x)-et állítja el˝o; ezeket tehát úgy kapjuk, hogy (21.8.5)-ben a = 0-t helyettesítünk. xn x2 x2 1. ex = 1 + + + . . . + + . . . (minden x-re); 1! 2! n! x3 x5 x7 x2n−1 +. . . (minden x-re); 2. sin x = x− + − +. . .+(−1)n−1 3! 5! 7! (2n−1!) x2 x4 x6 x2n + . . . (minden x-re); 3. cos x = 1− + − + . . . + (−1)n 2! 4! 6! (2n)! 1 = 1 + x + x2 + . . . + xn + . . . (−1 < x < 1); 4. 1−x ez egyébként egy mértani sor összegezésével azonos (l. a 19.7. szakaszt). Ez a sor nyilván nem állítja el˝o a bal oldali függvényt, ha pl. x = 2, hiszen a bal oldalon −1 áll, a jobb oldal meg +∞-hez tart. 1 = 1 − x + x2 − x3 + . . . + (−1)nxn + . . . (−1 < x < 1); 5. 1+x x2 x3 x4 xn 6. ln(x+1) = x− + − +. . .+(−1)n+1 +. . . (−1 < x ≦ 1). 2 3 4 n 7. α tetsz˝oleges valós szám esetén www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

510

21. Differenciál- és integrálszámítás

α α(α − 1) 2 α(α−1) . . . (α−n + 1) n x+ x + ...+ x + ... 1! 2! n! (|x| < 1, α-tól függ˝oen más x-ekre is lehet konvergens). Ha α = n pozitív egész, formulánk (1 + x)n -re a binomiális tételt adja (l. a (13.3.1)-et);   x x3 x5 x2n+1 1+x =2 + + + ...+ + ... (|x| < 1); 8. ln 1−x 1 3 5 2n + 1 √ 1 1 2 1·3 3 x + x − ...+ 9. 1 + x = 1 + x − 2 2·4 2·4·6 1 · 3 · 5 · . . .(2n − 3) n x + . . . (|x| ≦ 1); +(−1)n−1 2 · 4 · 6 · . . .2n 1 1·3 2 1·3·5 3 1 = 1− x+ x − x + . . .+ 10. √ 2 2·4 2·4·6 1+x 1 · 3 · . . .(2n − 1) n x + . . . (−1 < x ≦ 1); +(−1)n 2 · 4 · . . .2n x2 x4 x2n + . . . (mindenx-re); 11. ch x = 1 + + + . . . + 2! 4! (2n)! x x3 x5 x2n−1 + . . . (mindenx-re); 12. sh x = + + + . . . + 1! 3! 5! (2n − 1)! x3 x5 x7 x2n+1 +. . . (−1 ≦ x ≦ 1). 13. arctg x = x− + − +. . .+ (−1)n 3 5 7 2n+1 π Ha x = 1, arctg 1 = , ezért ebb˝ol π egy el˝oállítását kapjuk: 4   1 1 1 1 π = 4 1 − + − + − ... , 3 5 7 9 (1 + x)α = 1 +

ez azonban „nagyon lassan konvergál”; meglehet˝osen sok tagot kell vennünk, hogy π-re jó közelítést kapjunk.

21.9. Egyenletek közelít˝o megoldása Minden egyismeretlenes egyenlet f (x) = g(x) alakban írható fel, az egyenlet két oldalán álló kifejezést függvényeknek foghatjuk fel. (g(x) gyakran azonosan nulla, ez az egyenlet nullára rendezett vagy nullára redukált alakja.) Az egyenlet megoldása azt jelenti, hogy f és g értelmezési tartományának közös részén megkeressük azokat az xeket, amelyekre f és g helyettesítési értékei egyenl˝ok, vagy bebizonyítjuk, hogy ilyenek nincsenek. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

21. Differenciál- és integrálszámítás

511

A gyakorlatban el˝oforduló, egyenletre vezet˝o feladatoknál általában nincs szükség a pontos megoldásra, hanem csupán annak bizonyos közelít˝o értékére; az is igaz, hogy az egyenletek tekintélyes részénél nem is tudunk olyan eljárást megadni, amely biztosan a pontos gyököt állítja el˝o. Az egyenletek közelít˝o megoldására számos módszer ismeretes; közülük hárommal foglalkozunk a következ˝okben. A húrmódszer akkor használható jól, ha ismerünk olyan [a, b] intervallumot, amelyben az f (x) = 0 egyenletnek egy gyöke van, f (x) folytonos [a, b]-ben és az intervallum végpontjaiban f (x) különböz˝o el˝ojel˝u. A módszerünk a következ˝o: tegyük fel, hogy f (a) < 0, f (b) > 0, Bolzano tétele értelmében van olyan c hely, amelyre f (c) = 0, ezt kell megközelítenünk. A függvénygörbe a értékéhez tartozó A pontját és a b értékéhez tartozó B pontját az AB húr köti össze, ez az x tengelyt az x1 pontban metszi, ehhez a görbén az X1 pont tartozik (21.9.1. ábra). A és B közül válasszuk ki azt, amelyet az x tengely elválaszt X1 -t˝ol, legyen ez 21.9.1. ábra. A húrmódszer a B. A BX1 húr az x tengelyt x2 -ben metszi, ehhez a görbén az X2 pont tartozik. Most X1 és B közül válasszuk ki azt, amelyet az x tengely elválaszt X2 -t˝ol, ábránkon ez ismét B lesz; a BX2 húr az x tengelyt x3 -ban metszi; és így tovább. Az x1 , x2 , x3 , . . . pontok a c gyökhelyhez tartanak (esetleg már valamelyikük egybe is eshet c-vel). Különösen egyszer˝u az eset, ha az AB ív konvex vagy konkáv, mert ekkor a változó húr egyik végpontja mindig azonos és ez leegyszer˝usíti a számolást; azonkívül az x1 , x2 , x3 , . . . sorozat monoton.

Egyébként az A a, f (a) , B b, f (b) pontokat összeköt˝o húr – mint az egyenletének felírásából könnyen következik – az x = b − f (b)

a−b f (a) − f (b)

(21.9.1)

pontban metszi az x tengelyt; ezzel a formulával számolhatjuk ki a többi xi tengelypontot is. Nézzünk most egy példát a húrmódszer alkalmazására. Számítsuk ki húrmódszerrel az f (x) = x3 − 4x + 2, 037 = 0 egyenlet legnagyobb gyökét három tizedesnyi pontossággal. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

512

21. Differenciál- és integrálszámítás

A harmadfokú polinomnak legfeljebb három gyöke lehet, értékkészlete −∞-t˝ol +∞-ig terjed. Próbáljuk a gyököket „behatárolni”. Vegyük észre, hogy f (0) = 2,037 > 0, f (1) = = −0,9630, ezek szerint gyökei a ]− ∞, 0], [0, 1], [1, 2] intervallumba esnek; a legnagyobbat éppen az [1, 2] intervallumban kell keresnünk (21.9.2. ábra). Mivel f ′′ (x) = 6x pozitív x-ekre pozitív, a függvénygörbe az [1, 2] intervallumban konvex, ezért egyik húrvégpontnak a B(2; 2,037) pontot rögzíthetjük. Az egymást követ˝o x1 , x2 , x3 pontokat a (21.9.1) formulával számítjuk ki, a helyettesítési értékek meghatározására a Horner-féle elrendezést is választhatjuk (ezt a számítást most nem részletezzük): 1−2 x1 = 2 − 2,037 −0,963 − 2,037 1,321 − 2 x2 = 2 − 2,037 −0,942 − 2,037 1,536 − 2 x3 = 2 − 2,037 −0,483 − 2,037 1,625 − 2 x4 = 2 − 2,037 −0,172 − 2,037 1,654 − 2 x5 = 2 − 2,037 −0,054 − 2,037 1,663 − 2 x6 = 2 − 2,037 −0,016 − 2,037 1,666 − 2 x7 = 2 − 2,037 −0,003 − 2,037

21.9.2. ábra. A húrmódszer alkalmazása

= 1,321,

f (x1 ) = −0,942;

= 1,536,

f (x2 ) = −0,483;

= 1,625,

f (x3 ) = −0,172;

= 1,654,

f (x4 ) = −0,054;

= 1,663,

f (x5 ) = −0,016;

= 1,666,

f (x6 ) = −0,003;

= 1,666.

Mivel a közelít˝o gyökök sorozata ebben az esetben monoton, a gyök három tizedes pontossággal 1,666. Az érint˝omódszer (vagy Newton-módszer, Newton–Raphson-módszer) a húrmódszernek egy módosított változata. Legyen az egyenlet f (x) = 0 www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

21. Differenciál- és integrálszámítás

513

alakú, a függvénygörbe b ponthoz tartozó B pontjában húzzuk meg az érint˝ot, ez az x tengelyt az x1 pontban metszi és x1 -hez a görbén az X1 pont tartozik (21.9.3. ábra). Az X1 pontbeli görbeérint˝o az x tengelyt x2 pontban metszi és így tovább; az x1 , x2 , . . . pontok közelítenek a gyökhelyhez.

21.9.3. ábra. Az érint˝omódszer

Ez az eljárás sikerrel alkalmazható, ha f (x) egy [a, b] intervallumban kétszer differenciálható, f ′ (x) 6= 0, továbbá f (a), f (b) ellenkez˝o el˝ojel˝u, és f ′′ (x) állandó el˝ojel˝u, tehát a függvénygörbe az intervallumban vagy konvex, vagy konkáv. Válasszuk ki az intervallumnak azt a végpontját, amelyben f és f ′′ egyez˝o el˝ojel˝u; ebben az esetben az x1 , x2 , . . . , xn . . . pontok biztosan monoton tartanak az intervallum egyetlen gyökhelyéhez. (Két gyök ugyanis nem lehet az intervallumban, mert akkor Rolle tételéb˝ol f ′ (x) = 0 következne.)
Az xn -hez tartozó Xn xn , f (xn ) pontbeli érint˝o egyenlete: y = f ′ (xn )(x − xn ) + f (xn ), ez az x tengelyt az (xn+1 , 0) pontban metszi, tehát 0 = f ′ (xn )(xn+1 − xn ) + f (xn ), ebb˝ol f (xn ) . xn+1 = xn − ′ f (xn )

(21.9.2)

Az érint˝omódszer alkalmazására oldjuk meg a húrmódszerrel megoldott feladatot érint˝omódszerrel, azaz keressük meg az x3 − 4x + 2,037 = 0 egyenlet legnagyobb gyökét. Az el˝oz˝o megoldásnál megállapítottuk, hogy ez az [1, 2] intervallumban van. Mivel f ′ (x) = 3x2 − 4, az els˝o derivált nullahelyei 1,15 és −1,15, így az egyik gyökhelye az [1, 2] intervallumba esik. Válasszuk intervallumvégpontnak az 1,2-et. Ez meg is felel, mivel f (1,2) = −1,035. Vizsgáljuk tehát f (x)-et az [1,2; 2] intervallumban: f ′′ (x) = 6x > 0, ezért a b = 2 intervallumvégpontban lesz f (2) és f ′′ (2) egyez˝o el˝ojel˝u, ez a közelítésünk kiindulása. A b-hez tartozó B pontbeli érint˝o és az x tengely metszéspontja (21.9.2) szerint www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

514

21. Differenciál- és integrálszámítás x1 = 2 −

2,037 = 1,745. 8

Eljárásunk folytatása: 0,371 = 1,673, 5,135 0,028 = 1,667, x3 = 1,673 − 4,397 0,001 = 1,667. x4 = 1,667 − 4,337

x2 = 1,745 −

Látjuk tehát, hogy a keresett x = 1,667 gyökhelyet már a harmadik lépésben megkaptuk, a negyedik lépésre csak a pontosság kedvéért volt szükség. (Ha nagyobb pontosságot akarunk, a közbüls˝o lépésekben is három tizedesjegynél nagyobb pontossággal kell számolnunk.) Az iterációs módszer az x = f (x) alakra hozott egyenletek egy egyszer˝u gyökközelít˝o módszere. Az eljárás els˝o lépéseként választunk egy x1 közelít˝o értéket; a második közelít˝o érték x2 = f (x1 ), azután sorban: x3 = f (x2 ), . . . , xn+1 = f (xn ), . . . . Annak a feltétele, hogy a közelít˝o értékek sorozata az egyenlet gyökéhez tartson, az, hogy a gyökhelynek legyen olyan környezete, amelyben | f ′ (x)| < 1 és a kiindulási értéket ebb˝ol a környezetb˝ol válasszuk. Ennek az állításnak a szemléletes tartalmát világítjuk most meg két ábrán. Az | f ′ (x)| < 1 feltétel azt jelenti, hogy a görbeérint˝onek az x tengellyel bezárt hegyesszöge 45◦ -osnál kisebb. Az iteráció menete jól szemléltethet˝o az y = f (x) egyenlet˝u függvénygörbén, ha mellé még az y = x egyenlet˝u e egyenest is megrajzoljuk. Vegyünk fel egy x1 pontot, ehhez a görbén az X1 tartozik, ezzel egy magasságban az e-n az E2 pont van. E2 abszcisszája x2 , az ehhez tartozó görbepont X2 . Az X2 -vel egy magasságban e-n az E3 van, ennek abszcisszája x3 és így tovább. A szerkesztés szerint az e egyenes és az x tengely által közrezárt egyenl˝o szárú derékszög˝u háromszögekb˝ol x2 = f (x1 ), x3 = f (x2 ), . . . . Az egyenlet megoldását szolgáltató x érték az e egyenes és a függvénygörbe metszéspontjának az abszcisszája. A 21.9.4. ábrán az x1 , x2 , . . . közelít˝o értékek ehhez tartanak (váltakozva két oldalról közelítik). Ugyanezt az eljárást a 21.9.5. ábrán alkalmazva láthatjuk, hogy az x1 , x2 , . . . sorozat nem tart szükségképpen a metszéspont abszcisszájához, aminek az az oka, hogy a görbe meredeksége nagyobb 1-nél. Az iteráció alkalmazására mutatunk egy példát. Egy henger alakú tartály térfogata 1 m3 (1000 liter), milyen magasságban van benne 750 liter víz, ha a hengert vízszintesen fektetjük? (A vízmagasságot a henger sugarával fejezzük ki.) www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

515

21. Differenciál- és integrálszámítás

21.9.4. ábra. Konvergens iteráció

21.9.5. ábra. Nem konvergens iteráció

A 21.9.6. ábrán a henger elölnézetét ábrázoljuk, az AB húr a vízszintet jelöli. Ha a henger hossza m, térfogata: Vh = r2 πm. A víz térfogata olyan henger térfogatával egyenl˝o, amelynek hossza m, alapja pedig az AB (nagyobbik) körívhez tartozó körszelet. Ennek a területét megkapjuk, ha a nagyobbik AOB kör21.9.6. ábra. cikk területéhez hozzáadjuk az AOB háromszög területét. Legyen AOB∢ = x (radiánban Tartályhenger elölnézetben mérve): Tkörszelet = TAOB körcikk + TAOB háromszög , TAOB körcikk =

r2 (2π − x) , 2

TAOB háromszög =

r2 sin x , 2

tehát

r2 (2π − x) r2 sin x + , 2 2 és így a vízoszlop térfogatára azt kapjuk, hogy   2 r (2π − x) r2 sin x + = 750, m 2 2 Tkörszelet =

r2 m(2π − x + sinx) = 1500. A teljes henger térfogatáról tudjuk, hogy r2 mπ = 1000. x Ha az x értéke ismert, akkor a vízoszlop magassága: r + r cos , ezért 2 az x értékét kell meghatároznunk. Vegyük az utóbbi két egyenlet megfelel˝o oldalainak a hányadosát: 2π − x + sinx π = 1,5, ebb˝ol x = sin x + . π 2 www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

516

21. Differenciál- és integrálszámítás

Ezt az egyenletet iterációval oldjuk meg, ez konvergens lesz, mivel f ′ (x) = cos x a szóba jöv˝o helyeken 1-nél kisebb abszolút érték˝u. Egyenletünk tehát a következ˝o: x = sin x + 1,5708. Zsebszámológéppel számolunk, és az eredményt 4 tizedesre kerekítve írπ juk fel. Mivel x nyilván nagyobb -nél, legyen az els˝o közelít˝o érték 2 x1 = 2; a továbbiak: x1 = 2,0000, x2 = 2,4801, x3 = 2,1851,

x4 = 2,3880.

Már ebb˝ol is észrevehetjük, hogy a páratlan sorszámú közelít˝o értékek növekedve, a párosak csökkenve változnak, a keresett gyöknek ezek szerint 2,19 és 2,39 között kell lennie; gyorsítsuk a számolást azzal, hogy x5 -nek a közbees˝o 2,3-t választjuk: x5 = 2,300, x6 = 2,3165, x7 = 2,3054,

x8 = 2,3129,

x9 = 2,3079, x10 = 2,3112, x11 = 2,3090, x12 = 2,3105, x13 = 2,3095, x14 = 2,3101, x15 = 2,3097, x16 = 2,3100, x17 = 2,3098, x18 = 2,3099, x19 = 2,3099. Az egyenlet gyöke tehát 4 tizedes pontossággal x = 2,3099 (= 132,35◦), x x ebb˝ol = 1,1550 és cos = 0,4040, tehát a vízmagasság: 2 2 r + 0,4040r = 1,4040x. A most ismertetett módszereknek az az el˝onye, hogy gépi számításra különösen alkalmasak; még a legegyszer˝ubb zsebszámológéppel is viszonylag gyorsan célt tudunk érni, nagyobb gépeknél pedig igen gyors eredményre számíthatunk, feltéve, hogy a gyököt vagy gyököket el˝oz˝oleg jól behatároltuk.

21.10. A primitív függvény Az f (x) primitív függvényének mondjuk az F(x) függvényt, ha egy véges vagy végtelen intervallumban F(x) deriváltja f (x)-szel egyenl˝o, azaz F ′ (x) = f (x). www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

21. Differenciál- és integrálszámítás

517

Pl. 2x − 7-nek az x2 − 7x primitív függvénye, mivel (x2 − 7x)′ = 2x − 7, de primitív függvénye x2 − 7x + 9 is, hiszen ennek a deriváltja is 2x − 7. Egy függvény két primitív függvénye csak egy állandóban (konstansban) különbözhet egymástól. Ha ui. F(x) és G(x) az f (x)-nek primitív függvényei, akkor F ′ (x) = = G′ (x) = f (x), és így  ′ 0 = F ′ (x) − G′ (x) = F(x) − G(x) . Ez azonban azt jelenti, hogy az F(x) − G(x) állandó, (l. 21.4. szakaszt), tehát F(x) = G(x) + C (állandó).

Ezek szerint, ha egy függvénynek megtaláltuk egy primitív függvényét, akkor az összes primitív függvényét ebb˝ol konstansok hozzáadásával kapjuk meg. A primitív függvény keresése tehát gyakorlatilag azt jelenti, hogy megkeressük, hogy egy adott függvény melyik függvény deriválásával áll el˝o. Egyszer˝ubb esetben ezt minden további nélkül megtalálhatjuk a deriválási szabályok alapján, más esetekben viszont ez már bonyolultabb eljárásokat igényel. Nincs minden függvénynek primitív függvénye. Ha f (x) egy intervallumon folytonos, akkor ott van primitív függvénye; korántsem biztos azonban, hogy ez egyszer˝u módon el˝oállítható, vagy hogy egyetlen képlettel 1 sin x vagy az függvényeknél. Annak eldöntésére, hogy felírható, pl. a x ln x mikor nincs egyszer˝u képlettel megadható primitív függvény, nincs egyszer˝u módszer. Az f (x) függvény primitív függvényeinek a halmazát f (x) határozatlan Z integráljának nevezik, és hagyományos jelölése: ef x dé x), tehát pl.

Z

f (x) dx (olv.: integrál

(2x − 7) dx = x2 − 7x + C, ahol C tetsz˝oleges valós

számot jelöl. Használatos még az

Z

f,

Z

f (x),

Z

x 7→ f (x) jelölés is.

A határozatlan integrál definíciója szerint tehát Z ′ f (x) dx = f (x).

Ebben a kapcsolatban f (x)-et integrálandónak vagy integrandusnak szokás nevezni. A következ˝okben felsoroljuk a legegyszet˝ubb primitív függvényeket, az ún. alapintegrálokat; megjegyezzük, hogy az integrálformulákban a dx-et úgy szerepeltetjük, mintha szorzó lenne. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

518

Z

21. Differenciál- és integrálszámítás Z

dx =

xα dx = Z

Z

1 · dx = x + C;

α+1

x +C α+1

(α 6= −1);

dx = ln x + C, ha x > 0 és x

Z

dx = ln(−x) + C, ha x < 0, x

e két esetet összefoglalva: Z

Z

Z

dx = ln |x| + C x

(x 6= 0);

sin x dx = − cos x + C; cos x dx = sin x + C;

dx = (1 + tg 2 x) dx = tg x + C; 2x cos Z Z dx = (1 + ctg 2 x) dx = − ctg x + C; 2 Z sin x Z

Z

ex dx = ex + C;

Z

Z

ax dx =

dx √ 1 − x2 Z dx 1 + x2 Z dx 1 − x2 Z dx 1 − x2 Z

ax + C; ln a

= arcsin x + C; = arctg x + C; r

1+x +C 1−x r x+1 = arcth x + C = ln +C x−1 = arth x + C = ln

(|x| < 1); (|x| > 1);

sh x dx = ch x + C;

Z

ch x dx = sh x + C;

dx √ = arsh x + C; x2 + 1 Z dx √ = arch x + C x2 − 1 Z

www.interkonyv.hu

(x > 1).

© Reiman István

© Typotex Kiadó

519

21. Differenciál- és integrálszámítás

Az egyes függvények értelmezési tartományaira most általában nem térünk ki, mivel azok vizsgálata az elemi függvények deriválási szabályainál szerepelt. A differenciálszámítás megfelel˝o tételeib˝ol (21.2.) közvetlenül következik, hogy

Z

Z

c f (x) dx = c


f (x) ± g(x) dx =

Z

Z

f (x) dx, f (x) dx ±

Z

g(x) dx,

ez utóbbi azt jelenti, hogy az összeg (akárhány tagú) tagonként integrálható. Parciális integrálás. Legyenek u(x) és v(x) valamely intervallumban differenciálható függvények. A szorzat differenciálási szabálya szerint (uv)′ = u′ v + uv′, ebb˝ol uv′ = (uv)′ − u′v. Ha az u′ v függvénynek van primitív függvénye, akkor mivel (uv)′ primitív függvénye uv, (uv)′ − u′v-nek is van, tehát a velük egyenl˝o uv′ -nek is, ezért Z

uv′ dx = uv −

Z

u′ v dx.

(21.10.1)

Ez azt jelenti, hogy egy uv′ szorzatalakban adott függvény határozatlan integrálját a gyakran kedvez˝obb u′ v integrálására vezethetjük vissza. Az ilyen típusú visszavezetést parciális integrálásnak mondjuk; alkalmazásának két típusát mutatjuk most be. 1. Keressük meg x sin x primitív függvényét. Legyen u = x, v′ = sin x, ekkorZ u′ = 1, v = − cos x, ezértZ x sin x dx = −x cos x −

1(− cos x) dx = −x cos x + sin x + C.

2. ln x primitív függvényének meghatározásánál látszólag nincs szorzat, ezért ezt ln x · 1 alakban írjuk fel, u = ln x, v′ = 1, v = x, ezért Z Z Z 1 · x dx = x ln x − dx = x ln x − x + C. ln x dx = x ln x − x A helyettesítéssel való integrálás az összetett függvény (21.2.6) deriválási szabályának megfelel˝oje az integrálás körében. A módszer lényege itt az, hogy az x változónak olyan függvényét vezetjük be az integrandusban x helyébe, amely a primitív függvény meghatározását egyszer˝ubbé teszi. Legyen x = g(t) egy intervallumon differenciálható függvény, és itt létezzék az inverze t = g−1 (x), legyen továbbá a megfelel˝o intervallumban folytonos f (x) függvény primitív függvénye F(x). Az összetett függvény differenciálási szabálya szerint, mivel F ′ (x) = f (x) www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

520

ebb˝ol

21. Differenciál- és integrálszámítás


dF g(t) dF(x) dx = · = F ′ g(t) g′ (t) = f g(t) g′ (t), dt dx x=g(t) dt
Z
F g(t) = f g(t) g′ (t) dt,

tehát F(x) =

Z

f (x) dx =

Z


f g(t) g′ (t) dt

.

t=g−1 (x)

A helyettesítéssel való primitív függvény el˝oállításának (azaz a helyettesítéses integrálásnak) a technikája tehát a következ˝o: 1. Kiválasztjuk az x-et helyettesít˝o x = g(t) függvényt és el˝oállítjuk ennek inverzét t = g−1 (x)-et (erre nincs mindig szükség). 2. El˝oállítjuk az dx = g′ (t) x′ = dt függvényt, az utolsó összefüggést formálisan a dx = g′ (t) dt szimbólum formájában írjuk fel. 3. Az ′

Z

f (x) dx-ben f (x)-nél x helyébe g(t)-t írunk, dx helyébe pedig

g (t) dt-t. 4. Az integrálás után t helyébe visszahelyettesítünk, azaz t = g−1 (x)-et írunk. p Eljárásunkat egy példán mutatjuk be; állítsuk el˝o 1−x2 (−1 < x < 1) primitív Egyszer˝usödik az integrandus, ha x helyébe sint-t  függvényét. π π , és sint éppen a ] − 1, 1[ intervallumot írja le. írunk − < t < 2 2 1. x = sint, t = arcsin x. dx = cos t, dx = cos t dt. 2. Z p Zdt p Z 2 2 1 − x dx = 1 − sin t cos t dt = cos2 t dt. 3.  ′ 1 sin 2t = cos 2t: 4. (20.9.1)-et figyelembe véve, továbbá azt, hogy 2 Z Z Z Z 1 1 1 + cos 2t t 1 2 dt = dt + cos 2t dt = + sin 2t = cos t dt = 2 2 2 2 4 p
t 1 1 = + sint cos t = t + sint 1 − sin2 t = 2 2 2 p
1 = arcsin x + x 1 − x2 . 2 www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

521

21. Differenciál- és integrálszámítás

A helyettesítéses integrálásnak gyakran a következ˝o egyszer˝u eseteit alkalmazzuk: A) Ha f (x)-nek F(x) primitív függvénye, akkor f (ax + b)-nek az 1 F(ax + b), azaz a Z F(ax + b) + C, ugyanis f (ax + b) dx = a ′  F ′ (ax + b) f (ax + b) F(ax + b) = (ax + b)′ = · a = f (ax + b). a a a
′ f ′ (x) B) Mivel ln f (x) = , ezért ha f (x) > 0 (21.3.), f (x) Z ′ f (x) dx = ln f (x) + C (a logaritmikus derivált integrálása). f (x) C) Ha α a −1-t˝ol különböz˝o tetsz˝oleges kitev˝o, az összetett függvény deriválási szabályának a következménye: Z [ f (x)]α+1 + C. [ f (x)]α f ′ (x) dx = α+1 Egy-egy példát mutatunk most mind a három elv alkalmazására: Z cos 3x + C. A) sin 3x dx = − 3 Z Z − sin x 1 B) tg x dx = − dx = − ln cos x + C = ln cos +C cos x cos x  π  π − 0), x2 1 + x2 1 dx 1 dt 1 helyettesítés: x = (t > 0), t = , = − 2 , dx = − 2 . t x dt t Z t Z Z dt t dx √ q =− =− √ dt = x2 1 + x2 t2 + 1 t 2 12 1 + 12 t

