Reiman Istvan - Matematika

Reiman István

MATEMATIKA

M űszaki Könyvkiadó, Budapest, 1992

Lektorálták;

Laczkó László Pálmay Lóránt Urbán János

© Reiman István, 1992

ETO: 51ISBN 963 10 8578 3

Kiadja a Műszaki Könyvkiadó Felelős kiadó: Szűcs Péter igazgató

Felelős szerkesztő: Patkóné Helvei Judit

91/0154 Franklin Nyomda, Budapest Felelős vezető: Mátyás Miklós igazgató

Mb. műszaki vezető: Dornizs László Műszaki szerkesztő: Marcsek Ildikó

A kötést tervezte: Székely Edith A könyv ábráit rajzolta: Folk Györgyné

A könyv formátuma: A5 ívteijedelme: 38 (A5)

Azonossági szám: 61 554 M Ű : 452Q- i -9 2 9 4

Tartalom

Előszó 11

1. Halmazok; a matematikai logika elemei 13

1.1. A halmaz fogalma; je lö lések 131.2. Részhalmazok; komplementer halm az 141.3. Halmazműveletek 151.4. A halmazok ekvivalenciája 181.5. A matematikai logika elemei; az ítéletkalkulus 191.6. Logikai m űveletek 21

2. Valós számok 23

2.1. Természetes számok; egész szá m o k 232.2. Racionális számok; törtm űveletek 262.3. Egész kitevős hatványok 292.4. Tizedestörtek; a racionális számok végtelen tizedestört a la k ja 322.5. Irracionális számok; a valós számok halm aza 352.6. Számok közelítő értéke, kerekítés; a számok norm álalakja 372.7. A valós számok abszolút érték e 39

3, Algebrai egész és törtkifejezések 40

3.1. Algebrai egész kifejezések és m űveleteik 403.2. Fontosabb azonosságok a többtagú algebrai egész kifejezések körében 433.3. Algebrai törtkifejezések és m űveleteik 453.4. Feladatok a racionális algebrai kifejezések körében végzett műveletekre és alkal­

mazásaikra 483.5. Arányok, aránypárok; arányosság 49

4. A számelmélet elemei 53

4.1. A prímszámok; a számelmélet alaptétele; oszthatósági ismertetőjegyek 534.2. Legnagyobb közös osztó; legkisebb közös többszörös 554.3. Az egész rész; maradékos osztás; maradékosztályok 574.4. Számrendszerek 594.5. Egy bizonyítási módszer: a teljes ind ukció 60

5

5. Négyzetgyökig kifejezések 645.1. Számok négyzetgyöke ........................................................................................................... 645.2. Műveletek négyzetgyökös kifejezésekkel.......................................................................... 665.3. Példák a négyzetgyökös kifejezések körében végzett m űveletekre............................ 69

6. Racionális és valós kitevőjű hatványok; logaritmus 72

6.1. Az w-edik gyök fo g a lm a ........................................................................................................ 726.2. Racionális kitevőjű hatványok........................................................................................... 736.3. Valós kitevőjű h atván yok .................................................................................................... 746.4. A logaritmus fogalm a............................................................................................................. 756.5. A logaritmus azonosságai.................................................................................................... 776 .6 . Kapcsolat különböző alapú logaritmusok között; logaritmusrendszerek............... 786.7. A logaritmus mint számítástechnikai segédeszköz........................................................ 80

7. Egyenletek 81

7.1. Az egyenlet fogalma; egyenletek ekvivalenciája............................................................. 817.2. Elsőfokú egyismeretlenes egyenletek................................................................................ 837.3. Elsőfokú egyenletrendszerek................................................................................................ 877.4. Egyismeretlenes másodfokú egyenlet .............................................................................. 937.5. Másodfokúra visszavezethető egyenletek ........................................................................ 987.6. Négyzetgyökös egyenletek.................................................................................................... 1007.7. Másodfokú egyenletrendszerek........................................................................................... 1027.8. Egyenletekre vezető fe ladatok .............................................................................................. 1037.9. Diofantikus egyenletek.......................................................................................................... 106

8. Egyenlőtlenségek 109

8.1. Az egyenlőtlenségek alaptulajdonságai.............................................................................. 1098.2. Azonos egyenlőtlenségek...................................................................................................... 1108.3. Elsőfokú egyismeretlenes egyenlőtlenségek és egyenlőtlenség-rendszerek............... 114

9. Százalékszámítás 116

9.1. A százalék fogalma; a százalékszám ítás............. ............................................................ 1169.2. Százalékos növekedés; százalékos csökkenés................................................................. 1179.3. Feladatok a százalékszámítás alkalmazására................................................................. 118

10. Két segédeszköz: a determináns és a mátrix 119

10.1. A másodrendű determináns fogalma; általánosítható tulajdonságai........................ 11910.2. Az n-edrendű determináns fogalma ................................................................................... 12010.3. Többismeretlenes, elsőfokú egyenletrendszerek; Cramer-szabály............................ 12310.4. A determinánsok általános tulajdonságai........................................................................ 12510.5. A mátrix fogalma; speciális m átrixok .............................................................................. 12610.6. Műveletek a mátrixok körében.....................................................................................••• 12710.7. Az inverzmátrix; kapcsolat az elsőfokú egyenletrendszerrel....................................... 130