=−

=− www.interkonyv.hu

1 2

Z

t

1

(t 2 + 1)− 2 (t 2 + 1)′ dt =

√ 1 p 1 (t 2 + 1) 2 1 + x2 2+1 = − = − t . 1 2 x 2 © Reiman István

© Typotex Kiadó

526

21. Differenciál- és integrálszámítás

21.11. Az integrál fogalma A következ˝okben néhány fogalmat vezetünk be. A valós számók egy halmazának fels˝o korlátja K, ha a halmazban nincs K-nál nagyobb elem, ill. alsó korlátja k, ha nincs a halmazban k-nál kisebb elem (K és k a halmazhoz is tartozhat). Pl. a [0, 1] intervallum valós számainak a K = 1 fels˝o korlátja, de fels˝o korlát minden 1-nél nagyobb szám is; a 0 viszont alsó korlát, és ugyanúgy minden negatív szám is. A ]0, 1[ nyílt intervallumra ugyanaz igaz, de ennek nincs pl. olyan fels˝o korlátja, amely a halmazhoz tartozna. Ha a valós számok egy halmazának van alsó, ill. fels˝o korlátja, akkor a halmazt alulról, ill. felülr˝ol korlátosnak mondjuk. A pozitív számok halmaza pl. alulról korlátos, de felülr˝ol nem. Korlátosnak nevezünk egy halmazt, ha alulról és felülr˝ol is korlátos. Más szavakkal ezt így mondhatjuk: egy halmaz korlátos, ha van olyan K valós szám, amelynél bármely halmazelem abszolút értéke nem nagyobb; K a halmaz egy korlátja. Egy korlátos halmaznak végtelen sok korlátja van, hiszen ha K korlát, akkor korlát K + 1, K + 2, . . . stb. mindegyike; hasonlóan igaz ez az alsó és fels˝o korlátokra is. A valós számoknak alapvet˝o tulajdonsága a következ˝o: Minden felülr˝ol korlátos valós számhalmaznak van legkisebb fels˝o korlátja, ezt a halmaz fels˝o határának nevezzük, és minden alulról korlátos valós számhalmaznak van legnagyobb alsó korlátja, ez a halmaz alsó határa. Meghatározásunk következménye, hogy minden korlátos halmaznak van alsó és fels˝o határa; ezek vagy hozzátartoznak a halmazhoz vagy nem; pl. a [0, 1] és ]0, 1[ intervallumnak az 1 fels˝o határa, a 0 alsó határa, az els˝o esetben hozzátartoznak a halmazhoz, a másodikban nem. A sokszögek területét a sokszöghöz rendelt számként értelmeztük a 14.10. szakaszban; a sokszögek területét olyan függvénynek is tekinthetjük, amelynek értelmezési tartománya a sokszögek halmaza, értékkészlete pedig a pozitív számok halmaza. Ezt a területfogalmat általánosítjuk most tetsz˝oleges síkbeli tartományokra (vö. a kör területének a definíciójával a 14.11. szakaszban). A tartomány fogalmának megadásakor a szemléletünkre támaszkodunk; a tartományt önmagát át nem metsz˝o egyenes szakaszokböl vagy folytonos görbedarabokból álló zárt vonal határolja, amely a síkot két részre vágja: belsejére és külsejére; az alakzat határát mindkét részhez hozzászámítjuk. A tartománynak egy sokszög bels˝o sokszöge vagy beírt sokszöge, ha a sokszög minden pontja a tartománynak is pontja, és küls˝o sokszöge vagy körülírt sokszöge, ha a sokszög tartalmazza a tartományt. Nyilván minden www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

527

21. Differenciál- és integrálszámítás

tartománynak végtelen sok beírt és körülírt sokszöge van. Minden beírt sokszög területe nem nagyobb bármely körülírt sokszög területénél. Ha a tartományhoz létezik egyetlen olyan t pozitív szám, amely nem kisebb egyik beírt sokszög területénél sem és nem nagyobb egyik körülírt sokszög területénél sem, akkor a t számot a tartomány területének mondjuk. Meghatározásunk tehát azt mondja ki, hogy egy tetsz˝oleges tartomány területét beírt és körülírt sokszögeinek a területével közelítjük. A terület definíciójából az is következik, hogy ha bármely beírt és körülírt sokszöghalmazt adunk is meg, amelyek területe közé csak egyetlen t szám eshet, akkor ez a t az alakzat területe. A görbe alatti terület fogalmának szemléletes kialakítására figyeljük meg a 21.11.1. ábrán azt a tartományt, amelyet valamely derékszög˝u koordinátárendszerben az x tengelyen lev˝o [a, b] intervallum, egy pozitív érték˝u folytonos f függvény görbéjének az intervallumhoz tartozó íve, továbbá az a és b pontokban az y tengellyel húzott párhuzamosaknak az x tengely és a görbeív közé es˝o szakasza határolnak. Ezt a tartományt, ill. területmértékét az [a, b] intervallumban az y = = f (x) görbe alatti területnek szokás nevezni.

21.11.1. ábra. A görbe alatti pozitív terület

21.11.2. ábra. A görbe alatti pozitív terület alsó és fels˝o közelítése

Legyen most kissé általánosabban f (x) az [a, b] intervallumban korlátos, pozitív érték˝u függvény, és közelítsük az intervallumban az y = f (x) görbe alatti területet téglalapok egyesítéséb˝ol létrejött sokszögekkel. E célból osszuk fel az [a, b] intervallumot az a = x0 , x1 , x2 , . . . , xn = b pontokkal n részre (a részeknek nem kell egyenl˝oknek lenniük) (21.11.2. ábra), ezt az intervallum egy felosztásának nevezzük, a pontok ebben a sorrendben követik egymást. Válasszuk most ki a felosztásnak, mondjuk az i-edik intervallumát, ez az [xi−1 , xi ]. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

528

21. Differenciál- és integrálszámítás

Jelölje mi az f függvény intervallumban felvett értékeinek az alsó határát, Mi pedig a fels˝o határát. (Ha a függvény folytonos, akkor Weierstrass tétele szerint a függvényértékek között van mi és Mi is.) Szerkesszünk az [xi−1 , xi ] szakaszok fölé olyan téglalapokat, amelyeknek a magassága mi , ill. Mi ; a kisebbik téglalap teljes egészében a vizsgált tartományban van, a nagyobbik általában kinyúlik bel˝ole. Végezzük el ezt a szerkesztést minden intervallumban, és egyesítsük külön a kisebb téglalapokat és külön a nagyobb téglalapokat; így az els˝o esetben a tartomány egy beírt sokszögét, a másodikban egy körülírt sokszögét kapjuk. Az els˝o sokszög sn területe az ún. alsó közelít˝o összeg, a második Sn területe az ún. fels˝o közelít˝o összeg. Mivel egy ilyen téglalap területe mi (xi − xi−1 ), ill. Mi (xi − xi−1 ), a közelít˝o összegek: sn = m1 (x1 − x0 ) + m2(x2 − x1) + . . . + mn (xn − xn−1) = n

= ∑ mi (xi − xi−1 ),

(21.11.1)

i=1

Sn = M1 (x1 − x0 ) + M2 (x2 − x1 ) + . . . + Mn (xn − xn−1) = n

= ∑ Mi (xi − xi−1).

(21.11.2)

i=1

Az intervallum felosztását finomítjuk, ha az osztópontok közé újabbat iktatunk be. Belátható, hogy a finomítás az alsó közelít˝o összeget növeli, a fels˝o közelít˝o összeget pedig csökkenti (vagy legalábbis változatlanul hagyja). A felosztást úgy képzeljük el, hogy egyenként helyezzük el az osztópontokat az [a, b] intervallumon (az osztópontok indexezését a mindenkori sorrend szabja meg, nem pedig az, hogy hanyadikként helyeztük el a pontot). n pont elhelyezése esetén jelölje a leghosszabb [xi−1 , xi ] részintervallum hosszát hn . Ha a h1 , h2 , . . . , hn , . . . hosszúságok csökken˝o sorozatot alkotnak, és ez a sorozat a nullához tart, akkor azt mondjuk, hogy az intervallum felosztása minden határon túl finomodik. Ha tehát az f függvény az [a, b] intervallumon pozitív, a görbe alatti terület alsó, ill. fels˝o közélít˝o összeggel való közelítése beírt, ill. körülírt sokszögekkel való közelítésnek felel meg. Az alsó és fels˝o közelít˝o összeg (21.11.1), ill. (21.11.2) alatti meghatározását kiterjesztjük nempozitív érték˝u függvényekre is; ebben az esetben azonban Mi (xi − xi−1 ) beírt téglalap, mi (xi − xi−1 ) pedig a tartományon túlnyúló téglalap negatív területét jelentheti (21.11.3. ábra), és ha az [a, b] intervallumon f negatív, az alsó és fels˝o közelít˝o összeg is negatív lesz. A függvénygörbe alatti terület szemléletes fogalmából általánosítással alakult ki az integrál fogalma: Az [a, b] intervallumon értelmezett korlátos f függvényt az intervallumon integrálhatónak mondjuk, ha egyetlen olyan I szám létezik, amely www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

529

21. Differenciál- és integrálszámítás

nem kisebb az f egyik alsó közelít˝o összegénél sem és nem nagyobb egyik fels˝o közelít˝o összegénél sem. Az I számot az f függvény [a, b] intervallumon vett integráljának nevezzük és jelölése: I=

Zb

f (x) dx

a

(olv.: integrál a-tól b-ig f (x) dx). Más jelölés:

Zb

f (x),

a

Zb

f , könyvünkben az els˝onek bevezetett jelölést

a

használjuk. A határozatlan integrállal szemben a most bevezetett integrálfogalmat szokás határozott integrálnak is nevezni, az integrál a mindennapi szóhasználatban határozott integrált jelent.

21.11.3. ábra. A függvénygörbe alatti negatív terület alsó és fels˝o közelítése

A bevezet˝oben mondott területfogalom szerint tehát, ha f (x) ≧ 0, az [a, b] intervallumban az y = f (x) görbe alatti terület

Zb

f (x) dx-szel

a

egyenl˝o. A felosztás finomításával az alsó közelít˝o összegek egy monoton növekv˝o (sn ), a fels˝o közelít˝o összegek pedig egy monoton csökken˝o (Sn ) sorozatot alkotnak. Az integrálhatóság fontos feltételét mondja ki velük kapcsolatban a következ˝o tétel: Az [a, b] intervallum értelmezett korlátos f függvény integrálhatóságának szükséges és elégséges feltétele, hogy az intervallum tetsz˝oleges, minden határon túl finomodó felosztássorozatához tartozó alsó és fels˝o közelít˝o összegek (sn ) és (Sn ) sorozata ugyanahhoz az I határértékhez tartson. Ez az I érték nyilván

Zb

f (x) dx-szel egyenl˝o. Ennek a tételnek az integ-

a

rál tényleges kiszámításakor van jelent˝osége, mert pl. a számítások szemwww.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

530

21. Differenciál- és integrálszámítás

pontjából kényelmes, ha egyenl˝o részekre osztjuk az intervallumot, és ha tudjuk, hogy a függvény integrálható, elegend˝o csak az alsó, vagy csak a fels˝o közelít˝o összegek határértékét meghatározni, ez a határérték az integrállal egyenl˝o.

21.11.4. ábra. Integrálközelítés

Az integrálhatóságnak egy másik, az el˝obbivel egyenérték˝u feltételét is megfogalmazhatjuk; ezt az el˝obbiekt˝ol els˝osorban az különbözteti meg, hogy az integrált nem két, hanem egyetlen téglalapösszeggel közelíti. Válasszunk ki ui. a felosztás [xi−1 , xi ] intervallumában egy tetsz˝oleges ξi pontot, az ehhez tartozó függvényérték f (ξi ) (21.11.4. ábra). Szerkeszszünk az [xi−1 , xi ] szakasz fölé egy f (ξi ) magasságú téglalapot, ennek el˝ojeles területe f (ξi )(xi − xi−1 ). Ezeket a területeket összegezve kapjuk a n

∑ f (ξi )(xi −xi−1) téglalapösszeget (téglányösszeget), amely nyilván a fel-

i=0

osztáshoz tartozó alsó és fels˝o közelít˝o összeg közé esik. Bebizonyítható a következ˝o tétel: Ha az [a, b] intervallumon értelmezett f függvény n

∑ f (ξ1 )(xi − xi−1)

i=0

téglalapösszegeinek a sorozata az [a, b] intervallum bármely, minden határon túl finomodó felosztássorozata esetén véges I határértékhez tart, akkor f az intervallumon integrálható és I=

Zb

f (x) dx.

a

Ennek az integrálmeghatározásnak az az el˝onye, hogy a részintervallumokban nincs szükség a minimális, ill. maximális függvényértékre, ill. a függvényértékek alsó, ill. fels˝o határára, mert ξi az intervallum tetsz˝oleges pontja lehet, pl. lehet minden intervallum egyik végpontja is. Nem minden függvény integrálható, el˝ofordulhat pl., hogy az alsó, ill. fels˝o közelít˝o összegek sorozatának nem ugyanaz a határértéke. Pl. a [0, 1] intervallumban legyen www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

531

21. Differenciál- és integrálszámítás f (x) =



0, 1,

ha x irracionális, ha x racionális.

Ennek a függvénynek az intervallum bármely felosztása mellett a fels˝o közelít˝o összege 1, az alsó közelít˝o összege 0, tehát a két közelít˝o összegnek nem ugyanaz a határértéke. A következ˝okben az integrálhatóság néhány feltételét adjuk meg: A) Az integrálhatóságnak a függvény korlátossága szükséges feltétele (de nem elégséges). B) Egy zárt intervallumon monoton függvény integrálható (elégséges féltétel). C) Zárt intervallumon folytonos függvény integrálható (elégséges feltétel); ezt a feltételt használjuk a leggyakrabban. D) Egy intervallumon integrálható függvény továbbra is integrálható marad, és az integrál értéke sem változik meg, ha az intervallumban véges sok helyen (tetsz˝olegesen) megváltoztatjuk a függvény értékét. Az általunk bevezetett integrálfogalom látszólag függ a függvény grafikonjától, ez azonban csak annyiban igaz, hogy bizonyos függvények esetén az integrálnak geometriai jelentése van: a görbe alatti el˝ojeles terület; az integrál definíciójához azonban nincs szükség a grafikonjára, mivel benne csak intervallumhosszak és függvényértékek szerepelnek. Az integrál néhány fontosabb, m˝uveletekhez kapcsolódó tulajdonságát említjük meg, ezek bizonyítása az integrál fogalma segítségével történhet. E) Ha f az [a, b] intervallumon integrálható, akkor c f is integrálható az intervallumon (c tetsz˝oleges valós szám) és Zb

c f (x) dx = c

a

F)

Zb a

f (x) dx = −

Za b

f (x) dx,

Zb

f (x) dx.

a

Za

f (x) dx = 0,

b

ezek célszer˝u megállapodások. G) Ha f (x) és g(x) integrálható [a, b]-n, akkor f (x) + g(x) is, és Zb a

b

b

Z Z
f (x) + g(x) dx = f (x) dx + g(x) dx a

a

(„összeg tagonként integrálható”); ez tetsz˝oleges számú összeadandóra is kiterjeszthet˝o. H) Ha f integrálható az [a, b] és [b, c] intervallumon, akkor integrálható az [a, c]-n is, és www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

532

21. Differenciál- és integrálszámítás Zc

f (x) dx =

a

Zb

f (x) dx +

a

Zc

f (x) dx.

b

Ebb˝ol következik pl., hogy ha f egy intervallumon véges sok monoton szakaszból áll, akkor ezeken B) szerint integrálható, és így az egész intervallumon is. I) Az integrál definíciójából közvetlenül következik, hogy egy intervallumon integrálható pozitív függvény integrálja is pozitív, az intervallumon negatív függvény integrálja pedig negatív. Az integrál területi bevezetésekor feltettük, hogy f pozitív az [a, b] intervallumon, az integrál definiálásánál viszont erre már nincs szükség. Az integrál területszámítási alkalmazásában azonban figyelembe kell vennünk I)-t, mert azt jelenti, hogy az x tengely alatti terület negatív el˝ojellel adódik. Pl.

Z2π

sin x dx = 0, mert a szinuszvonal és az x tengely közötti két, ugyan-

0

akkora területrész egyszer pozitív, egyszer pedig negatív el˝ojellel adódik (21.11.5. ábra).

21.11.5. ábra.

Z2π

sin x dx = 0

0

Megjegyezzük, hogy az ebben a szakaszban értelmezett integrálfogalmat B. Riemann német matematikusról Riemann-féle integrálnak nevezik (létezik ennél általánosabb integrálfogalom is).

21.12. A Newton–Leibniz-tétel Az integrálok tényleges értékének a meghatározására az alkalmazások nagy többségében az integrandus primitív függvényét használjuk fel. Érvényes a következ˝o tétel: Ha f integrálható az [a, b] intervallumban és F az f -nek egy primitív függvénye (azaz F ′ (x) = f (x)), akkor Zb a

www.interkonyv.hu

f (x) dx = F(b) − F(a).

(21.12.1)

© Reiman István

© Typotex Kiadó

21. Differenciál- és integrálszámítás

533

Ez az ún. Newton–Leibniz-tétel. A tétel bizonyításához legyen [a, b]-nek egy felosztása: a = x0 < x1 < < x2 < . . . < xn−1 < xn = b, és jelölje az [xi−1 , xi ] intervallumban f (x) alsó határát mi , fels˝o határát Mi . A Lagrange-féle középértéktétel szerint az [xi−1 , xi ] intervallumban van olyan ξi pont, amelyre F(xi ) − G(xi−1) = F ′ (ξi ) = f (ξi ). xi − xi−1 mi és Mi definíciójából következik, hogy mi ≦ f (ξi ) ≦ Mi , azaz F(xi ) − F(xi−1 ) ≦ Mi , mi ≦ xi − xi−1 s ezeket az egyenl˝otlenségeket (xi − xi−1)-gyel megszorozva kapjuk: mi (xi − xi−1 ) ≦ F(xi ) − F(xi−1 ) ≦ Mi (xi − xi−1). Írjuk fel ezt az egyenl˝otlenség-rendszert az összes intervallumra, összegezésükb˝ol kapjuk, hogy n

n

i=1

i=1

∑ mi (xi − xi−1) ≦ F(b) − F(a) ≦ ∑ Mi (xi − xi−1).

Ez az egyenl˝otlenség minden intervallumfelosztásra teljesül; mivel f (x) integrálhatósága miatt mindig csak egyetlen olyan szám van, amelyet az összes alsó közelít˝o összeg és fels˝o közelít˝o összeg közrefog, s ez

Zb

f (x)dx,

a

ezért (21.12.1) valóban teljesül. Az F(b) − F(a) különbséget [F(x)]ba alakban szoktuk felírni, tehát

Zb

f (x) dx = [F(x)]ba .

a

Ezek szerint az

Zb

f (x) dx integrálértéket gyakorlatilag úgy határozzuk

a

meg, hogy el˝oállítjuk f (x) egy primitív függvényét, F(x)-et, ennek b és a helyeken vett helyettesítési értékének a különbsége az integrállal egyenl˝o. Pl.: legyen f (x) = cos x, π

Z2 0

π

cos x dx = [sin x]02 = 1 − 0 = 1.

Megjegyezzük, hogy nem minden integrálható függvény esetén tudjuk alkalmazni a Newton–Leibniz-tételt, mert vannak integrálható függvények, amelyeknek nincs primitív függvénye; s az is igaz, hogy a primitív függvény létezéséb˝ol sem következik az integrálhatóság. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

534

21. Differenciál- és integrálszámítás

Felhívjuk a figyelmet két mozzanatra: Ha a primitív függvényt parciális integrálással állítjuk el˝o, a megfelel˝o határozott integrál: Zb a

uv′ dx = [uv]ba −

Zb

u′ v dx,

a

tehát uv-nek, az ún. kiintegrált résznek is képezzük az intervallumvégpontokban felvett értékkülönbségét. Helyettesítéses integrálásnál nem szükséges az eredeti f (x) integrandus primitív függvényét meghatározni, elegend˝o a helyettesített függvényre alkalmazni a Newton–Leibniz-tételt, de az integrálási határokat értelemszer˝uen meg kell változtatni: ha f (x)-ben az x = g(t) helyettesítést végezzük, és α, β olyan számok, hogy a = g(α), b = g(β), azaz α = g−1 (a), β = g−1 (b), akkor Zb

f (x) dx =

Zβ

f [g(t)]g′ (t) dt.

(21.12.2)

α

a

Pl. a 21.10. szakasz 35. feladatának megfelel˝o határozott integrálban: 1 1 1 , x = g(t) = , g−1 (x) = = t, f (x) = √ t x x2 1 + x2 ezért Z2 1

1

dx √ =− 2 x 1 + x2

Z2 1

t √ dt = 2 t +1

p 1 = − t 2 + 1 12 = −

! √ √ √ 5 √ 5 − 2 = 2− . 2 2

Az integrálási határok megállapításakor tehát az x = 1 és x = 2 értékek1 1 nek megfelel˝o t = = 1, ill. t = értékeket vettük figyelembe. 1 2

21.13. Az integrálszámítás alkalmazásai Az integrálszámítás alkalmazási területe rendkívül széles. A bevezetésben is szerepelt területszámításon kívül integrál alkalmazható általában az olyan mennyiségek kiszámítására, amelyek valamilyen f (ξi )(xi − xi−1 ) alakú téglalapösszegekkel közelíthet˝ok meg. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

21. Differenciál- és integrálszámítás

535

Az egyes részeknél általában külön kitérünk a paraméteres alakban adott függvénygörbékre. Megjegyezzük, hogy a polárkoordinátás alak is erre vezethet˝o vissza a 17.8. szakaszbeli összefüggések alapján; az x = r cos ϕ, y = r sin ϕ úgy tekinthet˝o, mint a függvénygörbe paraméteres el˝oállítása, de ne feledkezzünk meg arról, hogy itt r is a ϕ függvénye: r = r(ϕ), ezért x′ = r′ cos ϕ − r sin ϕ és y′ = r′ sin ϕ + r cos ϕ. A) Területszámítás Integrállal közvetlenül függvénygörbe alatti területet számíthatunk ki. Alkalmazásakor ügyelnünk kell arra, hogy az x tengely feletti, ill. alatti területrészt ellentett el˝ojellel kapjuk meg. Ha két görbével (vagy egy zárt görbével) közrezárt területr˝ol van szó, azt általában két integrál különbségeként kaphatjuk meg; pl. a 21.13.1. ábrán a pontozott területet két függvénygörbe, az y = f1 (x) és az y = f2 (x) alatti területek különbségeként kapjuk meg: T=

Zb a

f1 (x) dx −

Zb

f2 (x) dx =

a

Zb a

( f1 (x) − f2 (x)) dx.

21.13.1. ábra. Zárt görbe területe

(21.13.1)

21.13.2. ábra. 1. feladat

Feladatok 1. Számítsuk ki az r sugarú kör területét. 2 2 Szorítkozzunk p a negyedkörre (21.13.2. ábra). A negyedkör egyenlete x + y = 2 2 2 = r -b˝ol y = r − x (0 ≦ x ≦ r), a terület: Zr r Zr p  x 2 2 2 r − x dx = r 1− dx. T= r 0 0  x π π Helyettesítést alkalmazzunk: = sint 0 ≦ t ≦ , x = r sint. (A t = értékre r 2 2 a helyettesítés nem teljesíti a 21.12. szakaszban kirótt feltételeket; bebizonyítható, hogy az integrálás ebben az esetben is elvégezhet˝o az alábbi módon.)

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

536

21. Differenciál- és integrálszámítás

dx π = r cos t, dx = r cos t dt, 0 = r sin 0, r = r sin , dt 2 π ezért a helyettesítés után az integrálási határok 0 és , 2 π π π Z2 p Z2 2 Z2 r 1 − sin2 t · r cos t dt = r2 cos2 t dt = (1 + cos 2t) dt = T =r 2 c

0

0

 π  r2 π sin 2t 2 r2  π r2 t+ = −0 = , = 2 2 0 2 2 4

ezért a teljes körterület: 4

r2 π = r2 π. 4

2. Számítsuk ki annak a parabolaszeletnek a területét, amelyet az y2 = 2px egyenlet˝u parabolából az x = x0 egyenlet˝u egyenes metsz le. p A pozitív félsíkban lev˝o y = 2px egyenlet˝u félparabola alatti területet kell kiszámítanunk 0 és x0 határok között (21.13.3. ábra): " 3 #x0 x Zx0 p p Z 0√ p 2x 2 = 2px dx = 2p x dx = 2p T= 3 0

0

0

3 √ 2 2px02 2 p 2x0 y0 = = x0 2px0 = . 3 3 3 2 2 Ebb˝ol a parabolaszelet területe: 2T = x0 · 2y0 , vagyis annak a téglalapnak a -át 3 p3 tölti ki a parabola, p amelyet a csúcsérint˝o, az x = x0 egyenes és az y = y0 = 2px0 és y = −y0 = − 2px0 egyenesek zárnak közre.

21.13.3. ábra. 2. feladat

21.13.4. ábra. 3. feladat 2

3. Számítsuk ki az y = ax + bx + c egyenlet˝u parabola alatti területet a −h és h határok között. Legyenek a −h, 0, h abszcisszákhoz tartozó ordináták rendre y1 , y2 , y3 ; fejezzük ki a területet ezek és a h segítségével (21.13.4. ábra): www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

537

21. Differenciál- és integrálszámítás Zh

T=

(ax2 + bx + c) dx =

−h



h ax3 bx2 + + cx = 3 2 −h

  ah3 bh2 ah3 bh2 h + + ch − − + − ch = (2ah2 + 6c). 3 2 3 2 3

= Mivel

ah2 − bh + c = y1 ,

a0 + b0 + c = y2 ,

ah2 + bh + c = y3 , c = y2 és az els˝o és harmadik egyenlet összegezéséb˝ol 2ah2 + 2c = y1 + y3 következnek, ebb˝ol viszont h 2ah2 + 6c = y1 + 4y2 + y3 , ezért T = (y1 + 4y2 + y3 ). 3 Ugyanez az összefüggés érvényes akkor is, ha a parabolát az x tengely mentén eltoljuk, hiszen ezzel a kiszámított terület nem változik meg; ebben az esetben y1 , y2 , y3 az x0 − h, x0 , x0 + h helyeken felvett függvényértékeket jelentenek.

4. Számítsuk ki az x = a cos t, y = b sint (0 ≦ t ≦ 2π) el˝oállítású ellipszis területét:  

π . 2 Bevezetésül megjegyezzük, hogy ezt az ellipszisdarabot úgy tekintjük, mintha egy y = f (x) alakú egyenlettel lenne megadva és erre elvégezzük a (21.12.2) alatt megadott helyettesítést, tehát az integrál ilyen alakú lesz: Elegend˝o a negyedellipszis területét meghatároznunk 0 ≦ t ≦

Zx2

f (x) dx =

Zβ

y(t)x′ (t) dt,

(21.13.2)

α

x1

ahol x1 = x(α), x2 = x(β). Ez az összefüggés természetesen nemcsak az ellipszisnél, hanem minden x = x(t), y = y(t) alakban adott függvénygörbénél érvényes. A negyedellipszis területe: T=

Z0 π 2

=

b sint(a cos t)′ dt = −ab

ab 2

Z 0

π 2

(1 − cos 2t) dt =

Z0 π 2

π

sin2 t dt = ab

Z2

sin2 t dt =

0

 π  abπ sin 2t 2 ab  π ab t− = −0 = , 2 2 0 2 2 4

a teljes ellipszisterület: abπ, ez megegyezik a (17.5.6) alatti eredménnyel. π π Az integrálási határokat azért választottuk -t˝ol 0-ig, mert míg t -t˝ol 0-ra 2 2 csökken, az x 0-tól a-ra növekszik, így lesz a „haladási irány” pozitív.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

538

21. Differenciál- és integrálszámítás

1 függvénygörbe alatti területet; az x = 1 és x2 x = x0 határok között (x0 > 1) (21.13.5. ábra). 5. Számítsuk ki az f (x) =

T=

Zx0 1

 −1 x0   x 1 1 x0 1 dx = = 1− . = − −1 1 x 1 x0 x2

A görbe alatti T terület tehát x0 függvénye: T (x0 ) = 1 − vel az 1-hez tart: lim T (x0 ) = lim

x0 →+∞

x0 →+∞



1−

1 x0



1 , ez x0 növekedéséx0

= 1.

Ezt a tényt úgy is felfoghatjuk, hogy az el˝obbi integrálnak a fels˝o határával +∞hez tartva az integrál értéke – azaz a görbe alatti terület – egy véges értékhez tart. Logikus ezért a következ˝o jelölés: Z+∞ 1

1 dx = lim x0 →+∞ x2

Zx0

1 dx. x2

1

Az ilyen típusú – tehát végtelen határt is tartalmazó – integrálok az ún. improprius integrálok közé tartoznak (improprius jelentése kb.: a szokásostól eltér˝o). Eredményünk jellegzetessége, hogy így a 21.13.5. ábra függ˝olegesen bevonalkázott, nem korlátos tartományához is tudunk véges területértéket rendelni. Tükrözzük most a függ˝oleges vonalkázású területrészt az y = x egyenlet˝u egyenesre; így egy vízszintes vonalkázású területet kapunk, amelyet az y ten1 21.13.5. ábra. 5. feladat gely és az 2 függvény inverzének, az x 1 √ függvénynek a képe zár közre. Logikus ezért a vízszintes vonalkázású tartox mányhoz is területmértékként az 1-et rendelni, és így értelmet nyerhet az Z1 0

dx √ x

integrál is, holott a ]0, 1] intervallumban ez a függvény nem korlátos. Ezek szerint az el˝obbi integrál értéke 2, mert a vonalkázott tartományon kívül még egy egységnégyzet területét is tartalmazza. Ezt az integrált szabatosan úgy értelmezhetjük, mint az Z1

x0

www.interkonyv.hu

dx √ x

© Reiman István

© Typotex Kiadó

21. Differenciál- és integrálszámítás

539

integrál határértékét, ha x0 jobbról tart a 0-hoz; egyébként ezt a típust is az improprius integrálok közé számítják.

B) Térfogatszámítás A testek térfogatának az értelmezésekor, ill. a térfogat kiszámításakor abból indulunk ki, hogy a hasábok és hengerek térfogata alapterületüknek és a hozzá tartozó magasságnak a szorzatával egyenl˝o. Különböz˝o testek térfogatának a meghatározása lényegében hasábokkal, ill. hengerekkel való közelítéssel történhet; els˝o példaként a gúla térfogatát számítjuk ki, a gúla alapja tetsz˝oleges sokszög.

21.13.6. ábra. Gúla bels˝o és küls˝o hasábjai

21.13.7. ábra. A gúla síkmetszettétele

A ta alapterület˝u és m magasságú gúla magasságát messük el az alappal párhuzamos síkokkal a csúcstól számított 0 = x0 < x1 < . . . < xn = m távolságokra (21.13.6. ábra); a síkok közül az els˝o a gúla csúcsán, az utolsó magán az alaplapon megy át. Két metsz˝o sík közé két hasábot szerkesztünk, amelyeknek alap- és fed˝olapjai a síkokon vannak, az egyik teljes egészében a gúla belsejében van (bels˝o hasáb), a másik kinyúlik bel˝ole (küls˝o hasáb), az els˝o és utolsó síktól eltekintve minden síkmetszet egy bels˝o hasáb fed˝olapja és egy küls˝o hasáb alaplapja. Legyen a C csúcstól x távolságra lev˝o, az alappal párhuzamos síkmetszet területe t(x). Mivel ez a síkmetszet az eredetihez hasonló gúlának az m alapja (21.13.7. ábra), C középpontú, arányú hasonlóság a kis gúla alapx ját az eredeti gúla alapjába viszi át, s minthogy a területek aránya a nagyítás arányának a négyzetével egyenl˝o, x2 t(x) = 2, ta m ta t(x) = 2 x2 (0 ≦ x ≦ m). m www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

540

21. Differenciál- és integrálszámítás

A t(xi ) terület˝u metszet fed˝olapja egy (xi+1 − xi ) magasságú bels˝o hasábnak és alaplapja egy (xi − xi−1 ) magasságú küls˝o hasábnak, ezek térfogata rendre: t(xi )(xi+1 − xi ), ill. t(xi )(xi − xi−1 ). A bels˝o hasábok térfogatainak összege ún. bels˝o összeg, a küls˝o hasábok térfogatainak az összege a küls˝o összeg. A gúla térfogatának nevezzük azt a pozitív V számot, amely a magasság tetsz˝oleges felosztása mellett a bels˝o és küls˝o összeg közé esik, t(x0 )(x1 − x0 ) + t(x1)(x2 − x1 ) + . . . + t(xn−1)(xn − xn−1 ) < Y < < t(x1 )(x1 − x0 ) + t(x2)(x2 − x1) + . . . + t(xn )(xn − xn−1).

A V érték tehát a t(x) függvény [0, m] intervallumon vett alsó és fels˝o közelít˝o összege közé esik, s mivel t(x) integrálható, hiszen folytonos függvény, ezért szükségképpen V a t(x) [0, m] intervallumon vett integrálja:  m Zm Zm ta x3 ta m ta 2 x dx = = , (21.13.3) V = t(x) dx = 2 2 m m 3 0 3 0

0

a gúla térfogata az alapterület és a magasság szorzatának a harmadrésze. A forgástestek nagy része el˝oállítható egy y = f (x) görbe egy ívének az x tengely körüli megforgatásával, ezek térfogata integrálással viszonylag egyszer˝uen kiszámítható. Legyen f (x) az [a, b] intervallumban folytonos nemnegatív függvény (21.13.8. ábra). Osszuk fel [a, b]-t az a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn−1 < xn = b

21.13.8. ábra.

Forgástest térfogata osztópontokkal n részre és legyen az [xi−1 , xi ] intervallumban f (x) minimuma mi , maximuma Mi . Emeljünk téglalapokat az [xi−1 , xi ] szakasz fölé, amelyeknek magassága mi , ill. Mi . Ezeket az x tengely körül megforgatva egy „bels˝o” és egy „küls˝o” forgáshengert kapunk; térfogatunk m2i π(xi − xi−1 ), ill. Mi2 π(xi − xi−1 ). A bels˝o hengerek egyesítésének térfogata: vn = m21 π(x1 − x0) + m22 π(x2 − x1 ) + . . . + m2n π(xn − xn−1 ), a küls˝o hengerek egyesítésének a térfogata: Vn = M12 π(x1 − x0 ) + M22 π(x2 − x1 ) + . . . + Mn2 π(xn − xn−1).

vn és Vn az f (x)2 π függvénynek az alsó, ill. fels˝o közelít˝o összegei, s mivel ez a függvény biztosan integrálható f (x) folytonossága miatt, egyetlen szám létezik, a

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

541

21. Differenciál- és integrálszámítás

V =π

Zb

f (x) dx = π 2

a

Zb

y2 dx,

(21.13.4)

a

amely minden felosztás mellett vn és Vn közé esik, ez az y = f (x) görbeív forgatásával létrejött forgástest térfogata. Ha a megforgatott görbe paraméteres el˝oállítású, azaz x = x(t), y = y(t) alakú, akkor a helyettesítési szabály szerint a térfogat a V=

Zβ

y(t)2 x′ (t) dt

(21.13.5)

α

integrállal számítható ki. Feladatok 6. Számítsuk ki az r sugarú gömb m magasságú gömbszeletének a térfogatát (21.13.9. ábra).

21.13.9. ábra. 6. feladat Az r sugarú kör egyenlete x2 + y2 = r2 , ebb˝ol y2 = r2 − x2 . Az [r − m, r] intervallumhoz tartozó körív megforgatásával jön létre a gömbszelet és ennek térfogata: Vgömbszelet = π

Zr

y2 dx = π

r−m

x3 = π r2 x − 3 

Zr

r−m

(r2 − x2 )dx =

r

  (r − m)3 r3 = = π r3 − − r2 (r − m) + 3 3 r−m

m2 π (3r − m). 3 A teljes gömb m = 2r magasságú gömbszeletnek fogható fel, ezért 4r3 π . Vgömb = 3 =

7. Határozzuk meg az r alapkörsugarú és m magasságú forgáskúp térfogatát! www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

542

21. Differenciál- és integrálszámítás

Az r alapkörsugarú és m magasságú forgáskúp úgy jön létre, hogy az x tengely körül megforgatjuk az origón és a P0 (m, r) ponton átmen˝o egyenest (21.13.10. ábra). Ennek az egyenesnek az egyenlete r y = x, hiszen a P0 pont és az origó is m rajta van. A kúp térfogata ezért: Vkúp = π

Zm 0

πr2 y dx = 2 m 2

=

Zm

x2 dx =

21.13.10. ábra. 7. feladat

0

 m πr2 x3 πr2 m3 r2 πm = 2 = . 2 3 0 3 m m 3

A forgáskúp térfogata az alapterület és a magasság szorzatának a harmadrésze.

8. Számítsuk ki a tórusz térfogatát! Tórusz jön létre, ha egy kört síkjának egyenese körül megforgatunk, feltéve, hogy az egyenes nem metszi a kört. (A ment˝oöv emlékeztet a tóruszra.) (21.13.11. ábra.) Legyen a forgatott kör sugara r, középpontjának a forgástengelyt˝ol mért távolsága R; forgástengelynek az x tengelyt választva, a forgatott kör középpontja legyen a K(0, R) pont, a kör egyenlete ebben az esetben: x2 + (y − R)2 = r2 , p ebb˝ol a fels˝o félkör egyenlete y − R = r2 − x2 -b˝ol: p y = R + r2 − x2 . A fels˝o félkör megforgatása egy „tömör” tóruszt eredményez; ha ennek térfogatából kivonjuk az alsó félkör alatti tartomány megforgatásával keletkezett test térfogatát, éppen a tórusz térfogatát kapjuk: Zr Zr p p
2
2 Vtórusz = π R + r2 − x2 dx − π R − r2 − x2 dx = −r Zr h

=π

Viszont az

−r Zr

−r

−r

R+

p

r2 − x2


2

− R−

p

r2 − x2


2 i

dx = 4Rπ

Zr p

−r

r2 − x2 dx.

p r2 π r2 −x2 dx éppen az r sugarú félkör területével, azaz -vel egyenl˝o 2

(l. ezen szakasz 1. feladatát), ezért r2 π = 2π2 r2 R = 19,7392r2 R. Vtórusz = 4Rπ 2

9. Egy hordó legnagyobb átmér˝oje D, legkisebb átmér˝oje d, hossza (magassága) pedig m. Számítsuk ki a hordó térfogatát! (Legyen D = 2R és d = 2r. ) www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

21. Differenciál- és integrálszámítás

543

A gyakorlatot jól közelítjük, ha a hordódongát parabolaív alakúnak vesszük, és m a hordót olyan testnek tekintjük, amely az y = ax2 + R egyenlet˝u parabola − és 2 m közötti ívének a megforgatásával jön létre (21.13.12. ábra). 2

21.13.11. ábra. 8. feladat 21.13.12. ábra. 9. feladat m  Mivel a P , r pont rajta van a parabolán, 2  m 2 4(r − R) + R, ebb˝ol . a= r=a 2 m2 A félhordó térfogata: m

m

Vfélhordó = π

Z2 0

(ax + R) dx = π 2

2

Z2

(a2 x4 + 2aRx2 + R2 ) dx =

0

 2 5  m2  a m 2aRm3 R2 m a2 x5 2aRx3 2 + +R x = π + + . =π 5 3 160 24 2 0 Ebb˝ol az a el˝obb kifejezett értékét helyettesítve és 2-vel szorozva kapjuk a teljes hordó térfogatát: πm (8R2 + 4Rr + 3r2 ). Vhordó = 15  D Ha a sugarakat a könnyebben mérhet˝o átmér˝okkel helyettesítjük R = , 2  d r= : 2 πm Vhordó = (2D2 + Dd + 0,75d 2 ). 15 

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

544

21. Differenciál- és integrálszámítás

C) A görbék ívhosszának a kiszámítása A görbék ívhosszát a görbék húrjainak hosszával közelítjük. Az y = = f (x) függvénygörbe P0 Pn ívén válasszuk ki valamilyen haladási irányt tartva a P0 , P1 , . . . , Pn pontokat. A P0 P1 , P1 P2 , . . ., Pn−1Pn szakaszok hosszának az összegét a görbébe írt poligon hosszának nevezzük (21.13.13. ábra). Ha az ilyen poligonhosszak halmaza korlátos, akkor azt mondjuk, hogy a P0 Pn görbeívnek van hossza (idegen szóval: P0 Pn rektifikálható) és a poligonhosszak halmazának a fels˝o határát a P0 Pn görbeív hosszának nevezzük.

21.13.13. ábra. A görbébe írt poligon

Az [a, b] intervallumban folytonosan differenciálható f (x) függvénygörbéjének az ívhossza: Zb q Zb q ′ 2 1 + f (x) dx = 1 + (y′)2 dx. s= (21.13.6) a

a

E tétel bizonyítása az integrál-közelít˝oösszegek vizsgálatán alapul, felhasználva a Lagrange-féle középértéktételt. Ha a görbét az x = x(t), y = y(t) paraméteres alakban állítjuk el˝o (α ≦ ≦ t ≦ β), akkor az ívhossz: β Z q (x′ )2 + (y′ )2 dt. (21.13.7) s= α

Megjegyezzük, hogy ez az utóbbi képlet nemcsak függvénygörbe esetén érvényes, hanem más rektifikálható, paraméteresen el˝oállított görbére is, pl. akkor is, ha a görbe zárt. Feladatok 10. Számítsuk ki az y = x2 parabola P0 (0, 0) és P1 (4, 16) pontok közötti ívének a hosszát! s=

Z4 q 0

1 + [(x2 )′ ]2 dx =

Z4 p

1 + 4x2 dx.

0

Alkalmazzuk a 2x = sh t helyettesítést (0 ≦ t ≦ arsh 8), ebben az esetben

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

545

21. Differenciál- és integrálszámítás ch t dx 1 = ch t, dx = dt, dt 2 2 q p 1 + (2x)2 = 1 + sh 2t = cht,

ezért arsh 8 = β (azaz sh β = 8) jelöléssel: s=

Zβ

1 ch 2t dt = 2 4

Zβ

(ch 2t + 1) dt =

0

0

 β 1 β 1 sh 2t + t = sh 2β + . 4 2 8 4 0

q √ √ Mivel sh 2β = 2sh β ch β = 2sh β 1 + sh 2 β = 2 · 8 65 = 16 65, √ √
√ 1 1 s = 2 65 + arsh 8 = 2 65 + ln 8 + 65 = 16,8186. 4 4

11. Számítsuk ki az y = ch x egyenlet˝u láncgörbe ívhosszát az x = 0 és x = a határok között. s=

Za q

1 + [(ch x)′ ]2 dx =

Za p

ch 2 x dx =

ch x dx = [sh x]a0 = sh a.

0

0

0

Za

12. Számítsuk ki a paraméteresen adott x = a cos3 t, y = a sin3 t csillaggörbe (asztroid vagy asztrois néven is ismeretes) π ívhosszát a t = 0 és t = határok között 2 (21.13.14. ábra). Mivel x′ = −3a cos2 t sint és y′ = 3a sin2 t cost, (x′ )2 + (y′ )2 = 9a2 sin2 t cos2 t(sin2 t + cos2 t) = = 9a2 sin2 t cos2 t, ezért π

s=

Z2

3a sin t cos t dt =

21.13.14. ábra. 12. feladat

0

π

= 3a

Z2 0

sin2 t sint(sint) dt = 3a 2 ′



 π2 0

=

3a . 2

D) Forgásfelület felszíne Ha az y = f (x) függvénygörbe [a, b] intervallumhoz tartozó részét az x tengely körül megforgatjuk, a forgatott görbe egy forgásfelületet ír le. A görbébe írt töröttvonal minden szakasza forgatás közben egy csonkakúp palástját súrolja; a forgásfelület felszíne a csonkakúppalástok felszínösszegével közelíthet˝o úgy, hogy a beírt töröttvonal egyre finomodik, azaz leghosszabb szakasza is a nullához tart. Bebizonyítható a következ˝o tétel: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

546

21. Differenciál- és integrálszámítás

Ha f (x) az [a, b] intervallumon folytonos és belsejében folytonosan differenciálható függvény, továbbá f (x) ≧ 0, akkor az y = f (x) függvénygörbének az intervallumhoz tartozó ívét az x tengely körül megforgatva olyan forgásfelületet ír le, amelynek felszíne: Zb q Zb q ′ 2 (21.13.8) F = 2π f (x) 1 + [ f (x)] dx = 2π y 1 + (y′)2 dx. a

a

Ha a görbe az α ≦ t ≦ β intervallumban az x = x(t), y = y(t) paraméteres el˝oállítással adott, akkor a leírt forgásfelület felszíne: Zβ q (21.13.9) F = 2π y(t) x′ (t)2 + y′ (t)2 dt. α

Feladatok 13. Számítsuk ki az r sugarú gömb m magasságú gömbsüvegének a felszínét (21.13.15. ábra). p Legyen a megforgatott görbe az y = r2 − x2 egyenlet˝u félkör, ennek x = = r − m-t˝ol x = r-ig terjed˝o íve éppen egy m magasságú gömbsüveget ír le. Az integrálhoz szükséges számítások: −x −2x =√ , y′ = √ 2 2 2 r −x r2 − x2 s q x2 r 1 + (y′ )2 = 1 + 2 , =√ r − x2 r2 − x2 q y 1 + (y′ )2 = r. A felszín:

Fgömbsüveg = 2π

Zr

rdx = 2πr[x]rr−m = 2rπm.

r−m

A teljes gömbfelszín m = 2r magasságú gömbszelet felszínének fogható fel, ezért Fgömb = 2rπ · 2r = 4r2 π.

21.13.15. ábra. 13. feladat

www.interkonyv.hu

21.13.16. ábra. 14. feladat

© Reiman István

© Typotex Kiadó

21. Differenciál- és integrálszámítás

547

√ 14. Forgassuk meg az y = x parabolát az x tengely körül és számítsuk ki az így keletkezett forgásparaboloid felszínét a 0 és h határok között (21.13.16. ábra). Mivel

ezért

√
′ 1 x = √ , 2 x q

1 + (y′ )2 =

Fparaboloid = π

Zh 0

=π

"

r

1+

1 = 4x

√ 4x + 1 √ , 2 x

√ Zh √ √ 4x + 1 dx = π x √ 4x + 1 dx = x 0

2(4x + 1) 3·4

3 2

#h 0

q  π = (4h + 1)3 − 1 . 6

15. Adjuk meg a 8. feladatban szerepl˝o tórusz felszínképletét. Célszer˝u most a megforgatandó kört paraméteres alakban el˝oállítani: x = r cos t, y = R + r sint (l. a 21.13.11. ábrát). A fels˝o félkörre 0 ≦ t ≦ π, az alsóra π ≦ t ≦ 2π. Mivelq x′ = −r sint, y′ = r cos t, p y (x′ )2 + (y′ )2 = (R + r sint) r2 sin2 t + r2 cos2 t = (R + r sint)r,

ezért

Ftórusz = 2rπ

Zπ 0

(R + r sint) dt + 2rπ

Z2π

(R + r sint) dt = 2rπ

π

Z2π

(R + r sint) dt =

0

2 = 2rπ[Rt − r cos t]2π 0 = 2rπ(2Rπ − r + r) = 4π rR = 39,4784rR.

E) Súlypont-meghatározás A 16.5. szakaszban értelmeztük a pontrendszer súlypontját. Ennek általánosítása a következ˝o: az {x, y} koordináta-rendszerben P1 (x1 , y1 ), P2 (x2 , y2 ) . . . Pn (xn , yn ) pontokhoz hozzárendeljük rendre az m1 , m2 , . . . , mn nemnegatív számokat, ún. súlyokat; fizikailag ezt úgy képzeljük el, hogy a Pi pontban mi tömeg koncentrálódik. Az így nyert tömegpontrendszer súlypontjának azt az S(sx , sy ) pontot nevezzük, amelynek koordinátái: m1 x 1 + m2 x 2 + . . . + mn x n , sx = m1 + m2 + . . . + mn (21.13.10) m1 y 1 + m2 y 2 + . . . + mn y n sy = . m1 + m2 + . . . + mn Ezt a súlypontfogalmat tovább általánosíthatjuk, az általánosítás szemléletes tartalma a következ˝o. Képzeljünk el valamilyen geometriai alakzatot, pl. vonaldarabot, felületdarabot, síkbeli tartományt vagy valamilyen www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

548

21. Differenciál- és integrálszámítás

testet. Osszuk fel az alakzatot részekre, és minden részben jelöljünk ki egy Pi pontot; rendeljük hozzá Pi -hez súlyként a Pi -t tartalmazó tartományrész mértékét: vonaldarabhoz a hosszát, síkbeli tartományhoz a területét, felülethez a felszínét, testnél a térfogatát. Így fejezzük ki a (21.13.10) alatti formában a súlypont koordinátáit; a számlálókba integrál-közelít˝oösszegek kerülnek, a nevez˝okben pedig a tartomány mértéke van. A beosztás finomításával a számlálókba így egy integrálérték kerül; a nevez˝obe pedig a tartomány mértéke, ami természetesen szintén kifejezhet˝o integrállal. Az eredményeket a következ˝okben foglaljuk össze. Általában feltételezzük, hogy a tartományok meghatározásához szükséges y = f (x) függvénygörbéknél a vizsgált intervallumban f (x) folytonosan differerenciálható. Használjuk a következ˝o jelöléseket: a függvénygörbe [a, b] intervallumhoz tartozó részének ívhossza s(a, b), a görbe alatti terület T (a, b), a görbeív megforgatásával kapott forgásfelület felszíne F(a, b), s végül a görbe által leírt forgástest térfogata V (a, b). Az eddigiek szerint Zb Zb q ′ 2 1 + [ f (x)] dx, T (a, b) = f (x) dx, s(a, b) = a

a

Zb

F(a, b) = 2π

a

Zb q ′ 2 f (x) 1 + [ f (x)] dx, V (a, b) = π f (x)2 dx. a

I. Az y = f (x) görbe [a, b] intervallumhoz tartozó ívének súlypontja a következ˝o koordinátákkal adható meg: p Rb Rb p f (x) 1 + [ f ′ (x)]2 dx x 1 + [ f ′ (x)]2 dx ; sy = a . (21.13.11) sx = a s(a, b) s(a, b) A görbe paraméteres megadása esetén, ha a = x(α), b = y(β), p p Rβ Rβ y(t) (x′ )2 + (y′ )2 dt x(t) (x′ )2 + (y′ )2 dt α α ; sy = . sx = s(a, b) s(a, b) (21.13.12) ebben az esetben az összefüggés akkor is érvényes, ha a görbe zárt. II. Annak a síktartománynak a súlypontja, amelyet az y = f (x) egyenlet˝u görbe [a, b] intervallumhoz tartozó része, az x tengely és az x = a, x = b egyenlet˝u egyenesek határolnak, a következ˝o koordinátákkal adható meg: sx =

www.interkonyv.hu

Rb

1 2

x f (x) dx

a

T (a, b)

,

sy =

Rb

f (x)2 dx

a

T (a, b)

.

(21.13.13)

© Reiman István

© Typotex Kiadó

21. Differenciál- és integrálszámítás

549

A görbe paraméteres megadása esetén

sx =

Rβ

α

x(t)y(t)x′ (t) dt T (a, b)

sy =

;

β 1R 2 ′ 2 y(t) x (t) dt α

T (a, b)

.