11. Komplex számok 13211.1. A komplex szám fogalma; műveletek komplex szám okkal....................................... 13211.2. A komplex számsík ............................................................................................................... 13311.3. A komplex számok trigonometriai a la k ja ........................................................................ 13611.4. A komplex számok exponenciális a lak ja .......................................................................... 142

6

12.1. Az egyhatározatlanú polinom fogalma; a Horner-m ódszer.............. ...................... 14412.2. A polinomok osztási algoritm usa...................................................................... ............... 14512.3. A polinomok gyöktényezős a la k ja ..................................................................................... 14612.4. Egész együtthatós polinomok racionális g y ö k e i............................................................. 148

13. Kombinatorika 151

13.1. Sorba rendezési problémák; permutációk, variációk..................................................... 15113.2. Részhalmaz-kiválasztási problémák; kom binációk....................................................... 15513.3. A binomiális tétel; binomiális együtthatók...................................................................... 15713.4. A skatulyaelv és a logikaiszita-formula............................................................................. 16013.5. Gráfok; a gráfokkal kapcsolatos alapfogalm ak.............................................................. 16313.6. Néhány egyszerűbb gráfelméleti összefüggés; a gráfok Euler-vonala...................... 16513.7. Síkbeli gráfok; fák, erdők; páros g rá fo k .......................................................................... 167

14. Elemi síkgeometria 171

14.1. Síkgeometriai alapfogalmak. Konvex a lakzatok ........................................................... 17114.2. Szögek; szögpárok .................................................................................................................. 17214.3. Sokszögek; szögösszeg........................................................................................................... 17614.4. Az egybevágóság; háromszögek egybevágósága............................................................. 17914.5. Tengelyes tükrözés; tengelyesen szimmetrikus a lakzatok .......................................... 18214.6. Középpontos szimmetria; paralelogrammák.................................................................. 18814.7. A kör. Kerületi és középponti szögek; Thalész té te le ..................................................... 19014.8. Hasonlósági transzformációk; középpontos hasonlóság ............................................ 19414.9. Mértaniközép-tételek; Pitagorasz tétele ........................................................................... 20314.10. A sokszögek területe ............................................................................................................. 20914.11. A kör kerülete és területe; ívmérték ................................................................................... 21314.12. A háromszög geom etriájából.............................................................................................. 21814.13. Speciális négyszögek; sokszögek ....................................................................................... 225

15. A tér elemi geometriája 231

15.1. Egyenesek és síkok kölcsönös helyzete; párhuzamosság.............................................. 23115.2. Hajlásszögek és távolságok .................................................................................................. 23315.3. Egybevágóság és hasonlóság a térb en ............................................................................... 23615.4. Poliéderek: hasábok, gúlák; felszín és térfogat............................................................. 23815.5. Euler-féle poliédertétel; szabályos te stek .......................................................................... 24615.6. Hengerek és k ú p o k .................................................................................................................. 24915.7. A gömb és része i...................................................................................................................... 25615.8. A göm bhárom szög.................................................................................................................. 261

16. Vektorok és alkalmazásaik 265

16.1. A vektorok fogalma ............................................................................................................. 26516.2. Vektorok összeadása és k ivonása........................................................................................ 26616.3. Vektorok szorzása számmal................................................................................................... 27016.4. Vektorok és pontok koordinátái .......................................................................................... 27416.5. Osztópont, súlypont és alkalm azások............................................................................... 27816.6. Trigonometrikus függvények................................................................................................ 28416.7. Skaláris szo rza t........................................................................................................................ 29116.8. Trigonometriai összefüggések a három szögben............................................................. 300

12. Egyhatározatlanú (egyváltozós) polinomok 144

7

16.9. Vektoriális szorzat ................................................................................................................. 31116.10. Vegyesszorzat; kifejtési t é te l ................................................................................................ 31816.11. A gömbháromszögek trigonom etriája.............................................................................. 321

17. Koordinátageometria 326

17.1. A pont eltolása és elforgatása; koordinátatranszformáció......................................... .32617.2. Az egyenes egyenletei síkbeli koordináta-rendszerben.................................................. .32817.3. A kör egyen lete .........................................................................................................................34417.4. A parabola és egyen letei...................................................................................................... .34917.5. Az ellipszis és egyen letei...................................................................................................... .35617.6. A hiperbola és egyen letei...................................................................................................... .36217.7. Kúpszeletek és másodrendű görb ék ....................................................................................36817.8. Polárkoordináták ................................................................................................................... .37117.9. Egyenes és sík a térbeli koordináta-rendszerben........................................................... .374

18. Szerkesztések 382

18.1. Az euklideszi alapszerkesztések és alkalm azásaik........................................................... 38218.2. Gyakorlati szerkesztések...................................................................................................... 394

19. Sorozatok 398

19.1. A sorozat fogalma, megadása ............................................................................................ 39819.2. Számtani sorozatok ................................................................................................................. 40019.3. Mértani sorozatok ................................................................................................................... 40319.4. A mértani sorozat alkalmazásai; kamatoskamat-számítás......................................... 40619.5. Konvergens so ro za to k ........................................................................................................... 41019.6. Rekurziós sorozatok ............................................................................................................... 41619.7. Végtelen so r o k .......................................................................................................................... 420