(21.13.14)

III. Az F(a, b) felszín˝u forgásfelület súlypontjának meghatározásához ágyazzuk be az (x, y) koordináta-rendszert a térbeli {x, y, z} koordinátarendszerbe. Annak az F(a, b) felszín˝u forgásfelületnek a súlypontja, amely az y = f (x) egyenlet˝u függvénygörbe [a, b] intervallumhoz tartozó részének az x tengely körüli megforgatásával jön létre, a következ˝o koordinátákkal adható meg: p Rb 2π x f (x) 1 + [ f ′ (x)]2 dx a , sy = 0, sz = 0. (21.13.15) sx = F(a, b) A görbe paraméteres megadása esetén: p Rβ 2π x(t)y(t)x′ (t) (x′ )2 + (y′ )2 dt α , sx = T (a, b)

sy = 0,

sz = 0. (21.13.16)

Az sy = 0, sz = 0 azt jelenti, hogy a súlypont az x tengelyen, tehát a forgásfelület tengelyén van; ami fizikai meggondolásokból is természetes. IV. Annak a forgástestnek a súlypontja, amelyet az y = f (x) egyenlet˝u görbe [a, b] intervallumhoz tartozó részének x tengely körüli megforgatásával kapott forgásfelület, továbbá az x = a és x =b pontokban az x tengelyre állított mer˝oleges síkok határolnak, a következ˝o koordinátákkal adható meg: Rb

π x f (x)2 dx sx =

a

V (a, b)

,

sy = 0,

sz = 0;

(21.13.17)

a görbe paraméteres megadása esetén: Rβ

π x(t)y(t 2 )x′ (t) dt sx =

α

V (a, b)

,

sy = 0,

sz = 0,

(21.13.18)

tehát a súlypont szintén a forgástengelyen van. Vegyük észre, hogy (21.13.11)-ben a súlypont ordinátája így írható: F(a, b) , azaz F(a, b) = 2πsy · s(a, b), sy = 2πs(a, b) www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

550

21. Differenciál- és integrálszámítás

ez azt jelenti, hogy az s(a, b) ívhosszúságú görbeív megforgatásával létrejött forgásfelület felszíne egyenl˝o a görbeív hosszának és az ív súlypontja által forgás közben leírt kör kerületének a szorzatával. (Guldin I. tétele) Hasonlóan (21.13.13)-ban a súlypont ordinátája ilyen alakban is kifejezhet˝o: 1 V (a, b) , azaz V (a, b) = 2πsy · T (a, b), vagyis: sy = 2π T (a, b) egy görbeív alatti tartomány megforgatásával létrejött forgástest térfogata egyenl˝o a megforgatott görbe alatti területnek és a tartomány súlypontja által forgás közben leírt kör kerületének a szorzatával. (Guldin II. tétele) Feladatok 16. Az y = x egyenes x = 1 és x = 3 abszcisszája AB szakaszát megforgatva az x tengely körül egy csonkakúppalástot ír le. Határozzuk meg a) az AB szakasz súlypontját, b) az AB szakasz alatti terület (trapéz) súlypontját, c) a csonkakúppalást súlypontját, d) a csonkakúp súlypontját. Ellen˝orizzük a kapott adatokkal a Guldin-tételek teljesülését! a) s(a, b) = AB = Z3 q

x

q

√ (3 − 1)2 + (3 − 1)2 = 2 2, és ebben az esetben

1 + (x′ )2 dx =

1

Z3 1

=

√

3 q √ Z f (x) 1 + (x′ )2 dx = 2 x dx = 1

x2 2 2 

3

  √ 9 1 √ − = 2 = 4 2. 2 2 1

Így a vonaldarab súlypontjának koordinátái (21.13.11) alapján: √ 4 2 sx = sy = √ = 2, S1 (2, 2), 2 2 a súlypont tehát az AB szakasz felez˝opontja:  3   Z3 1 x3 1 27 1 13 1 x2 dx = = − = . b) 2 2 3 1 2 3 3 3 1

1+3 · 2 = 4, ezért (21.13.13) alapján az Az AB szakasz alatti trapéz területe 2 AB alatti terület súlypontjának koordinátái:   13 13 13 13 13 sy = = , S2 , . sx = , 6 3 · 4 12 6 12 www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

551

21. Differenciál- és integrálszámítás c) A csonkakúppalást felszíne: F(1, 3) = 2π

Z3 √ 1

    √ 9 1 √ x2 3 √ = 2π 2 − = 8 2π, x 2 dx = 2π 2 2 1 2 2

továbbá (21.13.15) alapján: Z3

 3   √ 1 x3 1 27 1 13 x2 2 dx = = − = , 4 3 1 4 3 3 6 1   13 tehát a súlypont koordinátái: S3 , 0, 0 . 6 d) Mivel a csonkakúp térfogata: 26π π·2 2 (1 + 1 · 3 + 32 ) = , V (1, 3) = 3 3 és (21.13.17) alapján:  3   Z3 3 x4 3 81 1 60 30 3 − = , x3 dx = = = sx = 26 26 4 1 26 4 4 26 13 1   30 ezért a súlypont koordinátái: S4 , 0, 0 . 13 A kapott adatokkal a Guldin-tételek nyilvánvalóan teljesülnek. sx =

2π √ 8π 2

17. Határozzuk meg az y = súlypontjának koordinátáit.

p r2 − x2 egyenlet˝u félkörív és félkörlemez

A félkör szimmetrikus az y tengelyre, ezért a súlypontok nyilván rajta vannak az y tengelyen. A súlypontokat legegyszer˝ubben a Guldin-tételek segítségével határozhatjuk meg (21.13.17. ábra).

21.13.17. ábra. 17. feladat Legyen a körív súlypontja S1 (sx1 , sy1 ). A Guldin I. tétele szerint: gömbfelszín = (félkör ívhossza) · (a súlypont által leírt kör kerülete),  2r  2r . azaz: 4r2 π = rπ · 2sy1 π, ebb˝ol: sy1 = , ezért a körív súlypontja: S1 0, π π Guldin II. tétele szerint, ha S1 (sx2 , sy2 ) a félkörlemez súlypontja: gömbtérfogat = (a félkör területe) · (a súlypont által leírt kör kerülete),

r2 π 4r2 π 4r = 2sy2 π, ebb˝ol: sy2 = , ezért a félkörlemez súlypontja: azaz: 3 2 3π  4r  . S2 0, 3π www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

552

21. Differenciál- és integrálszámítás

21.14. Közelít˝o módszerek az integrálszámításban A határozott integrálok számértékének a kiszámításánál a közelít˝o módszereknek nagy jelent˝osége van. Ennek oka egyrészt az, hogy a függvények tekintélyes részében a primitív függvény el˝oállítása meglehet˝osen bonyolult, s˝ot gyakran még integrálható függvények esetében sem adható meg a szokásos képletformában, másrészt viszont a gyakorlatban legtöbbször az integrálértéknek csak bizonyos közelítésére van szükség. A számítógépekkel végzett integrálás is valamilyen közelít˝o módszeren alapul. A közelít˝o módszerek alkalmazásakor ebben az esetben is arra törekszünk, hogy az elkövetett hibát meg tudjuk becsülni. Az [a, b] intervallumon integrálható f (x) függvénynek az intervallumban felvett minimuma (vagy a függvényértékek alsó határa) legyen m, maximuma (vagy fels˝o határa) M. f (x) [a, b]-n vett integráljának egy „els˝o közelítése” a (b − a)m ≦

Zb a

f (x) dx ≦ (b − a)M

egyenl˝otlenség; ezt egyszer˝uen úgy kapjuk meg, hogy az integrál alsó és fels˝o közelít˝o összegében az [xi−1 , xi ] intervallumokban az mi , ill. Mi érték helyett mindenütt m-et, ill. M-et írunk; geometriailag ez azt jelenti, hogy a függvénygörbe alatti területet két téglalapterület közé helyezzük. A következ˝okben két integrálközelít˝o formulát (módszert) mutatunk be. Megjegyezzük, hogy az integrál alsó, ill. fels˝o közelít˝o összege maga is integrálközelítés, a most bemutatandó két módszer ennek pontosabbá tett változata; ezeken kívül természetesen még számos integrálközelít˝o módszer létezik. A trapézformula. Az f (x) függvény [a, b] intervallumon vett integráljának közelít˝o meghatározása céljából osszuk fel az intervallumot n egyenl˝o részre, legyenek az osztópontok a = x0 < x1 < . . . < xn = b; két szomszédos osztópont távolsága tehát h = (b − a)/n. Legyen az xi helyen felvett függvényérték f (xi ) = yi . Az [xi−1 , xi ] intervallum fölé szerkesszünk trapézt, amelynek párhuzamos oldalai yi−1 és yi hosszúságúak (21.14.1. ábra), szárai pedig h, ill. a függvénygörbe egy húrja (a trapéz speciális helyzetben téglalap vagy háh(yi−1 + yi ) . Ezeknek a traromszög is lehet). Egy ilyen trapéz területe: 2 pézterületeknek az összegével közelítjük a görbe alatti területet:  h (y0 + y1 ) + . . . + (yn−1 + yn ) , 2 ebb˝ol az integrál-közelít˝oösszeg (az ún. trapézformula): www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

21. Differenciál- és integrálszámítás Zb a

f (x) dx ≈

553

yn  b − a  y0 + y1 + y2 + . . . + yn−1 + . n 2 2

21.14.1. ábra. A trapézformula ′′

Ha az | f (x)|-nek K fels˝o határa, akkor a közelítéssel elkövetett hiba (b − a)3K -nél, ami azt jelenti, hogy n növelésével az integnem nagyobb 12n2 rál tetsz˝oleges pontossággal közelíthet˝o. A Simpson-formula (vagy parabolaformula). Ennek az a lényege, hogy az [a, b] intervallumot 2n egyenl˝o részre osztjuk (egy rész hossza b−a ), két-két szomszédos részben a függvénygörbét egy-egy parah= 2n bolaívvel helyettesítjük (21.14.2. ábra).

21.14.2. ábra. A Simpson-formula

Legyenek az xi−1 , xi , xi−1 helyeken felvett függvényértékek rendre yi−1 , yi , yi+1 . A 21.13. szakasz 3. feladatában megmutattuk, hogy az (xi−1 , yi−1 ), (xi , yi ), (xi+1 , yi+1 ) pontokon átmen˝o parabola alatti terület, ha a szomszédos pontok távolsága h, h Ti = (yi−1 + 4yi + yi+1) . 3 Ezeket összegezve megkapjuk az integrálközelít˝o Simpson-formulát: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

554

21. Differenciál- és integrálszámítás

Zb

f (x) dx ≈

≈


b−a y0 + y2n + 4(y1 + y3 + . . . + y2n−1) + 2(y2 + y4 + . . . + y2n−2) . 6n

a

(b − a)5K , ahol K az | f (IV ) (x)|2880n4 nek fels˝o határa, tehát n növelésével a hiba tetsz˝olegesen csökkenthet˝o. A közelítés hibája nem nagyobb, mint

Feladatok 1. Számítsuk ki

Z1 0

dx közelít˝o értékét a trapézformula segítségével. 1 + x2

Készítsünk táblázatot az yi függvényértékekr˝ol:  y y  i xi yi ill. 0 , 10 a a 0 0 0,5 1 0,1 0,990099 2 0,2 0,961539 3 0,3 0,917431 4 0,4 0,862069 A számításokat 5 0,5 0,8 zsebszámológéppel 6 0,6 0,735294 végeztük. 7 0,7 0,671141 8 0,8 0,609756 9 0,9 0,552486 10 1 0,25 Az integrál-közelít˝oösszeg Z1 0

b−a = 0,1-et figyelembe véve: n

dx ≈ 0,1 · 7,849815 = 0,784982. 1 + x2

Most könnyen ellen˝orizhetjük számításunk pontosságát, mivel ismert a pontos eredmény: Z1 0

dx π = [arctg x]10 = arctg 1 = = 0,785398 . . . . 4 1 + x2

Az eltérés 0,000416, tehát kisebb, mint 5 · 10−4 .

2. Számítsuk ki annak az ellipszisnek a kerületét, amelynek tengelyei: 2a = 20, 2b = 12 a Simpson-formula segítségével. Szorítkozzunk a 0 ≦ t ≦

www.interkonyv.hu

π , paramétertartományhoz tartozó negyedellipszisre: 2

© Reiman István

© Typotex Kiadó

555

21. Differenciál- és integrálszámítás x = 10 cos t,

x′ = −10 sint,

y = 6 sint,

y′ = 6 cos t.

(x′ )2 + (y′ )2 = 100 sin2 t + 36 cos2 t = 100(1 − cos 2 t) + 36 cos2 t = = 100 − 64 cos 2 t = 4(25 − 16 cos 2 t),

és így a negyedellipszis ívhossza: π

K =2 4

Z2 p 0

25 − 16 cos 2 t dt.

Ebben az esetben különösen indokolt közelít˝o módszer használata, mivel az integrandus primitív függvényét nem tudjuk a szokásos módon elemi függvényekkel el˝oállítani. Osszuk fel az intervallumot 10 részre, áttekinthet˝obbé tétel miatt fokbeosztást használunk, a részeredményeket zsebszámológéppel számítjuk ki (2n = 10, n = 5): i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

t 0◦ 9◦ 18◦ 27◦ 36◦ 45◦ 54◦ 63◦ 72◦ 81◦ 90◦

yi többszörösei y0 = 3,000000 4y1 = 12,258253 2y2 = 6,489334 4y3 = 14,027241 2y4 = 7,623087 4y5 = 16,492422 2y6 = 8,825449 4y7 = 18,634283 2y8 = 9,689610 4y9 = 19,842763 y10 = 5,000000

b−a = A kiszámított értékek összege 121,882442, ezt kell megszoroznunk 2 · 6n π = -cal, az eredmény: 12,763499. Ebb˝ol a teljes ellipszis kerülete: 51,053996. 30 Megjegyezzük, hogy pontosabb módszerrel az ellipszis kerületére kapott értékt˝ol ez 10−5 -nél kevesebbel tér el. Az ellipszis kerületére egyébként több közelít˝o képlet ismeretes; egy ilyennel számítva az ellipszis kerületét: h √ i Kellipszis ≈ π 1,5(a + b) − ab = 51,063552.

3. Oldjuk meg az els˝o feladatot a Simpson-formula segítségével is! Osszuk a [0, 1] intervallumot 10 részre (2n = 10), az osztópontokban felvett értékeket, ill. többszöröseiket táblázatba foglaljuk.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

556

21. Differenciál- és integrálszámítás i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

xi 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

yi többszörösei y0 =1 4y1 = 3,960396 2y2 = 1,923077 4y3 = 3,669725 2y4 = 1,724138 4y5 = 3,2 2y6 = 1,470588 4y7 = 2,684564 2y8 = 1,219512 4y9 = 2,209945 y10 = 0,5

A kiszámított értékek összege: 23,561945, az integrál közelít˝o értéke ezért 1 b−a · 23,561945 = · 23,561945 = 0,785398, n 30 π ez hat tizedesre megegyezik -gyel. 4

21.15. Néhány differenciálegyenlet megoldása Az integrálok lényeges szerepet játszanak a differenciálegyenletek megoldásában. A differenciálegyenletek az ún. függvényegyenletek körébe tartoznak, ezek lényege az, hogy bizonyos egyenletekb˝ol ismeretlen függvényt vagy függvényeket kell meghatározni. A differenciálegyenletekben a meghatározandó függvény deriváltja vagy deriváltjai szerepelnek; a cél általában az, hogy magát a függvényt meghatározzuk, bár ennek az el˝oállítása nem mindig sikerül; gyakran megelégszünk azzal, hogy a differenciálegyenletnek megfelel˝o összefüggést deriváltak nélkül írjuk fel, „integráljuk” a differenciálegyenletet. A differenciálegyenletek nagyon fontos szerepet játszanak a természettudományokban és a m˝uszaki alkalmazásokban; a megoldásukkal foglalkozó tudományág hatalmas területet ölel fel; a következ˝okben csupán betekintést akarunk nyújtani néhány egyszer˝ubb differenciálegyenlet megoldási módszerébe. Rövidség kedvéért általában nem térünk ki a megoldhatóság feltételeire (pl. differenciálhatóság, folytonosság, egyéb feltételek), és arra sem törekszünk, hogy az ugyanannak a problémának a megoldására több módszert mutassunk be. A differenciálegyenlet n-edrend˝u, ha benne legmagasabb fokon n-edrend˝u derivált szerepel, és közönséges, ha függvényei egyváltozós függvények. Az általunk vizsgák differenciálegyenletek mind közönséges els˝orend˝u egyenletek lesznek. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

21. Differenciál- és integrálszámítás

557

Az ismeretlen függvény hagyományos jelölése a differenciálegyenletek körében y(x), ezt rendszerint csak y alakban írjuk fel, deriváltja y′ , amely dy helyett gyakran -et szerepeltetünk. dx A differenciálegyenletek megoldásával kapcsolatban fel kell hívnunk a figyelmet a következ˝okre. Általában végtelen sok olyan függvény van, amely az egyenletet kielégíti, ezeket azonban sokszor nem a szokásos x 7→ f (x) alakban kapjuk meg, hanem valamilyen egyenlet formájában; pl. az yy′ + x = 0 egyenlet megoldásai x2 + y2 = C alakúak, ahol C tetsz˝oleges nemnegatív szám. Az y ebben a kapcsolatban is függvénye x-nek, hiszen egy konkrét x értékhez a hozzá tartozó yp függvényérték meghatározható, p ha nem is mindig egyértelm˝uen, pl. y = C − x2 vagy y = − C − x2 , a megadott megoldás tehát tulajdonképpen két függvény egyesítése. Viszont √ x2 + y2 = C olyan körnek az egyenlete, amelynek sugara C. C különböz˝o értékei mellett végtelen sok kört kapunk, ezek a differenciálegyenlet integrálgörbéi. Az integrálgörbék összessége szolgáltatja a differenciálegyenlet általános megoldását, azt szoktuk mondani, hogy a differenciálegyenletet megoldottuk, ha el˝oállítjuk az integrálgörbéket. Ha viszont az egyenlethez még olyan kikötést is hozzáf˝uzünk, hogy a megoldás elégítse ki az y(x0 ) = y0 ún. kezdeti feltételt, ahol x0 és y0 adott számok, akkor ezzel az integrálgörbék közül egyet kitüntetünk, ti. azt, amelyik átmegy az (x0 , y0 ) ponton; ez a differenciálegyenlet egy partikuláris megoldása. Pl. az el˝oz˝o példánkban az y(3) = 4 feltétel teljesülése azt jelenti, hogy 32 + 42 = C, azaz C = 25, a kapott integrálgörbe az x2 + y2 = 25 egyenlet˝u kör, már partikuláris megoldás. Az p ehhez tar25 − x2 és tozó függvény is egyértelm˝ u en meghatározott, mert az y = p 2 y = − 25 − x egyenlet˝u félkörök közül csak az els˝o elégíti ki a kezdeti feltételt. Az x2 + y2 = 25 egyenletr˝ol azt is szoktuk mondani, hogy az y(x) függvény implicit módon van megadva (implicit függvény, ezzel szemben az x 7→ f (x) típusú függvénymegadást explicit függvénynek szokás nevezni). Most nézzünk néhány egyszer˝ubb differenciálegyenlet-típust: A) A legegyszer˝ubb differenciálegyenlet y′ = f (x)

(21.15.1)

alakú; vagyis olyan y(x) függvényt keresünk, amelynek deriváltja f (x). Ismeretes, hogy y éppen f (x)-nek egy primitív függvénye, megoldása ezért y=

Z

f (x) dx

(21.15.2)

tehát az egyenletnek végtelen sok megoldása van. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

558

21. Differenciál- és integrálszámítás

Ha még azt is kikötjük, hogy y az x0 helyen meghatározott y0 értéket vegyen fel, azaz y(x0 ) = y0 teljesüljön, ebben az esetben a megoldás: y = y0 +

Zx

f (t) dt.

(21.15.3)

x0

Ha ugyanis

Zx

x0

 x f (t)dt = F(x) x =F(x)−F(x0 ), akkor y=y0+F(x)−F(x0 ), 0

ez nyilván kielégíti az eredeti egyenletet, hiszen y′ = F ′ (x) = f (x) és y(x0 ) = y0 + F(x0 ) − F(x0 ) = y0 . Megjegyezzük azonban, hogy a kezdeti feltétel kielégítését nemcsak a (21.15.3) alatti formula határozott integráljával lehet biztosítani, hanem az esetek többségében az integrálási állandó helyes magválasztásával. Pl. az y′ = 3x2 − 4x Z + 6 differenciálegyenletnek a megoldása: (3x2 − 4x + 6) dx = x3 − 2x2 + 6x + C.

y(x) =

Írjuk el˝o az y(1) = 12 kezdeti feltételt, ekkor a megoldásban x = 1-et és y = 12-t helyettesítve kapjuk, hogy 12 = 1 − 2 + 6 + C, ebb˝ol C = 7, a kezdeti feltételt kielégít˝o megoldás tehát y(x) = x3 − 2x2 + 6x + 7. Ugyanezt (21.15.3) alapján a következ˝o módon kapjuk meg: y(x) = 12 +

Zx 1

(3t 2 − 4t + 6) dt = 12 + [t 3 − 2t 2 + 6t]x1 =

= 12 + x3 − 2x2 + 6x − 5 = x3 − 2x2 + 6x + 7. B) Szétválasztható változójúnak nevezzük a q(y)y′ = p(x) (21.15.4) alakra hozható differenciálegyenleteket, ahol q(y) 6= 0. Itt a q(y) az y-nak függvénye, de mivel y az x-nek függvénye, így q(y) az x-nek összetett függvénye. Pl. az (y+3)y′ = x−2 egyenletben q(y) = y+3, p(x) = x − 2. Legyen q(y) primitív függvénye Q(y) = vénye P(x) =

Z

Z

q(y) dy és p(x) primitív függ-

p(x) dx. A

Q(y) = P(x) (21.15.5) egyenlet mindkét oldalát x szerint deriválva éppen a (21.15.4) egyenletet kapjuk, mivel az összetett függvény deriválási szabálya szerint Q′ (y) = = q(y)y′ . www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

559

21. Differenciál- és integrálszámítás

A szétválasztható váltózójú differenciálegyenlet megoldásakor tehát q(y) és p(x) primitív függvényeinek az egyenl˝oségét írjuk fel, ez a megoldást adó integrálgörbék egyenlete. y−2 differenciálegyenletet. Els˝o lépésként szétOldjuk meg pl. az y′ = x+5 választjuk a változókat (feltesszük, hogy x + 5 6= 0, y − 2 6= 0): 1 1 = . y′ y−2 x+5 Állítsuk el˝o a primitív függvényeket: Z Z 1 1 dy = ln |y − 2| + C1, dx = ln |x + 5| + C2, y−2 x+5 ln |y − 2| + C1 = ln |x + 5| + C2,

ln |y − 2| − ln|x + 5| = C2 − C1 ,

C2 − C1 -et ln |C|-vel célszer˝u jelölnünk, ezzel y − 2 y−2 = ln |C|, = C, ln x + 5 x+5 y = C(x + 5) + 2,

(x 6= −5, y 6= 2)

ez az egyenletünk általános megoldása. Ez az egyenlet a (−5, 2) ponton átmen˝o egyeneshalmaz egyenlete; ezek az egyenesek a differenciálegyenlet integrálgörbéi. Ha megadjuk pl. az y(2) = 9 kezdeti feltételt, akkor az x = 2, y = 9 adatokat az egyenletbe helyettesítve C = 1 adódik, ebb˝ol az egyenlet y = x + 7 partikuláris megoldását kapjuk; ez azt jelenti, hogy az integrálgörbék közül kiválasztjuk a P0 (2, 9) ponton átmen˝ot. Megjegyezzük, hogy a gyakorlatban a fenti típusú differenciálegyenletek megoldása közben a következ˝o formai egyszer˝usítéseket szokás bevezetni (ezt a következ˝o példán mutatjuk be): dy y − 2 = egyenletet formálisan úgy alakítjuk át, hogy dx-et Az y′ = dx x + 5 és dy-t is szorzóként kezeljük (hasonlóan, mint a helyettesítéses integrálásnál): dy dx = . x+5 y−2

A differenciálegyenleteket sokszor már ilyen alakban adják meg. Most integráljuk mindkét oldalt, az integrálási állandót elegend˝o csak az egyik esetben kiírni: ln |x + 5| = ln |y − 2| + C, innen a megoldás már azonos az el˝obbivel.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

560

21. Differenciál- és integrálszámítás

C) Els˝orend˝u lineáris differenciálegyenletnek nevezzük az y′ + p(x)y = q(x) (21.15.6) alakú egyenleteket. Az egyenlet homogén, ha q(x) ≡ 0, azaz minden x-re 0-val egyenl˝o, és inhomogén, ha q(x) nem azonosan nulla. A homogén lineáris differenciálegyenlet szétválasztható változójú, és ennek módszerével megoldható: dy dy + p(x)y = 0, = −p(x) dx. dx y dy = − p(x) dx, ebb˝ol ln |y| = − p(x)dx + ln|C|, y ebb˝ol a homogén egyenlet általános megoldása: R y = Ce− p(x) dx , (21.15.7) s helyettesítéssel könnyen beláthatjuk, hogy ez valóban kielégíti a homogén egyenletet. Ha megadunk egy y(x0 ) = y0 kezdeti feltételt, akkor C értéke is határozottá válik. Ha viszont q(x) 6≡ 0, akkor a (21.15.6) differenciálegyenlet általános megoldása:   Z

Z

y=e

Z

R

− p(x) dx

Z

q(x)e

R

p(x) dx

dx + C .

(21.15.8)

Ennek a megoldóképletnek az alkalmazása néha bonyolult integrálási feladatra vezet, ehelyett ezért inkább más módszert alkalmazunk. Egy ilyen módszernek (az állandó variálásának) az alkalmazását egy példán mutatjuk be. y Oldjuk meg az y′ − = x2 egyenletet. x Az állandó variálásának módszerében els˝o lépésként a q(x) = x2 elhagyásával létrejöv˝o homogén egyenletet oldjuk meg: y dy y − = 0, y′ − = 0, azaz x dx x Z Z dy dx dy dx = , = , y x y x ln |y| = ln |x| + ln |C|, y = Cx, a homogén egyenletnek a megoldása tehát: yh = Cx (C tetsz˝oleges állandó).

A homogén egyenlet megoldásában szerepl˝o C állandót most az x függ
vényének tekintve C = C(x) keressük az inhomogén egyenlet egy megoldását, tehát ebben az esetben y = Cx alakban. Helyettesítsük ezt be az eredeti egyenletbe; figyelembe véve, hogy C az x-nek függvénye és www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

21. Differenciál- és integrálszámítás

561

y′ = C′ x + Cx′ = C′ x + C, Cx = x2 , C ′ x = x2 . C′ x + C − x Mivel az inhomogén egyenletet figyelembe véve x nem lehet 0, ezért Z x2 C′ = x, azaz C = x dx = , 2 ez az utolsó integrálás már újabb állandót nem tartalmaz, így x3 x2 y p = Cx = x = , 2 2 ez tehát egy (partikuláris) megoldása egyenletünknek. Az általános megoldást a homogén egyenlet megoldásának és a partikuláris megoldásnak az összege adja: x3 y = yh + y p = Cx + . 2 Az állandó variálásnak módszere tehát a következ˝o lépéseket tartalmazza: a) el˝oállítjuk a homogén egyenlet yh megoldásait, ez tartalmaz egy C integrálási állandót; b) az el˝obbi C állandót egy C(x) függvénynek tekintve a homogén egyenlet megoldását helyettesítjük az eredeti egyenletbe, ekkor olyan differenciálegyenletet kapunk, amelyben a C(x) függvény ismeretlen; a helyettesítéssel kapott egyenletb˝ol C(x)-et el˝oállítjuk, ezt az yh -ba helyettesítve az egyenlet egy y p partikuláris megoldását kapjuk; c) az egyenlet általános megoldása yh és y p összege: y = yh + y p. Feladatok 1. Oldjuk meg az (y −2)y′ +(x+1)=0 differenciálegyenletet az y(2)=6 kezdeti feltétel mellett. Az egyenlet a változók szétválasztásával oldható meg: dy = −(x + 1), (y − 2) dx Z Z (y − 2) dy = −(x + 1) dx, (y − 2)dy = − (x + 1) dx,

x2 y2 − 2y = − − x +C, y2 − 4y + x2 + 2x − 2C = 0. 2 2 Az x = 2, y = 6 értékeket helyettesítve kapjuk, hogy 2C = 20, ezért a megoldást adó integrálgörbe egyenlete átalakítás után (x + 1)2 + (y − 2)2 = 25 alakra hozható, ami r = 5 sugarú és (−1, 2) középpontú kör. Ennek a körnek azonban csak a „fels˝o” félköre felel meg függvénygörbének, mivel a kezdeti feltételt megadó P0 (2, 6) pont ezen helyezkedik el, tehát

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

562

21. Differenciál- és integrálszámítás y = 2+

q

25 − (x + 1)2 .

2. Adjuk meg az y′ = ex−y differenciálegyenlet általános megoldását! Az egyenletet a változók szétválasztásával oldjuk meg: dy ex = y, ey dy = ex dx, dx e Z Z ey dy =

ex dx,

ey = ex +C,

y = ln(ex +C).