20. Függvények 424

20.1. A függvények fogalma, ábrázolása................................... ................................................. 42420.2. A függvényekkel kapcsolatos alapfogalm ak................................................................... 42820.3. A függvény határértéke........................................................................................................... 43320.4. Folytonos függvények............................................................................................................. 43620.5. Racionális egész- és törtfüggvény....................................................................................... 43920.6. Hatványfüggvény ...................................................................................................... ............ 44720.7. Exponenciális és logaritmusfüggvény; exponenciális és logaritmikus egyenletek 44820.8. Trigonometrikus függvények és inverzeik ........................................................................ 45120.9. Trigonometrikus azonosságok és egyen letek ................................................................. 45820.10. Hiperbolikus függvények és inverzeik .............................................................................. 46620.11. Néhány nevezetesebb függvény ......................................................................................... 470

21. Differenciál- és integrálszámítás 472

21.1. A differenciálhányados és a derivált függvény............................................................... 47221.2. Deriválási szabályok ............................................................................ ................................ 47521.3. Az elemi függvények deriválása......................................................................................... 47821.4. Középértéktételek és következményeik............................................................................ 48721.5. Magasabb rendű deriváltak; konvexitás, konkávitás.................................................. 49121.6. Függvényvizsgálat és alkalmazásai ................................................................................... 49421.7. A derivált alkalmazása határérték számítására; a l’Hospital-szabály........................ 505

21.8. A Taylor-form ula......................................................................................................................50821.9. Egyenletek közelítő m egoldása..............................................................................................51121.10. A primitív fü ggvén y ............................................................................................................... ..51721.11. Az integrál fogalm a....................................................................................................................52621.12. A N ew ton—Leibniz-tétel.........................................................................................................53321.13. Az integrálszámítás alkalm azásai....................................................................................... ..53521.14. Közelítő módszerek az integrálszámításban......................................................................55321.15. Néhány differenciálegyenlet m egoldása............................................................................ ..557

22. Valószínűség-számítás 565

22.1. A valószínűség-számítás tárgyköre; elemi események .................................................. ..56522.2. A valószínűség alaptulajdonságai, a valószínűség klasszikus kiszámítási módja 56722.3. A valószínűség geometriai kiszámítási m ó d ja ....................................................................57322.4. Feltételes valószínűség és függetlenség.................................................................................57622.5. Valószínűségi változók és eloszlásaik...................................................................................57922.6. A matematikai statisztika néhány alapfogalm a..................................................................584

23. Táblázatok 588

I. táblázat: Prímszámok 2-től 11 6 57-ig ..................................................................................... ..590II. táblázat: A 2-vel, 3-mal, 5-tel, 11-gyei nem osztható összetett számok prímtényezős

felbontása 2500-ig ........................................................................................................................ ..595III. táblázat: Faktoriálisok: 1! —5 0 ! ................................................................................................597IV. táblázat: Binomiális együtthatók..............................................................................................598

Tárgymutató 599

9

Előszó

Könyvünk a m atem atikának azokat a fejezeteit tartalmazza, amelyeket általá­ban a „középfokú” jelzővel szoktak megjelölni, kibővítve a felsőfokú oktatás néhány bevezető anyagrészletével. Elsősorban a középiskolai tananyagban kí­ván segítséget nyújtani, de mindjárt hozzákapcsolja a m atem atikának azokat a tárgyköreit, amelyek átvezetnek a „m agasabb” matematikába.

Az anyag összeállításával és tárgyalásmódjának a megválasztásával az volt a célunk, hogy az olvasó egységesen összefoglalva lásson egy-egy m atem atikai tárgykört az alkalmazásokkal együtt. E célból arra törekedtünk, hogy az adott szinten lehetőleg pontosan definiáljuk a felhasznált fogalmakat, szabatosan fo­galmazzuk meg a tételeket, összefüggéseket, és ezek alkalmazásait egyszerűbb, ill. fokozatosan nehezedő példákon, feladatokon mutassuk be.

A könyv terjedelme nem teszi lehetővé, 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 lehetőleg ne hasz­náljanak fel a m atem atikán kívüli, kevésbé ismert fogalmakat, am ik a megoldás megértését lényegesen megnehezítenék.

Az egyes fejezetek felépítése — éppen összefoglaló jellegük m iatt — gyak­ran eltér az iskolában megszokott felépítésektől; itt többször egymás mellé ke­rülnek olyan szakaszok, amelyek az iskolai anyagban távol vannak egymástól, viszont esetleg különböző 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 tárgym utatóban megkereshetjük, hogy egy-egy fogalom vagy tétel hol fordul elő, tehát hol találhatjuk meg ezek definícióit, ill. megfogalmazásait. A könnyebb kezelhetőség érdekében néhány tételt, meghatározást többször is szerepeltetünk.

Szólnunk kell a könyvben használt matematikai jelölésekről. A jelölésrend­szer napjainkban átalakulóban van. Igyekeztünk azokat a jelöléseket használni, amelyek ma hazánkban a legelterjedtebbek, de megadtuk a használatban levő

11

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 köszönetét mondok a könyv szakmai lektorainak: Laczkó László vezető tanárnak, Pálmay Lóránt vezető szaktanácsadónak és Urbán Jánosnak, az OPI osztályvezetőjének; kö­szönettel tartozom P. Helvei Juditnak gondos és lelkiismeretes szerkesztő m un­kájáért és Vadas Istvánnénak a kézirat gépeléséért és gondozásáért.

Budapest, 1989. szeptember 1. Reiman István

12

1. Halmazok; a matematikai logika elemei

1.1. A halmaz fogalma; jelölések

A m atem atikában alapfogalmaknak tekintjük azokat a fogalmakat, amelyeket nem határozunk meg, nem definiálunk más fogalmak segítségével rendszerint azért, mert m eghatározásukhoz a szóban forgó fogalomnál bonyolultabb fogal­m akat kellene felhasználnunk. Az egyik leggyakrabban használt alapfogalom a halmaz fogalma.