3. Adjuk meg az yy′ (25 + 16x2 ) = 1 differenciálegyenlet megoldását az y(0) = 4 feltétel mellett. Az egyenletet a változók szétválasztásával oldjuk meg: dy dx y(25 + 16x2 ) = 1, , y dy = 2 dx 16x + 25 Z Z Z 1 dx dx y dy = = ;
4x 2 + 1 16x2 + 25 25 5

y2 1 arctg 4x 1 4x 5 = +C = arctg +C, 4 2 25 20 5 5

1 4x arctg + 2C. 10 5 Az x = 0, y = 4 helyettesítés után 2C = 16 következik, ezért r 1 4x arctg + 16. y= 10 5 y2 =

4. Az y = f (x) egyenlet˝u görbe minden (x0 , y0 ) pontjához tartozó érint˝o x0 pontban metszi. Mi a görbe egyenlete, ha átmegy a az x tengelyt az 2 Q(1, 1) ponton? Az (x0 , y0 ) pontbeli érint˝o egyenlete: y = y′ (x − x0 ) + y0 ,  x 0 , 0 pontja; ezért ezt helyettesítve kapjuk, hogy ezt kielégíti az x tengely 2  x + y0 . 0 = y′ − 2 Ez a görbe minden (x, y) pontjára teljesül, ezért a görbe a következ˝o differenciálegyenletnek tesz eleget (annak integrálgörbéje): dy 2y y′ x = y, = . 2 dx x Az egyenletet a változók szétválasztásával oldhatjuk meg: Z Z dx dy dx dy =2 , =2 , y x y x ln |y| = 2 ln |x| + ln |C|, www.interkonyv.hu

ln |y| = lnCx2 ,

© Reiman István

© Typotex Kiadó

563

21. Differenciál- és integrálszámítás az integrálgörbék:

y = Cx2 . Mivel a görbe a feltétel szerint tartalmazza az (1, 1) pontot, C = 1, ezért a feltételt kielégít˝o görbe az y = x2 egyenlet˝u normálparabola.

5. Oldjuk meg az xy′ − y = x3 + 1 lineáris differenciálegyenletet.

El˝oször a megfelel˝o homogén egyenletet oldjuk meg (feltesszük, hogy x 6= 0): xy′ − y = 0, dy dx dy = , x = y, dx y x Z Z dx dy = , ln |y| = ln |x| + ln |C| y x yh = Cx.

Az állandó variálásának módszerét követve legyen C az x függvénye, ekkor y′ = C′ x +C, ezt helyettesítsük az eredeti egyenletbe: C′ x2 +Cx −Cx = x3 + 1, C′ = x +

1 , x2

C=

x2 1 − . 2 x

A partikuláris megoldás: y p = Cx =

x3 − 1, 2

az általános megoldás: x3 +Cx − 1 2 (ez egyébként x = 0 esetén is kielégíti az egyenletet). y = yh + y p =

6. Oldjuk meg az y′ + y tg x = sin 2x lineáris differenciálegyenletet. A homogén y′ + y tg x = 0 megoldásával foglalkozunk el˝oször: dy dy = −y tg x, = −tgx dx, dx y Z Z dy = − tg x dx, ln |y| = ln | cos x| + ln |C|, y yh = C cos x. Az állandó variálásával térjünk rá az inhomogén egyenlet megoldására: y′h = C′ cos x −C sin x, C′ cos x −C sin x +C cos x tg x = sin 2x,

C′ cos x −C sin x +C sin x = 2 sin x cos x

C′ = 2 sin x,

C = −2 cos x

y p = −2 cos2 x.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

564

21. Differenciál- és integrálszámítás

Az általános megoldás: y = −2 cos2 x +C cos x.

7. Oldjuk meg az y′ = ex + y lineáris differenciálegyenletet. A megfelel˝o homogén egyenlet: y′ = y, dy dy = y, = dx, dx y Z Z dy = dx, ln |y| = x +C1 , y yh = ex+C1 = Cex .

Az állandó variálásával:

y′ = C′ ex +Cex

C′ ex +Cex = Cex + ex ,

C′ = 1,

C = x,

x

y p = xe . Az általános megoldás: y = Cex + xex = ex (x +C).

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

22 Valószínuség-számítás ˝

22.1. A valószínuség-számítás ˝ tárgyköre; elemi események A valószín˝uség-számítás vagy valószín˝uség-elmélet a véletlen tömegjelenségek törvényszer˝uségeivel foglalkozik. A jelenség tömegjellegét az adja meg, hogy a jelenség nagy számban figyelhet˝o meg; e jelenségcsoport jellemz˝oje, hogy a jelenségek kimenetelét még lényeges körülményeik ismeretében sem tudjuk el˝ore megmondani. A valószín˝uség-számítás arra törekszik, hogy az ilyen események bekövetkezésének az esélyét, azaz a valószín˝uségét számszer˝uen jellemezze; sokrét˝u feladatában támaszkodik a matematika számos területének (kombinatorika, algebra, függvénytan stb.) eredményeire. Ebben a fejezetben csupán arra van lehet˝oségünk, hogy betekintést nyújtsunk a valószín˝uség-számítás elemi módszereibe és rávilágítsunk a terület néhány alapvet˝o fogalmára. Egy bizonyos véletlen tömegjelenséget, ill. annak megfigyelését kísérletnek mondunk, függetlenül attól, hogy el˝oidézésében részt vettünk-e vagy sem; a kísérlet egyes lehetséges kimenetelei az elemi események. Egy kísérlettel kapcsolatos elemi eseményeknek a halmaza az eseménytér. Az eseménytér egy részhalmazát eseménynek (véletlen eseménynek) nevezzük olyan értelemben, hogy az eseményt akkor tekintjük bekövetkezettnek, ha a részhalmazt képez˝o elemi események is bekövetkeznek. Egy kísérletnél biztos esemény az olyan esemény, amely a kísérlet során biztosan bekövetkezik (ennek jele általában I) és lehetetlen esemény az, amely so/ Egy eseménytér összes elemi hasem következhet be (ennek jele 0 vagy 0). eseményeit tartalmazó esemény biztos esemény; az eseménytér üres halwww.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

566

22. Valószín˝uség-számítás

maza pedig lehetetlen esemény. Az eseményeket általában nagybet˝ukkel jelöljük. Legyen a kísérlet a 90 számos lottóhúzás. Ebben a kísérletben eseményteret alkotnak a lehetséges számötösök kihúzásai, ezek az elemi esemé 90 -féleképpen lehet számötöst összeállítani nyek. Mivel 90 számból 5   90 (a sorrendt˝ol függetlenül), ezért ebben az eseménytérben = 471 366 5 elemi esemény van. Biztos esemény: egy lottóhúzásnál legalább egy számötöst kihúznak; lehetetlen esemény: egyetlen számötöst sem húznak ki. Az eseménytérnek végtelen sok elemi eseménye is lehet; ha pl. a kísérlet egy lövés leadása egy céltáblára, akkor elemi esemény a céltábla egy meghatározott pontjába es˝o találat, ilyen nyilván végtelen sok van, hiszen a céltáblának is végtelen sok pontja van. Az eseménytér A eseményének komplementere az A-sal (olv.: A vonással) jelölt esemény, amely azt jelenti, hogy az A esemény nem következik be. Megállapodás szerint a biztos esemény komplementere a lehetetlen esemény, a lehetetlen eseményé pedig a biztos esemény. Ha a B esemény olyan, hogy bekövetkezése maga után vonja az A esemény bekövetkezését is, akkor ennek jelölése B ⊂ A. Egy eseménytér eseményei között m˝uveleteket is szokás értelmezni, ezek vizsgálatával az eseményalgebra foglalkozik. Legyen A és B két esemény, A + B jelöli azt az eseményt, hogy az A és B közül legalább az egyik bekövetkezik (halmazelméleti jelöléssel ezt A ∪ Bvel is szokás jelölni); általánosabban: A1 + A2 + . . . + An azt az eseményt jelöli, hogy az A1 , A2 , . . . , An események közül legalább egy bekövetkezik. Az A és B események szorzatán, az AB eseményen azt az eseményt értjük, amely akkor és csakis akkor következik be, ha A is és B is bekövetkezik. (AB más jelölése A ∩ B); általánosabban: A1 A2 . . . An azt az eseményt jelöli, hogy az A1 , A2 , . . ., An események egyszerre következnek be. A definíciók egyszer˝u következményei, hogy A + B = B + A, (A + B) + C = A + (B + C); AB = BA, továbbá:

(AB)C = A(BC),

A + A = I,

/ AA = 0,

A + B = AB,

AB = A + B.

E két utóbbit De Morgan-féle azonosságoknak nevezzük (ezek megfelel˝oivel a logikai m˝uveleteknél is találkozunk, vö.: az (1.6.5)-tel, (1.6.6)-tal). Érvényes a két disztributív szabály is: www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

22. Valószín˝uség-számítás A(B + C) = AB + AC,

567

(A + B)(A + C) = A + BC.

Az A − B eseményen azt értjük, hogy pontosan akkor következik be, ha A teljesül, de B nem, ezt úgy is kifejezhetjük, hogy A − B = AB. Az A és B egymást kizáró események, ha egyszerre nem következhetnek / be, azaz AB = 0. Az A1 , A2 , ..., An események teljes eseményrendszert alkotnak, ha összegük a biztos eseményt adja, és közülük bármely két esemény kizárja egymást; azaz, ha teljesülnek: a) A1 + A2 + . . . + An = I, / ha i 6= j, i, j = 1, 2, . . . , n. b) Ai A j = 0, A most bevezetett fogalmakat példákon szemléltetjük. 1. A kísérlet: egy dobás egy dobókockával. Az eseménytér elemi eseményei: D1 , D2 , D3 , D4 , D5 , D6 , ahol Di jelenti az i pont érték˝u dobást. A D1 + D2 + D3 + . . . + D6 = I biztos esemény, hiszen közülük az egyik biztosan bekövetkezik. A D1 , . . . , D6 események teljes eseményrendszert alkotnak, mert közülük bármely kett˝o kizárja egymást, hiszen egy dobás/ nak nem lehet két eredménye, ezért pl. D1 D2 = 0. D1 + D2 jelenti azt az eseményt, hogy a dobás eseménye 1 vagy 2. D1 komplementere D1 , azt az eseményt jelöli, amelynél a dobás eseménye 1t˝ol különb˝oz˝o, tehát a D2 + D3 + D4 + D5 + D6 eseményt. Jelölje E azt az eseményt, hogy a kockával legalább 5-öt dobunk és F azt az eseményt, hogy kockával páros számú pontot dobunk, tehát E = = D5 + D6 , F = D2 + D4 + D6 . EF azt jelenti, hogy legalább 5-öt, de párosat dobunk, azaz 6-ot dobunk: EF = D6 . 2. A kísérlet: a pozitív egészek közül kiválasztunk egy számot. E5 jelölje azt az eseményt, hogy a szám 5-tel osztható, E0 pedig azt, hogy a szám nullára végz˝odik. Ebben az esetben E0 ⊂ E5 , hiszen ha egy szám nullára végz˝odik, az maga után vonja, hogy 5-tel is osztható, tehát E5 is teljesül. Az E5 + E0 összeg ezért E5 -tel egyenl˝o, mivel bármelyik esemény következik is be, a szám osztható 5-tel. E5 E0 azt az eseményt jelenti, amelynél a szám 5-tel osztható és 0-val végz˝odik, tehát éppen az E0 -lal jelöltet: E5 E0 = E0 . Megjegyezzük, hogy egy adott véletlen jelenség esetén sem mindig világos, mit kell elemi eseményeknek tekintenünk, ebben gyakran csak a tapasztalat igazít el bennünket. Egy eseménytér elemi eseményeit azonban úgy kell összeállítanunk, hogy www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

568

22. Valószín˝uség-számítás

1. bármelyik elemi eseményr˝ol egyértelm˝uen eldönthet˝o legyen, hogy bekövetkezett-e vagy nem; 2. az elemi események közül semelyik kett˝o sem következhet be egyidej˝uleg; 3. az elemi események közül az egyiknek mindig biztosan be kell következnie a kísérlet során, ez egyébként azt jelenti, hogy egy kísérlet elemi eseményei teljes eseményrendszert alkotnak.

22.2. A valószínuség ˝ alaptulajdonságai, a valószínuség ˝ klasszikus kiszámítási módja Tegyük fel, hogy egy kísérletet n-szer megismétlünk és megállapítjuk, hogy a kísérletek során egy A esemény k-szor következett be; ebben az esetk ben a k-t az A esemény gyakoriságának, a hányadost pedig az A relatív n gyakoriságának nevezzük. A véletlen tömegjelenségek jellemz˝oje, hogy a kísérletek számát növelve a relatív gyakoriságok egyre kisebb mértékben ingadoznak egy rögzített szám körül. Ez a megfigyelés vezetett el a valószín˝uség absztrakt, matematikai megfogalmazásához, amely lényegében a relatív gyakoriság tulajdonságain alapszik. A valószín˝uség-számítás tehát bizonyos, a tapasztalat alapján kimondott alaptételekb˝ol indul ki; további tételeit ezekb˝ol vezeti le, ezek a tételek viszont ismereteink szerint jól egyeznek a tapasztalattal. Az alaptételek: I. Minden véletlen A eseményhez hozzárendelünk egy P(A)-val jelölt [0, 1] intervallumbeli számot, amit az A esemény valószín˝uségének nevezünk: 0 ≦ P(A) ≦ 1. (22.2.1) A valószín˝uség tehát egy 0 és 1 közé es˝o valós szám; ezt gyakran szá3 zalék (azaz századrész) alakjában adják meg; pl. ha P(A) = = 0,75, ezt 4 úgy is szokták mondani, hogy az A esemény 75%-os valószín˝uséggel következik be. II. A biztos esemény valószín˝usége 1, a lehetetlen eseményé 0; / P(I) = 1, P(0) = 0. (22.2.2) III. Ha A1 , A2 , A3 , . . ., An , . . . egymást páronként kizáró események, / akkor azaz Ai A j = 0, P(A1 +A2 +. . .+An +. . .) = P(A1 ) + P(A2) + . . . + P(An ) + . . . . (22.2.3) Ebben az összefüggésben az események száma vagy véges, vagy pedig megszámlálható végtelen. Ha csak két eseményr˝ol van szó, akkor www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

22. Valószín˝uség-számítás P(A1 + A2 ) = P(A1 ) + P(A2), ha viszont n egymást páronként kizáró eseményként szerepel, P(A1 + A2 + . . . + An ) = P(A1 ) + P(A2) + . . . + P(An ).

569 (22.2.4) (22.2.5)

Az alaptételek néhány közvetlen következményét említjük most meg. Mivel A + A = I és P(I) a II. alaptétel szerint 1-gyel egyenl˝o, ezért A-ra és A-ra alkalmazva (22.2.4)-et kapjuk, hogy 1 = P(A + A) = P(A) + P(A), ebb˝ol P(A) = 1 − P(A),

P(A) = 1 − P(A).

(22.2.6)

Ez az összefüggés lehet˝ové teszi, hogy P(A)-t P(A) segítségével határozzuk meg; az esetek egy részében ui. ez egyszer˝ubb. Tegyük most fel, hogy az A1 , A2 , . . ., An események teljes eseményrend/ ezért szert alkotnak, ebben az esetben A1 + A2 + . . . + An = I és Ai A j = 0, (22.2.3) szerint P(A1 +A2 +. . .+An ) = P(I) = 1 = P(A1 )+P(A2 )+. . .+P(An ), (22.2.7) azaz ha az A1 , A2 , . . . , An események teljes eseményrendszert alkotnak, akkor valószín˝uségeik összege 1-gyel egyenl˝o. A valószín˝uség-számítás klasszikus feladatában olyan kísérlet véges sok eseményének a valószín˝uségét kell meghatározni, amelyben minden elemi esemény valószín˝usége egyenl˝o. Mivel egy kísérlet elemi eseményei teljes eseményrendszert alkotnak, ha a kísérlet elemi eseményei E1 , E2 , . . ., En , (22.2.7) szerint, ha P(E1 ) = P(E2 ) = . . . = P(En ), P(E1 ) + P(E2) + . . . + P(En ) = 1, P(Ei ) =

1 n

(i = 1, 2, . . . , n).

(22.2.8)

Ha viszont ennél a kísérletnél egy A esemény k számú elemi esemény összege, azaz pl. A = E1 + E2 + . . . Ek , akkor P(A) = P(E1 )+P(E2 )+. . .+ +P(Ek ) és így k (22.2.9) P(A) = . n Ezt az igen gyakran használt képletet úgy értelmezzük, hogy ha az n elemi eseményb˝ol álló kísérletnél az A eseményt el˝oidéz˝o elemi események száma – vagy ahogyan mondani szokás – az A szempontjából kedvez˝o elemi események száma k, akkor a kedvez˝o elemi események száma . A valószín˝usége = összes elemi események száma www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

570

22. Valószín˝uség-számítás

Az ezzel a módszerrel számítható valószín˝uségeket klasszikus valószín˝uségeknek (a valószín˝uségek klasszikus kiszámítási módjának) szokták nevezni, mivel a valószín˝uség-számítás hosszú ideig csak ilyen típusú valószín˝uségek meghatározásával foglalkozott. Mivel a kedvez˝o, ill. összes elemi események meghatározása, összeszámlálása általában kombinatorikai feladat, szokás a valószín˝uség kombinatorikus meghatározásáról is beszélni. Pl. a lottóhúzásnál elemi eseménynek tekinthetjük valamely számötös kihúzását (a sorrend itt nem  számít),  az összes események száma, mivel 90 90 számból 5-öt húzunk ki, ; feltételezve, hogy minden számötöst 5 azonos valószín˝uséggel húzhatnak ki, egy konkrét számötös egy húzás alkalmával csak egy módon áll el˝o, tehát a kedvez˝o események száma 1, ezért annak a valószín˝usége, hogy egy húzásnál egy konkrét számötös jön ki: 5!85! 5! 1 = = ≈ 0,00000002. 90
90! 86 · 87 · 88 · 89 · 90 5 Feladatok Feltételezzük, hogy az egyes kísérletek elemi eseményei egyenl˝oen valószín˝uek, tehát klasszikus valószín˝uségekr˝ol van szó. 1. Mi a valószín˝usége annak, hogy a 32 lapos magyar kártyából egy húzásra zöldet húzzunk? (A 32 lapból 8 zöld van.) A kedvez˝o események száma 8, az összesé 32, így a valószín˝uség

1 8 = . 32 4

2. A 32 lapos magyar kártyából találomra kiválasztunk 8 lapot. Mi a valószín˝usége annak, hogy a zöld ász közöttük van?  32 -féleképpen választhatunk ki, ez az összes elemi esemény 8 száma. Az így kiválasztott lapnyolcasok között azok lesznek a „kedvez˝ok”, amelyek a zöld ászt tartalmazzák, számoljuk ezért meg, hogy hány olyan lapnyolcas van, amely a zöld ászt tartalmazza. Az ilyen nyolcasokat úgy állíthatjuk össze, hogy kiválasztjuk el˝o re azöld ászt, majd a többi hetet választjuk ki a maradék 31 31 lap közül, ezeket -féleképpen választhatjuk, ami tehát a kedvez˝o elemi 7 események száma. A valószín˝uség: 31
7 = 31! : 32! = 31!8!24! = 8 = 1 . 32
7!24! 8!24! 7!24!32! 32 4 32 lapból 8-at



8

3. Feldobunk két egyforintos érmét. Mi a valószín˝usége, hogy mindkett˝o „fejre” esik?

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

22. Valószín˝uség-számítás

571

Az írást I-vel, a fejet F-fel jelölve a két (megkülönböztetett) érme dobáseredményeit adó elemi események: II, FF, FI, IF; tehát összesen négy elemi esemény 1 van, ebb˝ol egy a kedvez˝o; ezért az FF valószín˝usége . 4   1 A tapasztalattól eltér˝o eredményt -ot kapnánk, ha elemi eseményeknek 3 csak az II, FF, FI eseményeket tekintenénk, ennek az az oka, hogy FI (vagy IF) valószín˝usége nagyobb, mint az II és FF valószín˝usége, tehát nem lenne alkalmazható a klasszikus képlet.

4. Mennyi annak a valószín˝usége, hogy két kockával dobva a kapott pontok összege legfeljebb 10? A két kockával összesen 6 · 6 = 36 pontpárt kaphatunk, ennyi az elemi események száma. Egyszer˝ubb a komplementer esemény valószín˝uségét kiszámítani, vagyis azét, ha 10-nél többet dobunk. Ennek lehet˝osége: (5, 6), (6, 5), (6, 6), tehát összesen 3 lehet˝oség, ezért a 10-nél nagyobb pontösszeg˝u dobás valószín˝usége: 1 3 = . 36 12 11 1 (22.2.6) szerint ezért 1 − = annak a valószín˝usége, hogy a pontösszeg leg12 12 feljebb 10.

5. Egy dobozban 100 golyó van, 90 fekete és 10 fehér. Mi annak a valószín˝usége, hogy a golyók közül találomra 10-et kiválasztva pontosan egy fehér legyen közöttük? Az elemi események a  100-ból  10 golyó kiválasztása az összes lehetséges mó100 don, ezek száma összesen . Ezek közül kedvez˝o esemény az, ha a 10 golyó 10 között egy fehér van, azaz, ha egy golyót a fehérek közül, 9-et pedig a feketék   90 közül választunk ki. A fehérek 10 módon választhatók ki, a feketék pedig 9 féleképpen. Mivel minden fekete kiválasztásához 10  fehér  kiválasztás tartozik, az 90 egy fehér golyót tartalmazó golyótízesek száma 10 ; s így a valószín˝uség: 9
10 90 9 = 0,4080. 100
10

6. Egy dobozban 100 golyó van, 90 fekete és 10 fehér. Mi annak a valószín˝usége, hogy a golyók közül találomra 10-et kiválasztva legyen közöttük fehér?

A komplementer esemény valószín˝uségét számítjuk ki: mi annak a valószín˝usége, hogy a kiválasztott golyók legyen.  között  ne legyen fehér, azaz mind  fekete  100 90 -féleképpen Az összes kiválasztás száma , a 90 feketéb˝ol 10 feketét 10 10 választhatunk ki, tehát a komplementer esemény valószín˝usége:

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

572

22. Valószín˝uség-számítás 90
10 100
10

=

100! 90!90!10! 90! : = = 0,3305. 10!80! 10!90! 100!80!10!

A kérdéses esemény valószín˝usége ezért 1 − 0,3305 = 0,6695.

7. Egy baráti társaság 4 házaspárból áll. Tombolán kisorsolnak a résztvev˝ok között 4 nyereményt. Mi a valószín˝usége annak, hogy a nyertesek között férfi is és n˝o is legyen?

Számítsuk ki el˝oször a komplementer esemény valószín˝uségét, tehát azét,hogy  8 a nyertesek között ne legyen férfi is és n˝o is. 8 ember között a 4 nyeremény 4 féleképpen osztható ki; ennyi az összes lehet˝oségek száma. A nyertesek között nincs férfi–n˝o páros, ha mind a négy nyertes férfi, vagy mind a négy nyertes n˝o. A férfiakat is és a n˝oket is csak egyféleképpen lehet kiválasztani, tehát összesen 2 olyan kiválasztás van, amelyben nincs férfi–n˝o páros. Ezek szerint annak a valószín˝usége, hogy a nyertesek között nincs férfi–n˝o páros: 1 2 = , 8
35 4

viszont annak a valószín˝usége, hogy van közöttük férfi is és n˝o is: 1 −

34 1 = . 35 35

8. Nyolc gyerek szaladt egy háromkocsis villamosszerelvény felé; még az indulás el˝ott sikerült valamennyiüknek felugrani a kocsikba. Mi a valószín˝usége annak, hogy az els˝o kocsiba egy gyerek, a másodikba kett˝o, a harmadikba pedig öt került, ha feltételezzük, hogy mindegyik gyerek ugyanannyi valószín˝uséggel kerülhetett bármelyik kocsiba? Számoljuk össze el˝oször a villamosra való felszállás összes lehet˝oségét. E célból számozzuk meg a gyerekeket valamilyen sorrendben (pl. névsor szerint) az 1, 2, . . . , 8 számokkal és egy bizonyos felszállás esetén írjuk a számuk mellé indexül, hogy melyik kocsiba szálltak fel; pl.: 13 22 31 43 51 62 72 82 . Ha az adott sorrendben csupán az indexeket írjuk fel: 32131222, akkor három elem (az 1, 2, 3) egy nyolcadosztályú ismétléses variációját kapjuk; minden felszálláshoz tartozik egy ilyen variáció, és minden ilyen variáció egyértelm˝uen jellemez egy elhelyezkedést. Mivel három elem nyolcadosztályú ismétléses variációinak száma 38 , a villamosokba való fellépéseknek 38 lehet˝osége van. Ezek közül kedvez˝o az, amelyben egy 1-es, két 2-es és öt 3-as van, pl. az ilyen: 31223333 (ez azt jelentené, hogy az els˝o kocsiba a 2-es gyerek, a másodikba a 3as és 4-es gyerek, a többi pedig a harmadik kocsiba szállt be). Ezek az 1, 2, 2, 3, 3, 3, 3, 3, elemeknek ismétléses permutációi, ezek száma (13.1.2) szerint (tehát a 8! . kedvez˝o elemi események száma): 1!2!5! 8! Ezért a keresett valószín˝uség: = 0,0256. 1!2!5!38

9. Mekkora annak a valószín˝usége, hogy lottóhúzásnál egy szelvényünkön egy kettes találat legyen? www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

22. Valószín˝uség-számítás

573

    5 90 = 10 . Egy konkrét számötösb˝ol 2 5 számpár állítható össze, ezek mindegyike jó a kettes találathoz.   85 Egy számpárhoz azonban a másik három számot a maradék 85-b˝ol 3   85 féleképpen választhatjuk meg, ezért 10 a kettes találatot eredményez˝o ked3 vez˝o esetek száma. A kettes találat valószín˝usége:
10 85 3 = 0,022474. 90
A kihúzható számötösök száma

5

10. A számegyenes 0 pontjából induló pont folytonosan mozog a számegyenesen és másodpercenként egységnyi utat tesz meg. Minden megtett egységnyi út után vagy megtartja mozgásirányát, vagy pedig ellentétesre változtatja. Mi a valószín˝usége annak, hogy 1 perc elteltével visszaérkezik a kiindulási pontba? A pont az indulástól számított minden másodperc végén a számegyenes egy egész számhoz tartozó pontjában ún. csomópontjában van. Minden csomópontban a továbbhaladásnak kétirányú lehet˝osége van, úgy hogy n másodperc alatt 2n -féle utat tehet meg, 1 perc = 60 másodperc alatt tehát 260 -féle utat járhat be; elemi eseménynek egy ilyen út megtételét tekintjük. Kedvez˝ok azok az elemi események, azaz utak, amelyek a kiindulási pontban végz˝odnek; ilyen út csak úgy jöhet létre, hogy megtétele folyamán a pont 30-szor jobbra, 30-szor pedig balra halad a csomóponton átmenve. Minden jobbra tartó mozgást jelölhetünk a megtett út +1 hosszával és minden balra tartót az ezzel ellentétes −1-gyel, tehát pl. egy (10 egységb˝ol álló) utat a következ˝o módon: +1 + 1 + 1 − 1 + 1 − 1 − 1 + 1 − 1 − 1, a feladatban szóba jöv˝o utak jellemzésére tehát 30 darab +1-et és 30 darab −1-et írunk egymás után valamilyen sorrendben; s˝ot elegend˝o lenne csupán a 30 darab +1-et kiírni, a maradék helyekre automatikusan −1 kerülne. Minden ilyen jelsor egyértelm˝uen jellemez egy „kedvez˝o” utat és minden ilyen jelsorhoz tartozik egy „kedvez˝o” út. A kedvez˝o utak száma viszont annyi, ahányféleképpen 60 helyre el tudunk helyezni 30 darab +1-est. Ezeket az elhelyezéseket viszont megadhatjuk úgy, hogy  az  1-t˝ol 60-ig megszámozott helyekb˝ol kijelölünk a +1-ek számára 3060 at, ezt -féleképpen tehetjük meg, ez tehát a kedvez˝o elemi események száma, 30 és így a keresett valószín˝ uség:  60 60! ≈ 0,1. : 260 = 30 (30!)2 · 260