A halmaz bizonyos dolgok, fogalmak, tárgyak, személyek stb. együttese, ösz- szessége; ezek a dolgok, fogalmak stb. a halmaz elemei. Néhány példa halm a­zokra :

A ; a 9-nél kisebb pozitív egész számok halm aza;B: egy adott sík háromszögeinek a halmaza;C : az 1997-nél nagyobb egész számok halm aza;D : azoknak a pozitív egész számoknak a halmaza, amelyek 3-mal osztva

2-t adnak m aradékul;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 halm azt végesnek mondjuk. Ezzel szemben a B, C, D halmazoknál ez nem lehetséges, ezek végte­len halmazok. A halmazokat rendszerint nagybetűvel szoktuk jelölni, az elemeit pedig kisbetűkkel. A hozzátartozás jele: £ , pl. 7 £ A (olv .: 7 eleme az A-nak), a „nem eleme” jelölése ennek a jelnek áthúzott változata ; pl. 9 (£ A.

Egy halmazt az elemei egyértelműen meghatározzák. K ét halmaz akkor és csakis akkor egyenlő, ha elemeik azonosak. Egy halmazban egy „valam i” csak egyszer szerepelhet elemként, még akkor is, ha az elemek felsorolásakor ezt esetleg többször is említenénk.

A halmazokat sokféle m ódon adhatjuk meg; a véges halm azoknak pl. fel­sorolhatjuk az elemeit, az elemeket ilyenkor kapcsos zárójelbe tesszük:

A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}.

M egadhatjuk a halm azokat olyan utasítással is, amelynek alapján bármely elemről eldönthető, hogy hozzátartozik-e a halmazhoz vagy sem. Ilyen esetben tetszőleges számhalmaz esetében is használjuk a kapcsos zárójelet, méghozzá

13

rendszerint a következő form ában: először leírjuk a halmaz egy általános (azaz tetszőleges) elemének a jelét, pl. x-et, majd egy függőleges elválasztó vonal kö­vetkezik, ezután megadjuk azt az ismertnek feltételezett nagyobb halmazt, amelynek x eleme, majd azt a speciális tulajdonságot, amelynek alapján az x elemeket ebből a nagyobb halmazból kiválasztjuk. Pl. az egész számok halma­zát Z-vel jelölve, az előbbi C halm azt a következő módon adhatjuk m eg:

C = {x | x <E Z, x > 1997}.

Ugyanezzel a módszerrel a D halmaz megadása:D = { x |x = 3/c+2, k = 0 ,1 ,2 , . . .} .

A függőleges vonal helyett gyakran kettőspontot vagy pontosvesszőt hasz­nálnak.

M ár itt felhívjuk a figyelmet arra, hogy egy bizonyos halmazt többféle m ó­don is megadhatunk.

Célszerűségből bevezetjük az elem nélküli halmaz fogalmát, ennek neve: üres halmaz, je le : 0 .

Példák üres halmazokra:— azon számok halmaza, amelyek kisebbek 10-nél, de nagyobbak 12-nél,

vagy— az x2 = — 1 egyenletet kielégítő 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 c B.

Eszerint minden halmaz részhalmaza saját magának.Az üres halmazt minden halmaz valódi részhalmazának tekintjük; ez a tény

számos tétel megfogalmazását lényegesen egyszerűsíti. H a viszont A részhal­maza B-nek, de nem egyenlő B-vel, akkor A-t a B valódi részhalmazának ne­vezzük, ennek a kapcsolatnak a jele A ^ B . (Azt, hogy A részhalmaza B-nek, régebben az A £ B szimbólummal jelölték, ebben az esetben a valódi részhal­maz jele c . )

Példák a részhalmazokra:— az egész számok halmazának részhalmaza a páros számok halmaza,— a páros számok halmazának részhalmaza a 10-zel osztható számok hal­

maza,— a háromszögek halmazának részhalmaza a szabályos háromszögek hal­

maza,— az E = {1, 2, 3} halmaz részhalm azai: Ex = 0, E2 = {1}, E3 = {2},

E 4 = {3}, E 5 = {1, 2}, E6 = {1, 3}, E 7 = {2, 3}, Es = {1, 2, 3}.

14

Ezek közül tehát E8 nem valódi részhalmaz, a többi valódi részhalmaz.

H a A c B és B c 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 ( egyenlőségét) úgy bizonyíthatjuk, hogy megmutat­ju k : bármelyikük minden eleme hozzátartozik a másik halmazhoz is.

Legyen pl. az A halmaz egy síkon a P é s Q pontoktól egyenlő távolságra levő pontok halmaza, a B halmazt pedig a PQ szakasz felező merőlegesének a pont­ja i alkotják. E két halmaz egyenlő voltának az igazolásához azt kell megm utat­nunk, hogy A c B , vagyis hogy a P-től és (M ól egyenlő távolságra levő pontok rajta vannak a felező merőlegesen; majd pedig azt, hogy B ez A, vagyis, hogy PQ felező merőlegesének a pontjai egyenlő távol vannak P-től és Q -tó l

H a A részhalmaza B-nek, akkor a B halmaz A-hoz nem tartozó elemei azA komplementer halmazát (kiegészítő halmazát, komplementerét) alkotjákB-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 alaphalm azt is megadjuk. Fogalom alkotásunkból egyébként közvetlenül következik, hogy rögzített alaphalmaz esetén az A halm az komple­menterének komplementere A-val egyenlő:

A = A.

1.3. Halmazműveletek

A számok körében bizonyos számokból a műveletek során m eghatározott sza­bályok szerint újabb számokat állítunk elő. Ennek a m intájára azokat az eljá­rásokat, amelyek során bizonyos halmazokból újabbakat állítunk elő, halmaz- műveleteknek nevezzük. Ezek közül most néhány gyakrabban előfordulóval foglalkozunk.

Az A és B halm azok uniója azoknak az elemeknek a halmaza, amelyek az A ésB halmazok közül legalább az egyiknek elemei. A és B uniójának jele A U B (olv.: A unió B). A U B más elnevezései: A és B egyesítése vagy A és B összege.

Példák ké t halmaz uniójára:— a páros számok halm azának és a páratlan számok halm azának uniója az

egész számok halmaza,— a 15-nél nagyobb számok halmazának és a 0-nál nagyobb számok hal­

m azának uniója a pozitív számok halmaza,

15

— a 15-nél nagyobb valós számok halmazának és a 15-nél kisebb valós szá­m ok halm azának 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 fi B (olv.: A metszet B), a metszetet gyakran közös résznek is m ondják (néha A és B szorzatának).

Példák két halmaz metszetére:— a páros számok halm azának és a páratlan számok halmazának metszete

az üres halmaz,— a 15-nél nagyobb számok halm azának és a 0-nál nagyobb számok halm a­

zának a metszete a 15-nél nagyobb számok halmaza,— a 15-nél nagyobb számok halmazának és a 30-nál kisebb számok halma­

zának metszete a 15 és 30 közé eső számok halmaza.

A halmazműveleteket és a velük kapcsolatos összefüggéseket jól szemlélte­tik az ún. Venn-diagramok (ezeket J. Venn angol matematikusról nevezték el); a halm azokat körlapokkal ábrázoljuk. Következő ábráinkon az eredményül kapott halmaz határát vastag vonallal jelöltük (1.3.1. és 1.3.2. ábra).

A U B

1.3.1. ábra. Halmazok uniója 1.3.2. ábra. Halmazok metszete

Az unióművelet és a metszetképzés definíciója alapján (de a Venn-diagramok segítségével is) könnyen igazolhatók a következő azonosságok:

U nió: M etszet:A U B = B U A , A flB = BO A ,A U A - A, A flA = A,A U 0 = A, A D 0 = 0 ,

A U (B U C) = (A U B )U C . A f l ( B n C ) = (A flB )n C .

Megjegyezzük, hogy a halmazműveleteket — ugyanúgy, mint a számok kö­rében értelmezett műveleteket — tetszőleges számú halmazra is kiterjeszthetjük az utolsó ún. asszociatív tulajdonság alapján.

Az A és B közös elem nélküli halm azokra jellemző, hogy metszetük üres, azaz A fi B = 0, az ilyen halmazokat diszjimkt halmazoknak (néha: idegen hal­mazoknak) mondjuk.

16

1.3.3. ábra.a n c e u O = (A n b ) u (a n o

1.3.4. ábra. A\J{BC \C) = ( A u B ) n ( . A \ j C )

A most bevezetett két művelet összekapcsolásával jönnek létre az ún. disztributív szabályok (1.3.3. és 1.3.4. ábra)

A fi (B U C) - (A flB )U (A n C ),A U (B Pl C) = (A U B )n (A U 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 je le : A \ B (olv .: A mínusz B). Az A \ B és B \ A halm azok nem azonosak (1.3.5. ábra).

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 következő azonosságok:

A \ 0 = A, 0 \ A = 0, A \ A = 0.

Következő műveletünk tartalm át tekintve eltér az eddigiektől, az eddig tá r­gyalt esetekben ugyanis a művelettel nyert halmaz elemei a kiindulásul vett hal­mazok elemeiből állnak össze, meghatározott szabályok szerint. Ú j műveletünk­nél azonban az eredményként kapott halmaz elemei m ár jellegükben eltérnek az eredeti halmazok elemeitől.

Az A és B halmazok direkt szorzatán az összes olyan (a; b) rendezett párok­nak a halm azát értjük, amelynél a € A és b £ B; a rendezettség azt jelenti, hogy a páron belül az A-hoz tartozót tekintjük elsőnek és a B-hez tartozót m ásodik­

1.3.5. ábra. A \ B é s B \ A

17

nak. A és B direkt szorzatának je le : A x B (olv.: A kereszt B). A X B tehát általá­ban nem azonos BxA -val. A x B más elnevezése: A és B Descartes-féle (olv.: dékart-féle) szorzata (R. Descartes francia matematikus-filozófusról).

Legyen pl. A = {I, 2, 3}, B = {4, 5}, akkor

A X B = {(1,4), (1 ,5), (2, 4), (2, 5), (3, 4), (3, 5)},B X B = {(4, 4), (4, 5), (5, 4), (5, 5)}.

A X B Descartés-féle szorzat elnevezése onnan származik, hogy ha A a valós számok halmaza, AX 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 hozzá­rendelhető' 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 egyértelmű (más elnevezéssel: egy-egy értelmű) hozzárendelésnek nevezzük.