22.3. A valószínuség ˝ geometriai kiszámítási módja A valószín˝uség-számítási feladatok egy részében az elemi eseményeket egy geometriai alakzat pontjaihoz rendeljük hozzá és feltételezzük, hogy www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

574

22. Valószín˝uség-számítás

egy eseményhez tartozó ponthalmaz mértéke (hossza, területe vagy térfogata) arányos az esemény valószín˝uségével. Ez a módszer arra is lehet˝oséget ad, hogy a valószín˝uséget olyan esetben is meghatározhassuk, amikor a kísérlet végtelen sok elemi eseményb˝ol áll. Ezeknek az ún. geometriai valószín˝uségeknek a meghatározására mutatunk most példákat. Feladatok 1. Egy óra nagymutatója, ha az óra lejár, egyenl˝o valószín˝uséggel áll meg a számlap minden pontján. Mi a valószín˝usége annak, hogy a nagymutató a 10-es és a 12-es pont között áll meg? A 10-es és 12-es közötti ív a kedvez˝o események helye, ez éppen hatodrésze a 1 számlap teljes ívének, ezért a jelölt helyen való megállás valószín˝usége . 6

2. Egy pálcát kettétörünk; a törés valószín˝usége a pálca minden pontjában egyenl˝o. Mi annak a valószín˝usége, hogy a nagyobbik darab nem nagyobb a kisebbik kétszeresénél? Jelölje a pálca két végpontját A és B, az A-hoz közelebbi harmadolópontját P, a B-hez közelebbit Q (22.3.1. ábra). Ha a törés az AP vagy QB szakasz belsejében van, a nagyobbik darab nyilván nagyobb a pálca 2/3-ánál, ezért nagyobb a másik kétszeresénél is, ennélfogva a feladat feltételét csak a PQ szakasz pontjai elégítik ki. Ezek szerint a kísérlet összes elemi eseményének az AB pontjai, a kedvez˝o elemi eseményeknek a PQ pontjai felelnek meg, s így a valószín˝uség: PQ 1 = . AB 3

◦ A

◦ P

◦ Q

◦ B

22.3.1. ábra. A pálcaszéttörés valószín˝usége

3. Egy egységnyi hosszúságú pálcát találomra három darabra törünk. Mi a valószín˝usége annak, hogy a három pálcadarabból mint oldalakból egy háromszög állítható össze? Jelölje a töréspontoknak a pálca egyik végpontjától mért távolságait x és y (22.3.2. ábra). Két eset lehetséges: x < y vagy x > y. Az els˝o esetben a pálcadarabok hossza x, y − x, 1 − y. Ezekb˝ol akkor szerkeszthet˝o háromszög, ha mindegyikük kisebb a másik kett˝o összegénél, tehát ha teljesülnek a következ˝o egyenl˝otlenségek: 1 a) x + (y − x) > 1 − y, azaz y > , 2 1 b) x + (1 − y) > y − x, azaz y < x + , 2 1 c) (y − x) + (1 − y) > x, azaz x < . 2 Az elemi események „összeszámlálása” céljából egy sajátos – egyébként gyakran alkalmazott – módszert választunk. Mivel x és y a (0, 1) intervallumbeli értékek, rendeljünk minden (x, y) értékpárhoz a koordináta-rendszerben egy P(x, y)

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

22. Valószín˝uség-számítás

575

pontot (22.3.3. ábra), ezek a pontok egy egységoldalú négyzet belsejét töltik ki. Ezek a pontok felelnek meg az összes elemi eseménynek. Az egyenl˝otlenség-rendszerrel jellemzett pontok ábránkon a vízszintes vonal1 1 1 kázású háromszög belsejében helyezkednek el, ezt az y = , y = x + és az x = 2 2 2 egyenlet˝u egyenesek zárják közre; a ponthalmaz meghatározásakor ugyanazt az elvet követtük, mint a 17.2. szakasz 6. feladatának a megoldásában. Ezek a pontok kedvez˝o elemi eseményeknek felelnek meg.

22.3.2. ábra. A háromszög szerkeszthet˝oségének valószín˝usége

22.3.3. ábra. A háromszög szerkeszthet˝oségének területi valószín˝usége

Ha viszont x > y, el˝oz˝o gondolatmenetünkben csupán x és y szerepe cserél˝odik fel, tehát lényegében az (x, y) pont helyett az (y, x) pontot kell szerepeltetnünk, ami az (x, y) pont y = x egyenesre való tükrözését jelenti; következésképpen az egyenl˝otlenség-rendszert kielégít˝o pontok az el˝obbi háromszög tükörképében, a függ˝oleges vonalkázású háromszögben helyezkednek el. Feltételezve, hogy a háromszög létrejöttének a valószín˝usége a kedvez˝o, ill. az összes eseménynek megfelel˝o síkrészek területének az arányával egyenl˝o, a kere1 sett valószín˝uség ; mivel a négyzet területe 1, a vonalkázott részeké pedig együt4 1 tesen . 4

4. A ]0, 1[ intervallumban véletlenszer˝uen kiválasztunk egy tetsz˝oleges valós számot. Mi a valószín˝usége, hogy a kiválasztott szám második tizedesjegye 7-es legyen? Az elemi eseményeknek itt a ]0, 1[ szakasz pontjai felelnek meg, ezek egy 1 hosszúságú szakaszt töltenek ki. A kedvez˝o elemi eseményekhez azokat a pontokat rendeljük, amelyekhez tartozó számban a második tizedesjegy 7-es. Ezek helyének a meghatározására osszuk tíz egyenl˝o részre a ]0, 1[ intervallumot, majd minden tizedrészt ismét tíz részre, a 22.3.4. ábrán csak az els˝o tizedrész felosztását tüntettük fel. Ezen a részen a szóban forgó pontok a 0,07 és 0,08 pontok közötti 0,01 hosszúságú szakaszon helyezkednek el. Hasonló a helyzet a másik kilenc részintervallumban is, tehát a kedvez˝o eseményeknek megfelel˝o pontok összesen 10 · 0,01 = 0,1 hosszúságú szakaszokat töltenek ki, ezért annak a valószín˝usége, www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

576

22. Valószín˝uség-számítás

0,1 = 0,1-del egyenl˝o. (Könnyen hogy a kiválasztott szám második jegye 7-es, 1 belátható, hogy ugyanezt az eredményt kapnánk, ha a második helyett az n-edik tizedesjegyre tennénk fel a kérdést.)

22.3.4. ábra. A második tizedesjegy 7

22.3.5. ábra. A találkozás valószín˝usége

5. Két ember megbeszéli, hogy 2000. január elsején 10 és 11 óra között találkoznak a Halászbástyán. Ha a megbeszélt id˝oközben véletlenszer˝uen érkeznek, mi a valószín˝usége, hogy egyiküknek sem kell a másikra 20 percnél többet várnia? Tegyük fel, hogy az els˝o 10 óra után x perccel, a második y perccel érkezik meg a Halászbástyára, x és y értékei 0-tól 60-ig terjednek. Minden {x, y} számpárhoz rendeljük hozzá a koordináta-rendszer P(x, y) pontját, ezek a pontok egy 60-as oldalú négyzetet töltenek ki (22.3.5. ábra), ezek felelnek meg az összes elemi eseménynek. Ezek közül a kedvez˝o eseményeket azok a pontok jellemzik, amelyek koordinátáira az |x − y| ≦ 20 teljesül, ebben az esetben lesz a várakozási id˝o 20 perc vagy annál kevesebb. Keressük meg az ilyen pontoknak a helyét. Az el˝obbi egyenl˝otlenség egyenérték˝u az y ≦ x + 20 és az y ≧ x − 20 egyenl˝otlenségekkel adott egyenl˝otlenség-rendszerrel. Ezeket külön-külön azok a pontok elégítik ki, amelyek az y = x + 20 egyenlet˝u egyenes alatt, ill. az y = x − 20 egyenlet˝u egyenes felett vannak. Ezek együttesen a 22.3.5. ábra négyzetének szürke részét töltik ki. A valószín˝uséget a szürke rész és a négyzet területének az aránya adja meg. A szürke rész területét megkapjuk, ha a négyzet 602 = 3600-as területéb˝ol kivonjuk a nem szürke részek együttes területét, ezek együttesen egy 40-es oldalú négyzetet tesznek ki, ennek területe 402 = 1600, a maradék (szürke) terület tehát 3600 − 1600 = 2000. A keresett valószín˝uség azért 5 2000 = . 3600 9

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

22. Valószín˝uség-számítás

577

22.4. Feltételes valószínuség ˝ és függetlenség Feltételes valószín˝uségr˝ol beszélünk akkor, ha egy esemény bekövetkezésének a valószín˝uségét olyan körülmények között keressük, hogy közben egy másik esemény bekövetkezését feltételezzük. Legyen pl. A és B két esemény, együttes bekövetkézésük az AB esemény. Az A esemény B-re vonatkozó feltételes valószín˝uségének az AB esemény valószín˝uségének és a B esemény valószín˝uségének a hányadosát nevezzük és P(A | B)-vel jelöljük (olv.: P(A vonás B) vagy: P(A feltéve B), tehát, ha P(B) 6= 0, P(AB) (22.4.1) P(A | B) = P(B) P(A | B) ezek szerint annak a valószín˝usége, hogy az A esemény bekövetkezik, feltéve, hogy a B esemény bekövetkezik. A (22.4.1) összefüggés alkalmazását két feladaton mutatjuk be. 1. Egy 100 tagú társaságban 60 férfi és 40 n˝o van; a férfiak közül 4 lakik a f˝ovárosban, a n˝ok közül 3. Találomra kiválasztunk valakit a társaságból; mi a valószín˝usége, hogy ha a kiválasztott n˝o, akkor f˝ovárosi legyen? Jelölje A azt az eseményt, ha a 100 tagú társaságból f˝ovárosit, B-vel pedig azt, hogy n˝ot választunk ki, ezek szerint AB f˝ovárosi n˝o kiválasztását (mint eseményt) jelöli. P(A | B) tehát annak a valószín˝usége, hogy ha n˝ot választunk ki, akkor az f˝ovárosi. Mivel a kiválasztás lehet˝osége 100 és ebb˝ol n˝ot 40-féleképpen választhatunk 40 . Hasonlóan, mivel 3 f˝ovárosi n˝o van, annak a valószín˝usége, hogy ki, P(B) 100 3 , ennélfogva (22.4.1) szerint annak valóf˝ovárosi n˝ot választunk ki: P(AB) = 100 szín˝usége, hogy ha a kiválasztott n˝o, akkor f˝ovárosi: 40 3 3 : = . P(A | B) = 100 100 40

2. Magyarország kétgyermekes családjai közül véletlenszer˝uen kiválasztunk egyet. Megtudjuk, hogy az egyik gyermek leány. Mi a valószín˝usége, hogy a másik gyermek fiú? (Feltételezzük, hogy egy családban mind az els˝o, mind a második gyermek egyenl˝o valószín˝uséggel lehet fiú vagy leány.) Jelölje A azt az eseményt, hogy a kiválasztott családban az egyik gyermek leány, B pedig azt, hogy van fiú a kiválasztott családban; következésképpen AB azt jelöli, hogy fiú is és leány is van a családban. A kétgyermekes család gyermekeloszlásának lehet˝oségei születésük sorrendjében: ll, f f , l f , f l. 3 1 Ebb˝ol következik, hogy P(A) = , P(AB) = , és így a keresett P(B | A), vagyis 4 2 annak a valószín˝usége, hogy fiú is legyen a kiválasztott családban:

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

578

22. Valószín˝uség-számítás P(B | A) =

P(AB) 1 3 2 = : = . P(A) 2 4 3

A (22.4.1) összefüggést ilyen formában is felírhatjuk: P(AB) = P(A | B)P(B), (22.4.2) s ezt az alakját a valószín˝uségek szorzási szabályaként szokás említeni. Ez gyakran módot ad az AB esemény valószín˝uségének a meghatározására is. Ha P(A) = P(A | B), ez azt jelenti, hogy az A esemény valószín˝usége nem függ a B esemény bekövetkezését˝ol, azaz B bekövetkezése nem befolyásolja A valószín˝uségét, s ebben az esetben (22.4.2) így alakul: P(AB) = P(A)P(B). (22.4.3) Az ilyen esetben az A és B eseményeket függetleneknek nevezzük. A gyakorlatban két esemény függetlenségének az eldöntése sokszor nehézségekbe ütközik, a függetlenség definíciójának a (22.4.3) feltétel teljesülését tekintjük. Ha több eseményr˝ol van szó és közülük bármely kett˝ore teljesül (22.4.3), akkor ezek páronként függetlenek; ez azonban nem jelenti azt, hogy közöttük semmiféle kapcsolat nem áll fenn. Az A1 , A2 , . . ., An eseményeket akkor mondjuk teljesen függetlennek, ha közülük tetsz˝oleges k számút kiválasztva azok együttes bekövetkezésének valószín˝usége egyenl˝o az egyes események valószín˝uségeinek a szorzatával (k = 1, 2, . . . , n).

3. Három kockával egyszerre dobunk. Mekkora annak a valószín˝usége, hogy a dobott pontszám mind a három kockán legalább 5-ös legyen? A három kockán megjelen˝o pontok számát, mint eseményeket, egymástól függetleneknek tekintjük. Az egy kockán megjelen˝o pontok lehetséges száma 6, ebb˝ol kedvez˝o az 5-ös és a 6-os, tehát 2. Ezért annak a valószín˝usége, hogy egy kockával 2 1 5-öst vagy 6-ost dobunk, = . 6 3 Ha A1 , A2 , A3 jelöli ezt az eseményt, hogy az egyes kockákkal 5-öst vagy 61 ost dobunk, P(A1 ) = P(A2 ) = P(A3 ) = , s mivel ezek független események, a 3 keresett valószín˝uség:  3 1 1 = . P(A1 A2 A3 ) = P(A1 )P(A2 )P(A3 ) = 3 27

4. Egy dobozban 9 fehér és 1 fekete golyó van. Kihúzunk egyet, meg1 nézzük és visszatesszük. Hányszor kell húznunk ahhoz, hogy -nél na2 gyobb valószín˝uséggel legalább egyszer feketét húzzunk? Az egymást követ˝o húzások eredménye független eseménysorozat. Jelölje Ai 9 10 (i = 1, 2, . . .). Annak a valószín˝usége, hogy az els˝o  n húzásra mindig fehér golyót kapunk:  9 n . P(A1 A2 . . . An ) = P(A1 )P(A2 ) . . . P(An ) = 10

azt az eseményt, hogy az i-edik húzásra fehér golyó jön ki. Nyilván P(Ai ) =

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

22. Valószín˝uség-számítás

579

Ebb˝ol annak a valószín˝usége, hogy az els˝o n húzásra kihúzott golyók nem mind fehérek, az A1 A2 . . . An esemény komplementerének a valószín˝uségével egyenl˝o, tehát  n 9 . P(A1 A2 . . . An ) = 1 − 10 1 Az a kérdés, hányszor kell húznunk, hogy ez -nél nagyobb legyen, azaz, hogy 2  n 1 9 > 1− 10 2

teljesüljön. Oldjuk meg ehhez ezt az egyenl˝otlenséget:  n 1 9 < , 10 2 n(lg 9 − lg 10) < − lg 2, n(lg 10 − lg 9) > lg 2, 0,3010 = 6,57. n> 0,0458

Ez azt jelenti, hogy n ≧ 7-nek kell teljesülnie, azaz legalább 7 húzásra van szük1 ség az -es valószín˝uség eléréséhez. 2

5. Végezzünk olyan kísérletet, amelynek két kimenetele lehet, azaz vagy az A esemény következik be, vagy pedig a komplementer eseménye, A. Feltételezzük, hogy a kísérlet változatlan körülmények között n-szer megismételhet˝o. Legyen az A bekövetkezésének a valószín˝usége: P(A) = p. Mekkora annak a valószín˝usége, hogy n kísérletb˝ol az A esemény pontosan k-szor következik be a sorrendre való tekintet nélkül? Tegyük fel, hogy egy n tagú kísérletsorozat els˝o k kísérleténél az A esemény következik be (mindegyik p valószín˝uséggel) a többi n − k-nál az A esemény (mindegyik 1 − p = q valószín˝uséggel), ekkor a kísérlet függetlensége miatt egy ilyen kísérletsorozat valószín˝usége: pk a(1 − p)n−k = pk qn−k . Az ilyen kísérletsorozatok száma  annyi, ahányféleképpen egy n tagú sorozatból n k tagot ki lehet választani, tehát , s minden ilyen kísérletsorozat valószín˝usége k pk qn−k ; következésképpen annak a valószín˝usége, hogy n kísérletb˝ol az A pontosan k-szor következik be a III. alaptétel miatt:   n k n−k Pk = p q . (22.4.4) k A most tárgyalt feladatot Bernoulli-féle problémának, az el˝obbi képletet pedig Bernoulli-féle képletnek szokás nevezni.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

580

22. Valószín˝uség-számítás

6. Tegyük fel, hogy annak a valószín˝usége, hogy egy lövés meghatározott körülmények között célba talál 0,7. Számítsuk ki annak a valószín˝uségét, hogy 6 lövésb˝ol 4 találatot érünk el. A (22.4.4) képlet szerint ennek  valószín˝usége: 6 P= 0,74 · 0,32 = 0,3241. 4

22.5. Valószínuségi ˝ változók és eloszlásaik A gyakorlatban el˝oforduló kísérletek kimenetelei bizonyos számokkal jellemezhet˝ok. Pl. egy céltáblára leadott lövések eredménye a középponttól mért távolságaikkal, egy kockadobás eredményei az elért pontokkal, egy folyó vízállását a mért vízmagasságokkal stb. Ezekre a mennyiségekre jellemz˝o, hogy értékük a véletlent˝ol függ és mindegyikük egy-egy eseményhez van hozzárendelve. A valószín˝uségi változó az elemi események halmazán értelmezett függvény. Egy elemi eseményhalmazon természetesen többféle függvény is értelmezhet˝o; pl. egy lövés eredményéhez hozzárendelhetjük azt a szöget is, amelyet a találati pontot a céltábla középpontjával összeköt˝o egyenes egy adott iránnyal bezár. A valószín˝uségi változót mi az általános szokást követve ξ-vel jelöljük. A kockadobásnál ξ lehetséges értékei tehát 1, 2, . . . , 6. Ha a kísérlet a [0, 1] intervallumban egy pont véletlenszer˝u kiválasztásából áll, ξ értékei lehetnek az intervallum kiválasztott helyeihez tartozó számok. A kockadobásnál ξ értékei véges, míg az utóbbi esetben a pontkiválasztásnál végtelen halmazt alkotnak. Ha ξ lehetséges értékeinek a száma véges vagy megszámlálható végtelen, akkor diszkrét valószín˝uségi változóról beszélünk, ha viszont ξ egy intervallum minden száma lehet, akkor folytonos valószín˝uségi változóról van szó. A valószín˝uség-számítás fejezeteiben a valószín˝uségi változók, a hozzájuk kapcsolódó függvények vizsgálata alapvet˝o szerepet játszik; segítségükkel bizonyos eseménycsoportokat egységesen lehet vizsgálni és rájuk nézve fontos eredmények vezethet˝ok le. Mi most csupán egy nagyon speciális kérdéskör ismertetésére szorítkozunk. Legyenek egy teljes eseményrendszer (22.1.) eseményei: A1 , A2 , . . . , An , az eseménytérhez rendelt valószín˝uségi változó értékei: k1 , k2 , . . . , kn . A ki értéket a ξ
változó rendre Pi = P (ξ = ki ) valószín˝uséggel veszi fel azaz Pi = P(Ai ) (i = 1, 2, 3, . . . , n). A www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

22. Valószín˝uség-számítás

581

P1 , P2 , . . . , Pn számhalmazt a ξ változó valószín˝uségi eloszlásának nevezzük. Ez a fogalom lehet˝ové teszi, hogy az azonos valószín˝uség-eloszlást eredményez˝o kísérleteket azonosan jellemezhessük. Most csak néhány diszkrét (azaz diszkrét valószín˝uségi változójú) valószín˝uségi eloszlásra mutatunk példát. 1. Egyenletes eloszlás A ξ diszkrét valószín˝uségi változót egyenletes eloszlásúnak nevezzük, ha lehetséges értékei az x1 , x2 , . . . xn számok és mindegyiket ugyanazzal a valószín˝uséggel veszi fel. Észrevehetjük, hogy itt a klasszikus valószín˝uség esetér˝ol van szó (ezért ezt az eloszlást gyakran nem is említik meg külön). Definíció szerint tehát P(ξ = x1 ) = P(ξ = x2 ) = . . . = P(ξ = xn ), és így (22.2.8) szerint: Pi = P(ξ = xi ) =

1 n

(i = 1, 2, . . . , n).

Ha pl. ξ egy kockadobás pontszámait jelenti, akkor ξ lehetséges értékei x1 = 1, x2 = 2, x3 = 3, x4 = 5, x5 = 6 és 1 (i = 1, 2, . . . , 6). Pi = 6 2. A hipergeometrikus eloszlás A ξ valószín˝uségi változót hipergeometrikus eloszlásúnak mondjuk, ha lehetséges értékei a k = 0, 1, 2, . . . , n számok és a k értékeket a ξ változó

M N−M P(ξ = k) =

k

n−k
N n

(k = 0, 1, 2, . . . , n; k ≦ M ≦ N ≦ n) (22.5.1)

valószín˝uséggel veszi fel, ahol N, M, n alkalmas számok, az eloszlás ún. paraméterei. Hipergeometrikus eloszlás lép fel a visszatevés nélküli mintavételnél. Olyan esetekben, amikor egy véges halmaz bizonyos elemei egy adott tulajdonsággal rendelkeznek, és ebb˝ol a halmazból választunk ki bizonyos számú elemet, akkor a kiválasztásra (az ún. mintába) kerül˝o adott tulajdonságú elemek száma hipergeometrikus eloszlású. Legyen pl. egy dobozban N golyó, ezek közül M fehér, N − M fekete; véletlenszer˝uen (egyszerre) kiválasztunk közülük n darabot, kérdés: mennyi a valószín˝usége, hogy közöttük k számú lesz a fehér. Az összes lehetséges kiválasztás annyi, ahányféleképpen N go száma  N lyóból n-et kiválaszthatunk, azaz . n www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

582

22. Valószín˝uség-számítás

A kedvez˝o esetek összeszámlálásakor vegyük figyelembe, hogy k fehér golyót tartalmazón golyóból álló mintát úgy állíthatunk össze, hogy  M az M fehér golyóból -féleképpen választunk ki k fehéret, és minden k   N −M egyes kiválasztáshoz a golyókból a többi n − k-t -féleképpen ván − k  M N −M lasztjuk, így az összes kedvez˝o kiválasztások száma , tehát k n−k annak a valószín˝usége, hogy a kiválasztottak között k fehér lesz, valóban a (22.5.1) alatti érték. A valószín˝uségi változó tehát a mintába került fehér golyók számát jelenti: ξ = k. Az el˝obbi feladat szokásos el˝ofordulási formája a következ˝o: valamely gyártmányból átlagosan s% a selejt. Mi a valószín˝usége, hogy egy találomra választott n elem˝u mintában k számú selejtet találunk. A feladatban N játssza a legyártott darabok számát, és ebben az esetben M az N-nek az s%-a, tehát: Ns . M= 100 Mint minden eloszlásnál, itt is természetesen vet˝odik fel, hogy a ξ milyen értékénél lesz a hozzá tartozó valószín˝uség maximális. Bebizonyítható, hogy rögzített N, M, n paraméterek esetén a P(ξ = k) k = 0-tól kezdve növekszik a   M+1 k = (n + 1) N+2 értékig (a szögletes zárójel itt egész részt jelent), innen viszont csökken˝o. 3. Binomiális eloszlás Ez az eloszlás lép fel olyan kísérlet esetén, amelynek csak két kimenetele lehet, vagy az A esemény vagy ennek komplementere, A következik be. Ha A valószín˝usége: P(A) = p, akkor P(A) = 1 − p = q. A 22.4. szakasz 5. feladatában tárgyalt Bernoulli-féle probléma éppen ezt a kísérletet vizsgálja. Ha a kísérletet n-szer ismételjük meg, annak a valószín˝usége,  n k n−k hogy az A esemény k-szor következik be, éppen pq . k A ξ valószín˝uségi változót binomiális eloszlásúnak mondjuk, ha lehetséges értékei a k = 0, 1, 2, . . . , n számok és a k értéket a ξ változó   n k n−k P(ξ = k) = pq (0 < p < 1, q = 1 − p) (22.5.2) k valószín˝uséggel veszi fel. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

583

22. Valószín˝uség-számítás

Az eloszlás nevét onnan kapta, hogy ha (p + q)n -t a binomiális tétel szerint (13.3.1) kifejtjük, éppen a (22.5.2) jobb oldalán álló tagokat kapjuk. Ebb˝ol is következik, hogy n   n k n−k P(ξ = 0) + P(ξ = 1) + . . . + P(ξ = n) = ∑ pq = (p + q)n = 1, k k=0 megegyezésben azzal, hogy a szóban forgó események teljes eseményrendszert alkotnak. A (22.5.2) alatti eloszlást szokták n-edrend˝u, p paraméter˝u binomiális eloszlásoknak is nevezni. Rögzített n és p mellett aP(ξ = k) valószín˝uségek k = 0-tól indulva növekszenek, a maximumot (n + 1)p = k esetben érik el, innen ismét csökkennek. Példaként ábrázoljuk a 22.4. szakasz 6. feladatában szerepl˝o lövések eredményeinek a valószín˝uség-eloszlását. Ha egy lövésnél a találat valószín˝usége p = 0,7, és összesen 6 lövést adunk le, akkor annak valószín˝usége, hogy a 6 lövésb˝ol k talál:   6 Pk = 0,7k · 0,36−k . k A ξ = 0, 1, 2, . . . , 6 értékekhez tartozó valószín˝uségek: P0 = 0,0007; P1 = 0,0102; P2 = 0,0595; P3 = 0,1852; P4 = 0,3241;

P5 = 0,3025;

P6 = 0,1176.

22.5.1. ábra. A binomiális eloszlás ábrája

Ezek az értékek általában táblázatokból kiolvashatók, ennek alapján a 22.5.1. ábrán ábrázoltuk a valószín˝uségi eloszlást; ezen is megfigyelhetjük, hogy a maximális valószín˝uség a   k = (6 + 1)0,7 = [4,9] = 4 értékhez tartozik. A valószín˝uségi eloszlások két jellemz˝o számadata a várható érték és a szórás.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

584

22. Valószín˝uség-számítás

Ha nagyszámú megfigyelést végzünk, akkor a ξ valószín˝uségi változó megfigyelt értékeinek az átlaga (számtani közepe) egy szám körül ingadozik, ez a szám a várható érték; ennek pontos meghatározása diszkrét valószín˝uségi eloszlás esetén a következ˝o: Egy ξ valószín˝uségi változó lehetségés értékei legyenek x1 , x2 , x3 , . . ., xn , a hozzájuk tartozó valószín˝uségek p1 , p2 , p3 , . . ., pn , azaz P(ξ = xi ) = = pi . A ξ várható értéke definíciói szerint: M(ξ) = p1 x1 + p2 x2 + p3x3 + . . . + pnxn . (22.5.3) A várható érték tehát súlyozott számtani közép jelleg˝u mennyiség, mivel p1 + p2 + . . . + pn = 1, M(ξ)-t olyan törtként is felírhatnánk, amelynek nevez˝ojében a pi valószín˝uségek összege áll. 1 A diszkrét egyenletes eloszlásnál valamennyi pi értéke -nel egyenl˝o, n ezért várható értéke: 1 x1 + 1n x2 + . . . + n1 xn x1 + x2 + . . . + xn = (22.5.4) = x, M(ξ) = n 1 n n· n azaz az xi értékek számtani közepével egyenl˝o. A binomiális együtthatók tulajdonságai alapján bebizonyítható, hogy az N, M, n paraméterekkel rendelkez˝o hipergeometrikus eloszlás várható értéke: Mn . (22.5.5) M(ξ) = N Az n-edrend˝u, p paraméter˝u binomiális eloszlás várható értéke: M(ξ) = nP (22.5.6) Pl. a binomiális eloszlásnál vizsgált lövészeti példánkban a várható érték np = 6 · 0,7 = 4,2, tehát a megismételt kísérletek átlagosan kb. négytalálatosak lesznek, ez már azért sem meglep˝o, mert láttuk, hogy a négytalálatos sorozatoknak van a legnagyobb valószín˝usége. A valószín˝uségi változó értéke tehát a várható érték körül ingadozik; az ingadozás mértékér˝ol viszont a valószín˝uségi változó szórása nyújt tájékoztatást. Ennek definíciójához el˝orebocsátjuk, hogy ha ξ valószín˝uségi változó, tehát egy eseményhalmazon értelmezett függvény, akkor a ξ − M(ξ) is valószín˝uségi változó, s˝ot ennek a négyzete, [ξ − M(ξ)]2 is. Ennek az utóbbi valószín˝uségi változónak a várható értékét nevezzük a ξ változó szórásnégyzetének és D2 (ξ)-vel jelöljük, tehát:
D2 (ξ) = M [ξ − M(ξ)]2 , (22.5.7) D(ξ)-t pedig a ξ változó szórásának mondjuk.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

585

22. Valószín˝uség-számítás

Bebizonyítható, hogy ha a ξ diszkrét valószín˝uségi változó lehetséges értékei x1 , x2 , x3 , . . ., xn , és a hozzájuk tartozó valószín˝uségek p1 , p2 , p3 , . . ., pn , akkor a szórásnégyzet: D2 (ξ) = (p1 x21 + p2 x22 +. . .+ pn x2n )−(p1 x1 + p2 x2 +. . .+ pn xn )2 , (22.5.8) és így a szórás: q D(ξ) = (p1 x21 + p2 x22 +. . .+ pn x2n )−(p1 x1 + p2 x2 +. . .+ pn xn )2 .

(22.5.9)

1 Egyenletes diszkrét eloszlás esetén p1 = p2 = . . . = pn = , ezért, ha n a (22.5.4)-beli számtani közepet x-sal jelöljük, az egyenletes eloszlás szórásnégyzete:   x2 + x22 + . . . + x2n x1 + x2 + . . . + xn 2 = − D2 (ξ) = 1 n n

x21 + x22 + . . . + x2n (x1 − x)2 + (x2 − x)2 + . . . + (xn − x)2 − x2 = , n n és ebb˝ol az egyenletes eloszlás szórása: r (x1 − x)2 + (x2 − x)2 + . . . + (xn − x)2 . (22.5.10) D(ξ) = n =

Az N, M, n paraméterekkel rendelkez˝o hipergeometrikus eloszlás szórása, ha M/N-et p-vel jelöljük: s   n−1 . D(ξ) = np(1 − p) 1 − N −1 Az n-edrend˝u, p paraméter˝u binomiális eloszlás szórása viszont p √ D(ξ) = np(1 − p) = npq.

Például a lövészeti feladatban p D(ξ) = 6 · 0,7 · 0,3 = 1,12.

22.6. A matematikai statisztika néhány alapfogalma A matematikai statisztika a matematikának a valószín˝uség-számításhoz szorosan kapcsolódó ága. A statisztika feladatai közé tartozik, hogy bizonyos egyedek (emberek, növények, állatok, termékek, mérések stb.) meghatározott tulajdonságairól tájékozódjék. Azoknak az egyedeknek a halmazát, amelyekr˝ol tájékozódni kívánunk, statisztikai sokaságnak mondjuk, a vizsgált tulajdonságok az ismérvek. A sokaság egyes egyedeinek, az ismérveknek megfelel˝o tulajdonsága a statisztikai adat. www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

586

22. Valószín˝uség-számítás

A statisztikai vizsgálatnak általában az a célja, hogy a teljes sokaságról nyerjen bizonyos adatokat, ez gyakran csak úgy lehetséges, hogy a sokaságnak csak bizonyos részér˝ol szerez adatokat és ezek alapján végez becslést, azaz bizonyos mintákból következtet a sokaságra. Ezeknek a következtetési módoknak az alapját valószín˝uség-számítási módszerek adják meg. A statisztikai sokaságot szokás egy-egy számadattal jellemezni, ezek a statisztikai mutatók (vagy egy tágabb kategóriába sorolva: statisztikai függvények); hogy egy ilyen mutató mennyire jellemzi a sokaságot, az természetesen függ magától a mutató fajtájától és a sokaságtól is. Ha pl. azt mondják, hogy ebben a faluban az emberek átlagéletkora 60 év, akkor egy elöreged˝o falu képe jelenik meg el˝ottünk; ha viszont azt halljuk, hogy ebben a faluban az egy emberre jutó megtakarított pénz átlaga 60 000 Ft, ez kevés ismeretet nyújt a lakosság anyagi helyzetér˝ol, hiszen lehetséges, hogy a pénz néhány ember kezében van. A következ˝okben a leggyakrabban el˝oforduló statisztikai mutatókkal foglalkozunk. Mindig véges sok elemb˝ol álló számsokaságot vizsgálunk, ennek elemei: x1 , x2 , x3 , . . ., xn . Egy számsokaságban legtöbbször el˝oforduló szám a számsokaság módusza (írják modus-ának is). Ha több módusz van egy sokaságban, akkor a móduszok halmazáról beszélünk. A módusz akkor nyújt viszonylag jó tájékoztatást a sokaságról, ha a többi számhoz képest sokszor fordul el˝o. Egy számsokaság mediánja az az x szám, amelyre az f (x) = |x1 − x| + |x2 − x| + . . . + |xn − x| (22.6.1) függvény minimális. Mivel f (x) folytonos, Weierstrass tétele értelmében felveszi minimumát. Bebizonyítható, hogy a minimumhely a következ˝oképpen határozható meg: rendezzük a sokaság elemeit monoton növekv˝o sorrendben, legyen ez x∗1 , x∗2 , x∗3 , . . . , x∗n−1 , x∗n .

Ha n páratlan, azaz n = 2k + 1, akkor a medián a sorrend középs˝o tagja: x∗k+1 . Ha pedig n páros, azaz n = 2k, akkor az [x∗k , x∗k+1 ] intervallum minden pontjában ugyanazt a minimális függvényértéket veszi fel az f függvény; ekkor megállapodás szerint mediánnak az x∗k + x∗k+1 2 értéket tekintjük. A medián tehát az a szám, amelynek a sokaság elemeit˝ol vett eltéréseit összeadva a lehet˝o legkisebb értéket kapjuk. Az x1 , x2 , . . ., xn számok nemnegatív k1 , k2 , . . ., kn számokkal súlyozott számtani közepén az www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

587

22. Valószín˝uség-számítás

k1 x1 + k2 x2 + . . . + kn xn (22.6.2) k1 + k2 + . . . + kn számot értjük. Ha k1 = k2 = . . . = kn = 1, akkor (egyszer˝u) számtani középr˝ol vagy átlagról van szó. A másodfokú függvény tulajdonságai alapján egyszer˝uen bebizonyíthatjuk, hogy az f (x) = k1 (x − x1 )2 + k2(x − x2 )2 + . . . + kn(x − xn )2 (22.6.3) x=

függvény minimumát a súlyozott számtani középnél veszi fel. Ui. azonos átalakításokkal: f (x) = (k1 + k2 + . . . + kn)x2 − 2x(k1 x1 + k2 x2 + . . . + kn xn )+ + k1 x21 + k2 x22 + . . . + knx2n .

A 20.5. szakaszban megmutattuk, hogy mivel k1 +k2 +. . .+kn = K > 0, a minimumhely valóban k1 x1 + k2 x2 + . . . + kn xn x= . K Az f (x)-be való helyettesítéssel megkapjuk a mimimum értékét: f (x) = Kx2 −2Kx2 +k1 x21 +k2 x22 +. . .+kn x2n , "  # k1 x21 +k2 x22 +. . .+kn x2n k1 x1 +k2 x2 +. . .+kn xn 2 − . (22.6.4) f (x) = K K K Ha k1 = k2 = . . . = kn = 1, akkor a (22.6.3) alatti függvény alakja: f (x) = (x − x1)2 + (x − x2)2 + . . . + (x − xn)2 ,

és eredményünk szerint ennek minimuma az x1 + x2 + . . . + xn x= n helyen, azaz a számtani középnél van. Eredményünk lényege az, hogy a (22.6.3) négyzetösszegfüggvény fokozottan „érzékeny” a nagy eltérésekre, és értékéb˝ol következtetni lehet arra, hogy a számsokaságban nagyok-e az eltérések a sokaság számainak az átlagától. Az átlagtól való eltérésekr˝ol azt szoktuk mondani, hogy a számok „szóródnak”. A szóródás jellemzésére a szórásnégyzetet használjuk: Az x1 , x2 , . . . , xn számsokaságnak a szórásnégyzete az (x1 − x)2 + (x2 − x)2 + . . . + (xn − x)2 n függvény minimuma. Mint láttuk, ezt a minimumot az x számtani középnél veszi fel, ezért a szórásnégyzet (jele D2 ): www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

588

22. Valószín˝uség-számítás

(x1 − x)2 + (x2 − x)2 + . . . + (xn − x)2 , n ebb˝ol az x1 , x2 , . . . ,r xn számsokaság szórása: (x1 − x)2 + (x2 − x)2 + . . . + (xn − x)2 . D= n D2 =

Felhívjuk a figyelmet arra, hogy ez ugyanaz, mint a diszkrét egyenletes eloszlás szórása (22.5.10). A most felsorolt mutatók értékeit egy adott számsokaság esetében számítjuk ki. Legyen a 15 elem˝u számsokaság: x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 x9 x10 x11 x12 x13 x14 x15 17 23 2 47 52 67 73 41 2 1 29 13 17 11 2 A növekv˝oleg rendezett sokaság: x∗1 x∗2 x∗3 x∗4 x∗5 x∗6 x∗7 x∗8 x∗9 x∗10 x∗11 x∗12 x∗13 x∗14 x∗15 1 2 2 2 11 13 17 17 23 29 41 47 52 67 73 A sokaság módusza 2, mivel ez fordul el˝o legtöbbször (háromszor). A sokaság mediánja az x∗i sorozat középs˝o eleme: x∗8 = 17. A számsokaság átlaga (számtani közepe): 397 x= = 26,47. 15 A szórásnégyzet, ill. a szórás: D2 = 543,71; D = 23,32.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

23 Táblázatok

Az I–IV. táblázatokat olyan számítások megkönnyítésére állítottuk össze, amelyek az általánosan használt egyszer˝ubb zsebszámológép segítségével csak hosszabban vagy nehézkesebben végezhet˝ok el. Ezeknek a táblázatoknak az alkalmazásához f˝uzünk néhány megjegyzést. Az I. táblázat a 11 657-nél nem nagyobb prímszámokat tartalmazza. Segítségével bizonyos képet kaphatunk a prímszámok eloszlásáról, és némi számolással még a 11 657-nél nagyobb számokról is eldönthetjük, hogy prímszámok-e. A II. táblázat lehet˝ové teszi, hogy a 2500-nál nem nagyobb pozitív egészek prímtényez˝os felbontását el˝oállítsuk. Ennek módszere a következ˝o: Ha a szóban forgó számot a táblázat tartalmazza, készen vagyunk; ha nem, el˝oször az I. táblázatban megnézzük, hogy prímszám-e. Ha nem prímszám, akkor megkeressük a „nyilvánvaló” prímosztóit, ez a 2, 3, 5, 11, az ezekkel való oszthatóság a 4.1. szakaszban közölt módszerrel könnyen ellen˝orizhet˝o. A nyilvánvaló prímtényez˝okkel való osztás hányadosaként kapott számnak vagy az I. vagy pedig a II. táblázatban szerepelnie kell. Pl. határozzuk meg 7161 prímtényez˝os felbontását. A számjegyek összege 15, ezért a szám osztható 3-mal; a páros és páratlan sorrend˝u helyeken álló jegyek összegének különbsége 13 − 2 = 11, ezért 11-gyel is osztható, végeredményben tehát 3 · 11 = 33-mal is. Mivel 7161 : 33 = 217, most már csak 217 felbontására van szükség, ez a II. táblázat szerint 217 == 7 · 31, ezért 7161 prímtényez˝os felbontása: 7161 = 3 · 7 · 11 · 31.

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

590

23. Táblázatok

Ha a szám nagyobb 2500-nál, akkor el˝oször a nyilvánvaló prímtényez˝oket választjuk le a számról, ha a kapott hányados nem nagyobb 2500-nál, az el˝obbi módszer szerint járunk el. A nyilvánvaló prímtényez˝ot nem tartalmazó szám felbontásakor a következ˝oket kell figyelembe vennünk: ha n összetett pozitív egész, akkor √ kell lennie olyan prímosztójának, amely nem√nagyobb n-nél. Ha ui. ilyen nagyobb nem létezne, akkor kell lennie legalább két n-nél √ √ prímtényez˝ojének, de ez lehetetlen, mert a szám nagyobb lenne n · n = n-nél. Ezért, √ ha el akarjuk dönteni, hogy n-nek mik a prímtényez˝oi, akkor csak a nig terjed˝o prímtényez˝oket kell megvizsgálnunk, majd ha ezt megtaláltuk, leválasztjuk n-r˝ol, és újrakezdjük az eljárást. Pl. állítsuk el˝o 12 641 prímtényez˝os felbontását. Ennek a számnak nincs nyilvánvaló prímtényez˝oje, négyzetgyöke 112,4, ezért elegend˝o a 112-nél kisebb prímeket megvizsgálnunk, ha van prímosztója, egyikük feltétlenül ezek közül kerül ki. Az I. táblázat 109-ig terjed˝o prímszámai (összesen 29 darab) közül egy sem osztója 12 641-nek, ezért ez prímszám. Vagy: állítsuk el˝o 3 244 494 prímtényez˝os felbontását. Könnyen ellen˝orizhetjük, hogy osztható 2-vel, 3-mal és 11-gye1, tehát 2 · 3 · 11 = 66-tal is. A számot 66-tal elosztva 49 159-et kapunk; ennek is osztója a 11, mert 49 159 = 11 · 4469. A 4469 nem prímszám (I. táblázat); négyzetgyöke 66,9, ezért a 66-nál kisebb prímek közül keressünk osztót, ezt a 41-ben találjuk meg, 4469 = 41 · 109. Mivel 109 prímszám (I. táblázat), a keresett prímfelbontás: 3 224 494 = 2 · 3 · 11 · 49 159 = 2 · 3 · 112 · 4469 = 2 · 3 · 112 · 41 · 109. A III. táblázat a faktoriálisokat tartalmazza 50!-ig, az értékek 13!-ig pontosak, a többi közelít˝o érték; a 10-es hatványszorzó el˝otti jegy kerekített. A IV. táblázat a binomiális együtthatókat tartalmazza n = 20-ig. Ez lényegében a Pascal-féle háromszög egy részlete. n = 10-ig valamennyi binomiális együttható megtalálható       benne,  a többinél figyelembe kell venni, n n 19 19 hogy = , pl. = = 969. k n−k 16 3

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

23. Táblázatok

591

I. táblázat. Prímszámok 2-t˝ol 1811-ig 2 3 5 7 11 13 17 19 23 29

179 181 191 193 197 199 211 223 227 229

419 421 431 433 439 443 449 457 461 463

661 673 677 683 691 701 709 719 727 733

947 953 967 971 977 983 991 997 1009 13

229 231 237 249 259 277 279 283 289 291

523 531 543 549 553 559 567 571 579 583

31

233 239 241 251 257 263 269 271 277 281

467 479 487 491 499 503 509 521 523 541

739 743 751 757 761 769 773 787 797 809

19 21 31 33 39 49 51 61 63 69

297 301 303 307 319 321 327 361 367 373

597 601 607 609 613 619 621 627 637 657

283 293 307 311 313 317 331 337 347 349

547 557 563 569 571 577 587 593 599 601

811 821 823 827 829 839 853 857 859 863

87 91 93 97 103 109 117 123 129 151

381 399 409 423 427 429 433 439 447 451

663 667 669 693 697 699 709 721 723 733

353 359 367 373 379 383 389 397 401 409

607 613 617 619 631 641 643 647 653 659

877 881 883 887 907 911 919 929 937 941

153 163 171 181 187 193 201 213 217 223

453 459 471 481 483 487 489 493 499 511

741 747 753 759 777 783 787 789 801 811

37 41 43 47 53 59 61 67 71

73 79 83 89 97 101 103 107 109 113

127 131 137 139 149 151 157 163 167 173

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

592

23. Táblázatok Prímszámok 1823-tól 4057-ig

1823 831 847 861 867 871 873 877 879 889

131 137 141 143 153 161 179 203 207 213

437 441 447 459 467 473 477 503 521 531

749 753 767 777 789 791 797 801 803 819

83 89 109 119 121 137 163 167 169 181

433 449 457 461 463 467 469 491 499 511

733 739 761 767 769 779 793 797 803 821

901 907 913 931 933 949 951 973 979 987

221 237 239 243 251 267 269 273 281 287

539 543 549 551 557 579 591 593 609 617

833 837 843 851 857 861 879 887 897 903

187 191 203 209 217 221 229 251 253 257

517 527 529 533 539 541 547 557 559 571

823 833 847 851 853 863 877 881 889 907

993 997 999 2003 11 17 27 29 39 53

293 297 309 311 333 339 341 347 351 357

621 633 647 657 659 663 671 677 683 687

909 917 927 939 953 957 963 969 971 999

259 271 299 301 307 313 319 323 329 331

581 583 593 607 613 617 623 631 637 643

911 917 919 923 929 931 943 947 967 989

63 69 81 83 87 89 99 111 113 129

371 377 381 383 389 393 399 411 417 423

689 693 699 707 711 713 719 729 731 741

3001 11 19 23 37 41 49 61 67 79

343 347 359 361 371 373 389 391 407 413

659 671 673 677 691 697 701 709 719 727

4001 3 7 13 19 21 27 49 51 57

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

23. Táblázatok

593

Prímszámok 4073-tól 6473-ig 4073 79 91 93 99 111 127 129 133 139

421 423 441 447 451 457 463 481 483 493

759 783 787 789 793 799 801 813 817 831

99 101 107 113 119 147 153 167 171 179

449 471 477 479 483 501 503 507 519 521

801 807 813 821 827 839 843 849 851 857

143 151 163 173 197 199 203 211 217 221

153 157 159 177 201 211 217 219 229 231

507 513 517 519 523 547 549 561 567 583

861 871 877 889 903 909 919 931 933 937

189 197 209 227 231 233 237 261 273 279

527 531 557 563 569 573 581 591 623 639

861 867 869 879 881 897 903 923 927 939

229 247 257 263 269 271 277 287 299 301

241 243 253 259 261 271 273 283 289 297

591 597 603 621 637 639 643 649 651 657

943 951 957 967 969 973 987 993 999 5003

281 297 303 309 323 333 347 351 381 387

641 647 651 653 657 659 669 683 689 693

953 981 987 6007 11 29 37 43 47 53

311 317 323 329 337 343 353 359 361 367

327 337 339 349 357 363 373 391 397 409

663 673 679 691 703 721 723 729 733 751

9 11 21 23 39 51 59 77 81 87

393 399 407 413 417 419 431 437 441 443

701 711 717 737 741 743 749 779 783 791

67 73 79 89 91 101 113 121 131 133

373 379 389 397 421 427 449 451 469 473

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

594

23. Táblázatok Prímszámok 6481-t˝ol 9011-ig

6481 491 521 529 547 551 553 563 569 571

841 857 863 869 871 883 899 907 911 917

211 213 219 229 237 243 247 253 283 297

573 577 583 589 591 603 607 621 639 643

927 933 937 949 951 963 993 8009 11 17

293 297 311 317 329 353 363 369 377 387

681 689 693 699 707 713 719 731 737 741

577 581 599 607 619 637 653 659 661 673

947 949 959 961 967 971 977 983 991 997

307 309 321 331 333 349 351 369 393 411

649 669 673 681 687 691 699 703 717 723

39 53 59 69 81 87 89 93 101 111

389 419 423 429 431 443 447 461 467 501

747 753 761 779 783 803 807 819 821 831

679 689 691 701 703 709 719 733 737 761

7001 13 19 27 39 43 57 69 79 103

417 433 451 457 459 477 481 487 489 499

727 741 753 757 759 789 793 817 823 829

117 123 147 161 167 171 179 191 209 219

513 521 527 537 539 543 563 573 581 597

837 839 849 861 863 867 887 893 923 929

763 779 781 791 793 803 823 827 829 833

109 121 127 129 151 159 177 187 193 207

507 517 523 529 537 541 547 549 559 561

841 853 867 873 877 879 883 901 907 919

221 231 233 237 243 263 269 273 287 291

599 609 623 627 629 641 647 663 669 677

933 941 951 963 969 971 999 9001 7 11

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

23. Táblázatok

595

Prímszámok 9013-tól 11 657-ig 9013 29 41 43 49 59 67 91 103 109

391 397 403 413 419 421 431 433 437 439

739 743 749 767 769 781 787 791 803 811

103 111 133 139 141 151 159 163 169 177

463 477 487 499 501 513 529 531 559 567

861 867 883 889 891 903 909 937 939 949

257 261 273 279 287 299 311 317 321 329

127 133 137 151 157 161 173 181 187 199

461 463 467 473 479 491 497 511 521 533

817 829 833 839 851 857 859 871 883 887

181 193 211 223 243 247 253 259 267 271

589 597 601 607 613 627 631 639 651 657

957 973 979 987 993 11 003 27 47 57 59

351 353 369 383 393 399 411 423 437 443

203 209 221 227 239 241 257 277 281 283

539 547 551 587 601 613 619 623 629 631

901 907 923 929 931 941 949 967 973 10 007

273 289 301 303 313 321 331 333 337 343

663 667 687 691 709 711 723 729 733 739

69 71 83 87 93 113 117 119 131 149

447 467 471 483 489 491 497 503 519 527

293 311 319 323 337 341 343 349 371 377

643 649 661 677 679 689 697 719 721 733

9 37 39 61 67 69 79 91 93 99

357 369 391 399 427 429 433 453 457 459

753 771 781 789 799 831 837 847 853 859

159 161 171 173 177 197 213 239 243 251

549 551 579 587 593 597 617 621 633 657

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

596

23. Táblázatok II. táblázat. A 2-vel, 3-mal, 5-tel, 11-gyel nem osztható összetett számok prímtényez˝os bontása 2500-ig

49 = 72 91 = 7 · 13 119 = 7 · 17 133 = 7 · 19 161 = 7 · 23 169 = 132 203 = 7 · 29 217 = 7 · 31 221 = 13 · 17 247 = 13 · 19

623 = 7 · 89 629 = 17 · 37 637 = 72 · 13 667 = 23 · 29 679 = 7 · 97 689 = 13 · 53 697 = 17 · 41 703 = 19 · 37 707 = 7 · 101 713 = 23 · 31

1037 = 17 · 61 1043 = 7 · 149 1057 = 7 · 151 1073 = 29 · 37 1079 = 13 · 83 1081 = 23 · 47 1099 = 7 · 157 1121 = 19 · 59 1127 = 72 · 23 1139 = 17 · 67

1393 = 7 · 199 1403 = 23 · 61 1411 = 17 · 83 1417 = 13 · 109 1421 = 72 · 29 1457 = 31 · 47 1469 = 13 · 113 1477 = 7 · 211 1501 = 19 · 79 1513 = 17 · 89

259 = 7 · 37 287 = 7 · 41 289 = 172 299 = 13 · 23 301 = 7 · 43 323 = 17 · 19 329 = 7 · 47 343 = 73 361 = 192 371 = 7 · 53

721 = 7 · 103 731 = 17 · 43 749 = 7 · 107 763 = 7 · 109 767 = 13 · 59 779 = 19 · 41 791 = 7 · 113 793 = 13 · 61 799 = 17 · 47 817 = 19 · 43

1141 = 7 · 163 1147 = 31 · 37 1157 = 13 · 89 1159 = 19 · 61 1169 = 7 · 167 1183 = 7 · 132 1189 = 29 · 41 1207 = 17 · 71 1211 = 7 · 173 1219 = 23 · 53

1517 = 37 · 41 1519 = 72 · 31 1537 = 29 · 53 1541 = 23 · 67 1547 = 7 · 13 · 17 1561 = 7 · 223 1577 = 19 · 83 1589 = 7 · 227 1591 = 37 · 43 1603 = 7 · 229

377 = 13 · 29 391 = 17 · 23 403 = 13 · 31 413 = 7 · 59 427 = 7 · 61 437 = 19 · 23 469 = 7 · 67 481 = 13 · 37 493 = 17 · 29 497 = 7 · 71

833 = 72 · 17 841 = 292 851 = 23 · 37 871 = 13 · 67 889 = 7 · 127 893 = 19 · 47 899 = 29 · 31 901 = 17 · 53 917 = 7 · 131 923 = 13 · 71

1241 = 17 · 73 1247 = 29 · 43 1253 = 7 · 179 1261 = 13 · 97 1267 = 7 · 181 1271 = 31 · 41 1273 = 19 · 67 1313 = 13 · 101 1333 = 31 · 43 1337 = 7 · 191

1631 = 7 · 233 1633 = 23 · 71 1643 = 31 · 53 1649 = 17 · 97 1651 = 13 · 127 1673 = 7 · 239 1679 = 23 · 73 1681 = 412 1687 = 7 · 241 1691 = 19 · 89

511 = 7 · 73 527 = 17 · 31 529 = 232 533 = 13 · 41 551 = 19 · 29 553 = 7 · 79 559 = 13 · 43 581 = 7 · 83 589 = 19 · 31 611 = 13 · 47

931 = 72 · 19 943 = 23 · 41 949 = 13 · 73 959 = 7 · 137 961 = 312 973 = 7 · 139 989 = 23 · 43 1003 = 17 · 59 1007 = 19 · 53 1027 = 13 · 79