A kölcsönösen egyértelmű hozzárendelés azt is jelenti, hogy a két halmaz elemeiből elem párokat képezünk úgy, hogy minden elempárban szerepel egy- egy elem mindkét halmazból, és mindkét halmaz valamennyi eleme pontosan egy elempárban fordul elő.

Legyen pl. A a pozitív egészek, B pedig a pozitív páros egészek, C pedig a páratlan pozitív egészek halmaza.

A : 'l , 2, 3, 4, . . . , n, n+ 1, . . .B: 2, 4, 6, 8, . . . , 2n, 2n + 2, . . .C: 1, 3, 5, 7, . . . , 2 « -1 , 2 n + l , . . .

Kölcsönösen egyértelmű hozzárendelés létesíthető 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 tarto ­zik, ti. éppen a fele.

Az A és C halmaz elemei között is létesíthető kölcsönösen egyértelmű meg­feleltetés ; itt is minden A-beli elemhez az alatta levőt rendeljük hozzá, azaz az n pozitív egészhez az zz-edik páratlan számot, 2n — 1-et.

Viszont a B és C halmazok elemei között is van kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés, B minden eleméhez rendeljük hozzá az előtte állót, azaz a nála eggyel kisebb számot, általában a 2n alakú számhoz 2n — 1-et.

H a két halmaz elemei között kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés létesít­hető, akkor a két halmazt ekvivalensnek ( egyenértékűnek) mondjuk.

Előbbi 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.

18

Ha két véges halmaz ekvivalens, akkor azonos az elemszámúk, 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 elemszámúk. 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, sőt 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 rendezhetők, bizonyos egymásutániság, sorrend állapítható meg közöttük. A megszámlálhatóság és a ( végtelen) sorozatba való rendezhetőség egy halmaznál tehát ugyanazt jelenti.

1.5. A matematikai logika elemei; az ítéletkalkulus

A m atem atikának jellegzetessége, hogy tételeit, eredményeit más tételekből le­vezeti, azaz bizonyos megszabott módon már meglévő tételekből, állításokból újabb tételekre következtet. A. helyes matematikai következtetések szerkezeti törvényeivel a matematikai logika foglalkozik.

A legáltalánosabb következtetési módok (következtetési sémák) alapját a logikai ítéletek alkotják.

Logikai ítéletnek nevezünk egy kijelentő mondatot, ha egyértelműen eldönt­hető, hogy a benne foglalt állítás igaz vagy hamis.

A logikai ítéletet az egyszerűség kedvéért csak ítéletnek fogjuk nevezni; az ítélet fogalmát szokás még az „állítás”, „kijelentés” szavakkal is jelölni.

A m atematikai logika az ítéleteknél eltekint azok tartalm ától, jelentésétől, csupán igaz vagy nem igaz (azaz hamis) voltukkal foglalkozik; az ítélet „igaz” vagy „ham is” voltát az ítélet logikai értékének nevezzük. Nézzünk m ost néhány egyszerű 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.

19

A fenti egyszerű ítéletből új ítéletet alkothatunk pl. úgy, hogy tagadjuk va­lamelyik ítéletet, vagy pedig két ítéletet valamilyen formában összekapcsolunk. Ezt az eljárást szokás az ítéletek körében végzett műveletnek nevezni, feltéve, hogy az új ítélet logikai értékét az eredeti ítélet (vagy ítéletek) logikai értéke egyértelműen meghatározza.

A matematikai logika ítéletműveletekkel foglalkozó része az ítéletkalkulus, más elnevezéssel: kijelentéskalkulus vagy állításkalkulus.

A legegyszerűbb ítéletművelet 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 1 P igaz.

Előző példáinkban pl. ~]C\ „nem igaz, hogy 1990 egész szám”, vagy egy­szerűen : „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 ítéletművelet, amelynél csak egy ítéletből alko­tunk új ítéletet; a többi műveletnél m ár legalább két ítéletből indulunk ki.

A P és Q ítélet konjunkcióján a „P és Q" ítéletet (vagy ennek valamilyen át­fogalmazott alakját) értjük. P és g konjunkciójának je le : PA Q, olvasása: P és Q. Definíció szerint PA Q akkor és csakis akkor igaz, ha P is és Q is igaz.

Előző példáinkban A A B : „A háromszög síkidom és szögeinek összege 180°” igaz állítás, mert A is és B is igaz; viszont a C A D ítélet: „1990 egész szám és páratlan” hamis állítás, mert D hamis volt.

Hasonlóan kapjuk, hogy pl. A A C , B A C igaz; A AD, B A D hamis ítéletek.A P és, Q ítéletek diszjunkcióján „a megengedő vagy”-gyal összekapcsolt

„P vagy Q ” ítéletet értjük. P és Q diszjunkciójának jele: PVQ, o lv .: P vagy Q. PV Q akkor és csakis akkor hamis, ha P is és Q is hamis. A PV Q ítélet nyelvtani­lag pontos megfogalmazása nem mindig egyszerű, mert lényegében azt jelenti, hogy PV Q akkor igaz, ha P és Q közül legalább az egyik igaz (de lehet, hogy mind a kettő is).

PL : D V E igaz, mert E igaz, de D nem; CVD is nyilván igaz.

A P és Q ítéletek implikációján a „ha P, akkor Q ” alakú ítéletet nevezzük, am i akkor és csakis akkor hamis, amikor P igaz, de Q hamis. Jele P Q, o lv .: 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 cserélhető fel az ítéletek sorrendje.