1339 = 13 · 103 1343 = 17 · 79 1349 = 19 · 71 1351 = 7 · 193 1357 = 23 · 59 1363 = 29 · 47 1369 = 372 1379 = 7 · 197 1387 = 19 · 73 1391 = 13 · 107

1703 = 13 · 131 1711 = 29 · 59 1717 = 17 · 101 1729 = 7 · 13 · 19 1739 = 37 · 47 1751 = 17 · 103 1757 = 7 · 251 1763 = 41 · 43 1769 = 29 · 61 1781 = 13 · 137

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

23. Táblázatok

597

A 2-vel, 3-mal, 5-tel, 11-gyel nem osztható összetett számok prímtényez˝os bontása 2500-ig 1799 = 7 · 257 1807 = 13 · 139 1813 = 72 · 37 1817 = 23 · 79 1819 = 17 · 107 1829 = 31 · 59 1841 = 7 · 263 1843 = 19 · 97 1849 = 432 1853 = 17 · 109

1957 = 19 · 103 1961 = 37 · 53 1963 = 13 · 151 1967 = 7 · 281 1981 = 7 · 283 2009 = 72 · 41 2021 = 43 · 47 2023 = 7 · 172 2033 = 19 · 107 2041 = 13 · 157

2149 = 7 · 307 2159 = 17 · 127 2171 = 13 · 167 2173 = 41 · 53 2177 = 7 · 311 2183 = 37 · 59 2191 = 7 · 313 2197 = 133 2201 = 31 · 71 2209 = 472

2317 = 7 · 331 2323 = 23 · 101 2327 = 13 · 179 2329 = 17 · 137 2353 = 13 · 181 2359 = 7 · 337 2363 = 17 · 139 2369 = 23 · 103 2401 = 74 2407 = 29 · 83

1883 = 7 · 269 1891 = 31 · 61 1897 = 7 · 271 1909 = 23 · 83 1919 = 19 · 101 1921 = 17 · 113 1927 = 41 · 47 1937 = 13 · 149 1939 = 7 · 277 1943 = 29 · 67

2047 = 23 · 89 2051 = 7 · 293 2059 = 29 · 71 2071 = 19 · 109 2077 = 31 · 67 2093 = 7 · 13 · 23 2107 = 72 · 43 2117 = 29 · 73 2119 = 13 · 163 2147 = 19 · 113

2219 = 7 · 317 2227 = 17 · 131 2231 = 23 · 97 2249 = 13 · 173 2257 = 37 · 61 2261 = 7 · 17 · 19 2263 = 31 · 73 2279 = 43 · 53 2291 = 29 · 79 2303 = 72 · 47

2413 = 19 · 127 2419 = 41 · 59 2429 = 7 · 347 2443 = 7 · 349 2449 = 31 · 79 2461 = 23 · 107 2471 = 7 · 353 2479 = 37 · 67 2483 = 13 · 191 2489 = 19 · 131 2491 = 47 · 53

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

598

23. Táblázatok III. táblázat. Faktoriálisok: 1! − 50!

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

www.interkonyv.hu

n! 1 2 6 24 120 720 5040 40 320 362 880 3 628 800 39 916 800 4,7900160 · 108 6,2270208 · 109 8,7178291 · 1010 1,3076744 · 1012 2,0922790 · 1013 3,5568743 · 1014 6,4023737 · 1015 1,2164510 · 1017 2,4329020 · 1018 5,1090942 · 1019 1,1240007 · 1021 2,5852017 · 1022 6,2044840 · 1023 1,5511210 · 1025

n 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50

n! 4,0329146 · 1026 1,0888869 · 1028 3,0488834 · 1029 8,8417620 · 1030 2,6525286 · 1032 8,2228387 · 1033 2,6313084 · 1035 8,6833176 · 1036 2,9523280 · 1038 1,0333148 · 1040 3,7199333 · 1041 1,3763753 · 1043 5,2302262 · 1044 2,0397882 · 1046 8,1591528 · 1047 3,3452527 · 1049 1,4050061 · 1051 6,0415263 · 1052 2,6582716 · 1054 1,1962222 · 1056 5,5026222 · 1057 2,5862324 · 1059 1,2413916 · 1061 6,0828186 · 1062 3,0414093 · 1064

© Reiman István

© Typotex Kiadó

23. Táblázatok

599

IV. táblázat. Binomiális együtthatók n

          n n n n n 0 1 2 3 4

  n 5

  n 6

  n 7

  n 8

    n n 9 10

1 2 3 4 5

1 1 1 1 1

1 2 3 4 5

1 3 6 10

1 4 10

1 5

1

6 7 8 9 10

1 1 1 1 1

6 7 8 9 10

15 21 28 36 45

20 35 56 84 120

15 35 70 126 210

6 21 56 126 252

1 7 28 84 210

1 8 36 120

1 9 45

1 10

1

11 12 13 14 15

1 1 1 1 1

11 12 13 14 15

55 66 78 91 105

165 330 220 495 286 715 364 1001 455 1365

462 792 1287 2002 3003

462 924 1716 3003 5005

330 792 1716 3432 6435

165 495 1287 3003 6435

55 220 715 2002 5005

11 66 286 1001 3003

16 17 18 19 20

1 1 1 1 1

16 17 18 19 20

120 560 136 680 153 816 171 969 190 1140

1820 4368 8008 2380 6188 12376 3060 8568 18564 3876 11628 27132 4845 15504 38760

11440 19448 31824 50388 77520

12870 24310 43758 75582 125970

11440 24310 48620 92378 167960

8008 19448 43758 92378 184756

  n 7

  n 8

n

          n n n n n 0 1 2 3 4

www.interkonyv.hu

  n 5

  n 6

    n n 9 10

© Reiman István

© Typotex Kiadó

Tárgymutató

abszcissza, 282 abszolút érték, 27, 42 – –, komplex számoké, 142 – –, vektoroké, 271 – széls˝oérték, 494 abszolútérték-függvény, 471 addíciós képletek, 294 affin zsugorítás, 363 alakzat, 181 alapfogalom, 15 alaphalmaz, egyenleteknél, 87 alapintegrálok, 517 alaplap, gúláé, 246 alapvektor, 279 aldetermináns, 126 algebrai egész kifejezés, 44 – racionális kifejezés, 53 – törtkifejezés, 50 algoritmus, 36 alkotó, gúlánál, 247 –, hengernél, 255 alsó határ, 526 – közelít˝o összeg, 528 analitikus geometria, 333 antiszimmetrikus mátrix, 134

www.interkonyv.hu

Appollóniusz-féle kör, 350 aranymetszés, 392 arány, 54 arányos felosztás, 55 aránypár, 55 aszimptota, 367 asszociatív szabály, 26 azonos állású alakzatok, 205 – egyenl˝otlenség, 115 azonosság, 86 állandó függvény, 431 – tag, polinomé, 151 – variálása, 560 állításkalkulus, 22 áltört, 32 áreafüggvények, 469 árkuszfüggvények, 457 átalakítás, 87 átellenes gömbi pontok, 262 átfogó, 211 átló, 186 átlósmátrix, 133 átmér˝o, 200 áttérési képlet, logaritmusrendszereknél, 83

© Reiman István

© Typotex Kiadó

601

Tárgymutató bal oldali határérték, 436 bázisvektor, 279 befogó, 211 bels˝o hasonlósági középpont, 205 beltagok, aránypároknál, 55 bennfoglaló paralelepipedon, 250 Bernoulli-féle egyenl˝otlenség, 118 – – képlet, 579 bijekció, 427 binom, 166 binomiális együttható, 167 – eloszlás, 582 – tétel, Newton-féle, 167 biztos esemény, 565 Bolzano tétele, 440 b˝ovítés, törteknél, 30

diagonálmátrix, 133 differenciahányados, 472 differenciálegyenlet, 556 diofantikus egyenlet, 112 direkt szorzat, 20 direktrix, 354 Dirichlet-függvény, 427 diszjunkció, 23 diszjunkt halmazok, 19 diszkrimináns, 99 disztributív szabály, 26, 276 – –, halmazm˝uveleteknél, 19 – –, vektoriális szorzásnál, 318 divergens sor, 424 dodekaéder, 255 döféspont, 239

Cantor-féle axióma, 40 Cauchy-féle egyenl˝otlenség, 117 – – középértéktétel, 489 ciklikus permutálás, 322 ciklometrikus függvények, 458 Cramer-szabály, 131, 325

egész rész, 62 – számok, 27 egyállású alakzatok, 190 – szögek, 183 egybevágó alakzatok, 188 egybevágóság, 188 egybevágósági alapesetek, 189 – transzformáció, 188 egyenérték˝u átalakítás, egyenl˝otlenségeknél, 115 egyenes arányosság, 56 egyenesszög, 182 egyenlet, 86 egyenletes eloszlás, 581 egyenletrendezés, 89 egyenl˝o együtthatók módszere, 93 egyenl˝otlenség, 114 egységgyök, 148 egységkocka, 246 egységmátrix, 133 egységnégyzet, 216 egységvektor, 277 egysíkú vektorok, 277 egyszer˝usítés, törteké, 30 egytagú algebrai kifejezés, 44 együttható, 44

csonkagúla, 247 csonkahenger, 261 csonkakúp, 256 csökkenési tényez˝o, 123 csúcs, gráfé, 172 –, poliéderé, 245 csúcsszögek, 184 deltoid, 234 De Morgan-féle azonosságok, 24, 566 derékszög, 182 deriválási szabályok, 475 derivált, 473 – függvény, 473 Descartes-féle koordináták, 282 – – szorzat, 20 determináns, 125 –, egyenletrendszeré, 130

www.interkonyv.hu

© Reiman István

© Typotex Kiadó

602

Tárgymutató

ekvivalencia, 23 ekvivalens átalakítás, 88, 115 elforgatás, 189 ellentett, 273 ellipszis, 360 – egyenlete, 361 – érint˝oje, 361 – kerülete, 555 ellipszográf, 365 el˝ojeles térfogat, 322 – terület, 320 – vetület, vektoré, 298 els˝ofokú egészfüggvény, 441 – egyenletrendszer, 92 – egyismeretlenes egyenlet, 89 – – egyenl˝otlenség, 119 els˝orend˝u lineáris differenciálegyenlet, 560 eltolás, 189, 244 emeletes tört, 52 eratoszthenészi szita, 59 erd˝o, 177 ered˝o, 273 esemény komplementere, 566 eseményalgebra, 566 eseménytér, 565 euklideszi szerkesztés, 385 Euler-féle poliédertétel, 253 Euler-vonal, 175 exponenciális alak, komplex számoké, 149 – egyenlet, 449 – függvény, 448 – – deriváltja, 479 él, poliéderé, 245 érint˝omódszer, 512 érint˝onégyszög, 235 érint˝osík, gömbé, 262 érint˝osokszög, 221 érint˝oszakasz-tétel, 200 érint˝oszerkesztés körhöz, 388 érint˝otétel, 212 érint˝ovektor, 478

www.interkonyv.hu

értékes nulla, 41 fa, 177 faktoriális, 160 felcserélési tétel, 323 fels˝o határ, 526 – közelít˝o összeg, 528 felszín, gömbé, 264 –, gömbháromszögé, 269 –, gömbkétszögé, 268 –, gömbövé, 264 –, gömbsüvegé, 264 feltételes valószín˝uség, 577 ferde hasáb, 246 félegyenes, 180 félszögképletek, 309, 460 féltér, 238 Fibonacci-sorozat, 418 fixpont, 191 fok, 182 folytonos függvény, 437 folytonosan deriválható, 491 fordított arányosság, 56, 447 forgásfelület felszíne, 545 – súlypontja, 549 forgáshenger, 255 forgáskúp, 256 forgásparaboloid felszíne, 547 forgásszög, 183 forgástest súlypontja, 549 – térfogata, 540 f˝okör, ellipszisé, 363 független események, 577 – változó, 425 függ˝o változó, 425 függvény, 425 függvényegyenlet, 556 függvénygörbe, 427 függvénytranszformáció, 427 függvényvizsgálat, 494 geometriai sorozat, 404 – valószín˝uség, 574

© Reiman István

© Typotex Kiadó

Tárgymutató gömb, 262 gömbcikk, 264 gömbfelület, 262 gömbháromszög, 268 gömbi felesleg, 269 gömbkétszög, 267 gömbnyolcad, 269 gömböv, 264 gömbréteg, 264 gömbsüveg, 263 gömbszelet, 263 – térfogata, 541 görbe alatti terület, 527 – ívhossza, 544 görbeív súlypontja, 548 görbületi körök, ellipszisnél, 398 gráf, 172 Guldin I. tétele, 550 – II. tétele, 550 gúla térfogata, 539 gyakoriság, 568 gyakorlati szerkesztések, 396 gyorsulásfüggvény, 486 gyökhelyek, polinomé, 152 gyökképlet, másodfokú egyenletnél, 99 gyökök, egyenleteknél, 86 gyöktényez˝os alak, polinomé, 102, 154 hajlásszög, 184, 296 –, egyeneseké, 240 –, síkoké, 240 halmaz, 15 halmazm˝uveletek, 18 halmazok metszete, 18 – uniója, 18 harmonikus közép, 116 – sor, 423 hasonló alakzatok, 203 hasonlóság, 203 – középpontja, 205

www.interkonyv.hu

603

hasonlósági alapesetek, 203 – transzformáció, 203 határérték, függvényeké, 434 határozatlan (változó), 44 – integrál, 517 határozott integrál, 529 hatvány, körre vonatkozó, 213, 351 –, negatív kitev˝os, 34 –, nulla kitev˝os, 34 hatványfüggvény, 447 hányados, 29 háromszög területe, 218 háromszög-egyenl˝otlenség, 225 – –, vektoroknál, 273 háromtényez˝os vektorszorzat, 324 hegyesszög, 183 helyettesítéses integrálás, 519 helyettesítési érték, 47 helyettesít˝o módszer, 93 helypótló nulla, 41 helyvektor, 280 Heron-képlet, 230 hibakorlát, 40 –, közelít˝o értéké, 40 hiperbola, 366 – érint˝oje, 367 hiperbolikus függvények, 467 – – deriváltjai, 483 hipergeometrikus eloszlás, 581 holdacskák, 224 l’Hospital-szabály, 504 hordó térfogata, 542 Horner-módszer, 151 hosszúság, földrajzi, 328 hozzáírt kör, 229 idegen halmazok, 19 imaginárius szám, 140 implikáció, 23 improprius integrál, 538 indirekt feltevés, 70 indukciós feltevés, 66 inflexiós pont, 493

© Reiman István

© Typotex Kiadó

604

Tárgymutató

injekció, 427 integrandus, 517 integrál, 526 integrálgörbe, 557 intervallum, nyílt, 39 –, zárt, 39 inverz függvény, 433 – – deriváltja, 477 – mátrix, 136 irányított gráf, 174 iránykoszinuszok, 300 irányszög, 374 –, egyenesé, 338 iránytangens, 338 iránytartó transzformáció, 191 iránytényez˝o, 338 irányvektor, egyenesé, 333 irracionális kitev˝oj˝u hatvány, 79 – szám, 39 ismérvek, 585 ismétléses kombináció, 164 – permutáció, 161 – variáció, 162 iterációs módszer, 514 – – négyzetgyök meghatározására, 71 izolált csúcs, 173 ítéletkalkulus, 22 ívfelmérés, 386 ívmérték, 221 járadék, 409 Jensen-féle egyenl˝otlenség, 492 jobb oldali határérték, 436 jobbrendszer, 279 kamatos kamat, 408 kamattényez˝o, 408 karakterisztika, 42, 84 karakterisztikus egyenlet, rekurziónál, 418 kerületi szög, 200 kettes számrendszer, 64

www.interkonyv.hu

kezd˝opont, 280 kép, 242 képsík, 242 képzetes rész, 139, 140 – tengely, 141 két pont összeköt˝o egyenesének egyenlete, 336 kétkörös szerkesztés, ellipszisé, 363 kicsinyítés, 203 kiegészít˝o gúla, 248 – szögek, 183 kifejtési tétel, 324 kiintegrált rész, 534 kijelentéskalkulus, 22 kitér˝o egyenesek, 242 kivonás, 28 kísérlet, 565 klasszikus valószín˝uség, 570 Kochansky-féle szerkesztés, 398 kocka, 246 kollineáris vektorok, 270 kombináció, ismétlés nélküli, 164 kommutatív szabály, 26 komplanáris vektorok, 277 komplementer esemény, 566 – gráf, 173 komplex szám, 139 – – n-edik gyöke, 146 – számsík, 141 komponálás, 135 komponens, gráfé, 174 kongruencia, 63 konjugált komplex számok, 142 konjunkció, 22 konkáv, 181 – függvény, 492 konstans függvény, 431 konvergens sor, 422 – sorozat, 411 konvex, 181 – függvény, 492 koordinátageometria, 333 koordináta-rendszer, 280

© Reiman István

© Typotex Kiadó

Tárgymutató koordinátasíkok, 280 koordinátatengely, 280 koordináta-transzformáció, 331 koszinusz, 289 – hiperbolikusz, 467 koszinusztétel, 308 – gömbháromszögek oldalaira, 327 – gömbháromszögek szögeire, 327 kotangens, 290 – hiperbolikusz, 467 köbgyök, 77 köbtartalom, poliéderé, 247 kölcsönösen egyértelm˝u hozzárendelés, 20, 188 kör, 199 – egyenlete, 348 –, gráfban, 174 – kerülete, 221 – középponti egyenlete, 348 körcikk, 223 – területe, 223 körgy˝ur˝u, 223 körgy˝ur˝ucikk, 224 körív, 200 körkúp, 256 körlemez, 199 körülírt gömb, tetraéderé, 263 körvonal, 199 következmény, egyenleteknél, 88 közelít˝o érték, 40, 510 – integrálás, 552 – megoldás, egyenleteknél, 510 középértéktételek, 488 középponti háromszög, 235 – szög, 200 középpontos hasonlóság, 205 – kicsinyítés, 205 – nagyítás, 205 – szimmetria, 196, 244 – tükrözés, 196 középpontosan szimmetrikus alakzat, 197 középvonal, háromszögé, 225

www.interkonyv.hu

605

–, trapézé, 234 közös érint˝ok, köröknél, 207 kúp, 256 kúpszelet, 371 kúpszeletek polárkoordinátás egyenlete, 376 különbség, 28 különbségi hányados, 472 küls˝o érint˝okör, 229 – hasonlósági középpont, 205 kültagok, aránypároknál, 55 Lagrange-azonosság, vektoroknál, 324 Lagrange-féle középértéktétel, 489 lapszög, 241 láncgörbe, 468 – ívhossza, 545 látókörív, 202 – szerkesztése, 389 legkisebb közös többszörös, 61 lehetetlen esemény, 565 lekerekítés, 393 leképezés, 188 l’Hospital-szabály, 504 lineáris egyenlet, 89 – interpoláció, 403 – kombináció, 278 – programozás, 348 – törtfüggvény, 446 logaritmikus egyenlet, 449 – derivált, 485 logaritmus, 80 – alapja, 81 logaritmusfüggvény, 449 – deriváltja, 479 logikai érték, 22 – ítélet, 22 – m˝uveletek, 23 – változók, 23 logikaiszita-formula, 169 lokális széls˝oérték, 431 Maclaurin-formula, 509

© Reiman István

© Typotex Kiadó

606

Tárgymutató

magasabbrend˝u derivált, 491 magasság, háromszögé, 194 –, trapézé, 234 magasságpont, 227 magasságtétel, 211 magasságvonal, háromszögé, 194 mantissza, 84 maradékosztály, 63 matematikai logika, 21 másodfokú egyenlet, egyismeretlenes, 98 – egyenletrendszer, 107 – függvény, 441 másodfokúra visszavezethet˝o egyenletek, 103 második derivált, 491 másodrend˝u görbe, 372 mátrix, 132 medián, 586 megoldóképlet, másodfokú egyenleté, 99 mellékszög, 182 mer˝oleges egyenesek, 185 – síkok, 240 – szárú szögek, 185 mérlegelv, 89 mértani hely, 193 – közép, 116 – sor, 422 – sorozat, 404 Moivre-képlet, 146 nagyítás, 203 n-edik gyök, 77 negatív elforgatás, 183 negáció, 22 nevez˝o, 29 – gyöktelenítése, 75 Newton–Leibniz-tétel, 533 Newton-módszer, 512 négyzet, 199 – területe, 218 négyzetes közép, 117

www.interkonyv.hu

– mátrix, 132 négyzetgyök, 69 négyzetgyökös egyenlet, 105 négyzetszámok összege, 66 normálegyenlet, egyenesé, 337 –, köré, 348 –, síké, 379 normálmetszet, 258 normálparabola, 355 normáltranszverzális, 243 normálvektor, egyenesé, 333 növekedési tényez˝o, 123 n-szög, 185 nulladfokú egyenlet, 89 – egyenl˝otlenség, 119 – polinom, 151 nullára redukálás, 99 nullmátrix, 133 nullpolinom, 151 nullvektor, 271 numerikus excentricitás, 376 ordináta, 282 origó, 280 oszlopmátrix, 132 oszlopvektor, 132 összeadás a természetes számok körében, 26 összefügg˝o gráf, 174 összegezési képletek, 294 összegez˝omátrix, 133 összetett függvény, 432 – szám, 57 paraméteres egyenlet, 87 – függvény, 478 parciális integrálás, 519 Pascal-féle háromszög, 168 páratlan függvény, 431 párhuzamos összetev˝ok, 277 – szel˝ok tétele, 207 párhuzamossági axióma, 181 páros függvény, 431

© Reiman István

© Typotex Kiadó

607

Tárgymutató – gráf, 178 periódus, 431 permanencia elv, 28 permutáció, ismétlés nélküli, 160 permutálómátrix, 133 Pitagorasz tétele, 211 – tételének megfordítása, 308 pitagoraszi számhármasok, 113 polárgömbháromszög, 327 polárkoordináták, síkban, 374 –, térben, 376 poliéder, 245 poligon, 185 polinom, 45 pontrendszer súlypontja, 285 pozitív elforgatás, 183 – irányítás, 191 pótszög, 183 pótszög-összefüggések, 294 prímszám, 57 primitív függvény, 516 racionális algebrai kifejezés, 53 – egészfüggvény, 440 – gyök, polinomé, 155 radián, 222 rácspont, 348 reguláris gráf, 173 rekurziós sorozat, 418 relatív gyakoriság, 568 – prím, 59 rend˝orelv, 414 részhalmaz, 16 részletösszeg, 422 Riemann-féle integrál, 532 Rolle-tétel, 488 rombusz, 198 – területe, 219 sakktáblaszabály, 127 Sarrus-szabály, 128 sárkányidom, 234 sebességfüggvény, 486

www.interkonyv.hu

Simpson-formula, 553 síkgráf, 176 síkszimmetria, 244 síktartomány súlypontja, 548 skalár, 271 skaláris szorzat, 296 skatulyaelv, 168 Snellius-féle szerkesztés, 397 sokszög, 185 sokszöggráf, 176 sokszöglemez, 185 sokszögtartomány, 185 sokszögvonal, 185 sormátrix, 132 sorozat, 400 sorvektor, 132 speciális nágyszögek, 233 statisztikai adat, 585 – függvények, 586 – mutatók, 586 Stirling-formula, 161 sugár, köré, 199 súlypont-meghatározás, 547 szabályos gúla, 247 – hatszög, 236 – háromszög, 195 – oktaéder, 255 – poliéder, 253 – sokszög, 235 – – területe és kerülete, 309 – test, 253 – tetraéder, 255 szakasz, 180 szakaszfelezés, 386 szakaszfelez˝o mer˝oleges, 244 számegyenes, 40 számelmélet, 57 – alaptétele, 58 számjegy, 64 számláló, 29 számrendszer, 64 számtani közép, 116

© Reiman István

© Typotex Kiadó

608

Tárgymutató

– sorozat, 402 számtest, 39 százalék, 122 szel˝o, köré, 200 szel˝otétel, 212 szerkesztés, 385 szélesség, földrajzi, 328 szétválasztható változójú differenciálegyenlet, 558 szimmetrikus mátrix, 134 – trapéz, 234 szinusz, 289 – hiperbolikusz, 467 szinusztétel, 306 –, gömbháromszögekre, 327 szorzatmátrix, 135 szorzattá alakítás, 104 szórás, 584 szórásnégyzet, 585 szög, 181 szögfelez˝o, 193 – szerkesztése, 387 szögfelez˝otétel, 231 szögfüggvény, 291, 452 szögpárok, 183 szögpont, gráfoknál, 172 szögtartomány, 181 szöveges feladatok, 108 szuperjekció, 426 szürjekció, 426 tag, összegé, 26 tagadás, 22 tangens, 290 – hiperbolikusz, 467 tangenstétel, 309 Taylor-formula, 507 Taylor-polinom, 508 Taylor-sor, 509 távolság, 180 –, kitér˝o egyeneseké, 242 teljes eseményrendszer, 568 – gráf, 173

www.interkonyv.hu

– indukció, 65 teljesszög, 182 tengely, tükrözésnél, 191 tengelyes szimmetria, 191 – tükrözés, 191 területszámítás integrállal, 535 természetes logaritmus, 85 – számok, 26 testátló, 246 testszöglet, 245 tetraéder, 247 téglalap, 198 – területe, 217 téglalapösszeg, 530 téglatest, 246 tényez˝o, 26 térfogat, csonkagúláé, 248 –, gömbcikké, 265 –, hasábé, 248 –, hengeré, 257 –, kockáé, 248 –, kúpé, 257 –, téglatesté, 248 térfogatszámítás integrállal, 539 térgeometria, 238 Thalész-tétel, 202 tizedestört, 35 –, véges, 37 –, végtelen szakaszos, 38 tizedesvessz˝o, 36 tízes alapú logaritmus, 84 – számrendszer, 64 tompaszög, 183 tompaszög˝u háromszög, 187 tórusz térfogata, 542 többszörös él, gráfban, 173 többtagú algebrai kifejezés, 45 törött vonal, 185 törtfüggvény, 443 törtkifejezés, algebrai, 50 törtkitev˝os hatvány, 78 törtszám, 29 törzsszám, 57

© Reiman István

© Typotex Kiadó

Tárgymutató

transzformáció, 188 transzponált mátrix, 133 trapéz, 233 trapézformula, 552 triéder, 245 trigonometrikus egyenlet, 463 – függvény, 291, 452 – függvények deriváltjai, 480 tükrözés, síkra, 244 újfok, 183 út, gráfban, 174 útfüggvény, 486 üres halmaz, 16 valódi osztó, 57 – részhalmaz, 16 – tört, 32 valós függvény, 426 valószín˝uség, 568 valószín˝uségek szorzási szabálya, 578 valószín˝uség-elmélet, 565 valószín˝uségi eloszlás, 581

www.interkonyv.hu Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)

609

– változó, 580 valószín˝uség-számítás, 565 variáció, ismétlés nélküli, 161 váltószögek, 184 változó, 425 várható érték, 583 vegyesszám, 32 vektor, 270 vektoriális szorzat, 315 vektorok szorzása számmal, 275 Venn-diagram, 18 vetület területe, 321 vetületi tétel, 309 – vektor, 297 vezéregyenes, paraboláé, 354 vezérgörbe, 255 vezérsugarak, ellipszisé, 366 véges halmaz, 15 végtelen halmaz, 15 – sor, 421 vonal, gráfban, 174 Weierstrass tétele, 439

© Reiman István