A matematikai levezetések egyik leggyakoribb ítéletművelete az ekvivalencia (egyenértékűség). 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.

P l,: A -w B igaz, B -»■ A igaz, C ** D hamis.

20

1.6. Logikai műveletek

Észrevehetjük, hogy példáinkban ítéletműveleteink leegyszerűsített nyelvi meg­fogalmazásai sokszor „sántítanak”, nem érezzük pontosnak a tartalm ukat, s ezt a látszólagos ellentmondást csak hosszabb körülírással tudjuk feloldani. Az igazság az, hogy a műveletek eredményeként kapott ítéletek igazságértékét definícióknak kell tekintenünk, a műveletek lényegében azt jelentik, hogy a lo­gikai értékek (igaz, hamis) rendezett párjaihoz (negáció esetén egyetlen logikai értékhez) egy logikai értéket rendelünk. H a az igaz értéket /-vei, a hamis értéket h-val jelöljük, akkor pl. iAh — h, i ** i — i.

A logikai értékekkel végzett műveletek — az ún. logikai műveletek — érték- táblázata ezek szerint a következő (p és q ún. logikai változók, az i és h értékek valamelyikét jelölik):

p q I P p h q p v q P q p ^ q

i t h i i i ii h h h i h hh i i h i i hh h i h h i i

Ezeken kívül még más logikai műveletek is használatosak.A műveletek összekapcsolásával — ugyanúgy, mint a számok körében — itt

is kaphatunk azonosságokat, olyan egyenlőségeket, amelyek a bennük szereplő logikai változók bármely értékeire fennállnak. Néhányat a nevezetesebb azonos­ságok közül:

~ \0 P ) = P , ( 1-6 .1)(p\I q)V r = p\! (q\J r), (1.6.2)

/A /lp = /, p A l p = h, (1.6.3)l ( p A q ) = I p V l q , (1-6.4)1 {pMq) = IpA }q, (1.6.5)

p A q = iC lp V ltf ) , (16.6)P = (P -* q)A(q p). (1.6.7)

Ezeknek a bizonyítása a bennük szereplő logikai változók minden lehetséges értékének a vizsgálatával történhet. Ha pl. p — i, q — h, az (1.6.5) azonosság bal o ldala:

p\Jq — ÍV h — i, ~}i — h, 1 (p \1 q) = h,

a jobb o ldala:

~\p — h, l q ~ i, h A i = h, ~\pA~\q = h.

Az (1.6.6) azonosság szerint a konjunkció kifejezhető negáció és diszjunkció

21

segítségével; ez egyébként nemcsak a konjunkcióra, hanem valamennyi logikai műveletre igaz. Az implikáció ilyen jellegű kifejezése p l.:

p - q = ~\pVq.

Az ítéletkalkulus műveleteinek és így a logikai műveletek szemléltetésére jól használhatók a Venn-diagramok (1.3. szakasz) ezek segítségével kapcsolatot találhatunk a halmazműveletek és a logikai műveletek 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 műveleteknek pedig halmazmű­veleteket, méghozzá:

"1/j-nek, ill. ~]q-nak p, ill. q H-beli komplementerét,/?V q-nak p és q unióját,p h q-nak p és q metszetét.

Könnyen beláthatjuk, hogy ennél a megfeleltetésnél minden halmazműve­leti azonosságnak egy, a logikai változók és műveleteik 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):

A matematikai logika tárgykörébe tartozik két szövegrövidítési szimbólum: A „Minden x-re" szöveg szimbolikus jelölése: \jx. A „Van olyan x. hogy” szö­veg szimbolikus jelölése: 3 x.

P l.: Jelöljön A és B halmazokat.— Az A a B részhalmaza, ha \/* £ A-ra x £ B is igaz (vagy \jx (x £ A — x 6 B)).— Ha 3 * € A, amelyre x 6 B is igaz, akkor A f |B ^ 0.

22

2. Valós számok

2.1. Természetes számok; egész számok

Számkörünkben először 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 IN.

A természetes számok körében két alapművelet v an : az összeadás és a szor­zás, ezek ebben a számkörben korlátlanul elvégezhetők. Az összeadás és szor­zás legfontosabb azonosságai:

a + b = b + a az összeadás kommutatív szabálya (2.1.1)(a + b) + c = a + (b + c) az összeadás asszociatív szabálya (2. 1.2)

ab = ba a szorzás kommutatív szabálya (2.1.3)(ab)c = a(bc) a szorzás asszociatív szabálya. (2.1.4)

A z a + b összegben a és b összeg tagjai, az ab szorzatban a és b a szorzat té­nyezői.

Ezek a szabályok több tagra, ill. szorzótényezőre is kiterjeszthetők és azt jelentik, hogy az összeadást tetszőleges csoportosításban és sorrendben végez­hetjük el, s ugyanúgy a számok szorzását is. Az

(a + b)c = ac + bc dísztributív 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 a szorzato­kat összeadjuk. A szorzást egyszerűen csak a tényezők 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

ű + 0 = a, b- \ = b

tulajdonságok m iatt; egy számhoz 0-t adva a szám nem változik meg, egy szá­

23

m ot 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 u tóbb állót az előbb állónál nagyobbnak mondjuk (vagy fordítva kisebbnek). Pl. 29 > 2 (olv.: 29 nagyobb 2), 0 < 17 (olv.: 0 kisebb 17). Használjuk még aS jelet (olv.: kisebb vagy egyenlő, ill. nem nagyobb) és a s jelet (olv.: nagyobb vagy egyenlő, ill. nem kisebb).

A természetes számok körében aza + x = 0

egyenletnek csak akkor van megoldása, ha a = 0. Ha a ^ 0, nevezzük el a el- lentettjének 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 előjelének szokás mondani. A c szám pozitív voltát ezért általában c >- 0, negatív voltát c < 0 formában szok­tuk megadni. H a c nemnegatív: c S 0, ha c nem pozitív: c ^ 0.

Megjegyezzük, hogy — a ellentetjének a-1 tekintjük.Kibővített számkörünkben fontos fogalom a számok abszolút értéke. M in­

den számhoz tartozik egy szám, amely az illető számnak az abszolút értéke.A c szám abszolút értékének jele | c | (olv.: c abszolút értéke). Megállapodásszerint

! c, ha c S 0,

— c, ha c < 0,

szavakkal: 0 abszolút értéke 0, pozitív szám abszolút értéke magával a szám­mal, negatív szám abszolút értéke pedig ellentettjével egyenlő.PL: 114J = 14, |0 | = 0, | —721 = 72.

Azt a műveletet, 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 fegyenlet 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 végezhető el, ha b s a. b — a-1 egyébként b és a különbségének mondjuk.

Az egész számok körében a műveleti szabályok megállapításakor azt tart­juk szem előtt, hogy az összeadás és szorzás kommutatív, asszociatív és disztri-

24

butív törvényei érvényben maradjanak. (Ez az ún. permanencia elv.) Bebizonyít­ható, hogy ebben az esetben a következő szabályokhoz ju tu n k : ha a és b po­zitív

0 + ( — a) = - a ,( - a ) + ( - b ) = - ( a + b)

ía —b, ha a > b,a + ( — b) — ( — b) + a = |o , ha a = b,

I —(b—a), ha a < b.

Ezt az eredményünket így is fogalm azhatjuk:két negatív számot úgy adunk össze, hogy abszolút értéküket összeadjuk és az eredményt mínusz előjellel látjuk el.PL: - 7 - 1 2 = - 1 9 ;

egy pozitív és egy negatív számot úgy adunk össze, hogy vesszük a két szám abszolút értékét, ezek közül a nagyobbikből kivonjuk a kisebbiket és az ered­ményt ellátjuk a nagyobbik abszolút értékű szám előjelével.PL: 6 + ( - 3 ) = 6 - 3 = 3; 6 - 1 7 = - ( 1 7 - 6 ) = - 1 1 , 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 tetszőleges sorrendben adhatjuk össze úgy, hogy az összeget egybefog­laló zárójeleket egyszerűen elhagyjuk:

( 6 - 9 + 2 + 8 ) + ( - 12 + 7 + 1 - 3 ) = 6 - 9 + 2 + 8 - 1 2 + 7 + 1 - 3 = 0.

Egy összeg ellentettjét úgy kapjuk meg, hogy az összegben tagjainak az el- lentettjeit adjuk össze; pl.

- ( 6 - 8 - 9 + 12+1) = - 6 + 8 + 9 - 1 2 - 1 .

Ebből következik, hogy összeget úgy vonunk ki, hogy a kisebbítendőhöz az összeg ellentettjét adjuk hozzá, p l.:

86—( —9 —13 + 2 —20) = 86 + 9 + 1 3 -2 + 2 0 .

Kivonásnál tehát az összeget egybefoglaló zárójel elhagyása a benne levő tagok előjelének a megváltoztatásával jár.

Hasonló okokból igazak a szorzás következő azonosságai :0a = a0 = 0,

a( — b) = ( — a) b — —ab,( — a)( — b) = ab.

Ezek következménye, hogyegy szorzat akkor és csakis akkor nulla, ha legalább egyik tényezője 0 ; egyező előjelű számok szorzata pozitív, különböző előjelűeké negatív.

25

Pl.: 9 - (—16) = -1 4 4 ; ( - 7 ) . ( - 4 ) = 28; ( 4 - 6 + 2 ) - ( - 9 + 6) == 4-( —9) + ( —6)-( —9)+ 2-( —9 )+ 4 -6 + ( —6)-6 + 2-6 == - 3 6 + 5 4 -1 8 + 2 4 -3 6 + 1 2 = 0.Továbbá:

páratlan számú negatív szám szorzata negatív, páros számú negatív szám szorzata pedig pozitív.

2.2. Racionális számok; törtműveletek

Ha az egész számok körében adottak az a és b egészek (a ^ 0), nem mindig ta­lálunk olyan x egészet, amelyre az

ax = b (2.2. 1)

egyenlőség teljesülne, pl. nincs olyan x egész, amely kielégíti a 3x — 5 feltételt, viszont van olyan y, amelyre 3y = 12 teljesül, ti. a zy — 4. Ezt a tényt úgy szok­tuk kifejezni, hogy 12 osztható 3-mal és az osztás eredménye 4; viszont 5 nem osztható 3-mal.

Á ltalában: azt a műveletet, amely adott a és b számokhoz (a 0) olyan x számot határoz meg, amelyre ax = b teljesül, osztásnak nevezzük. Példánk azt mutatja, hogy az egészek körében az osztás nem mindig végezhető' el.

Kibővíthetjük azonban az egész számok halmazát úgy, hogy az osztás el­végezhető legyen. Új számokat vezetünk be, a törtszámokat vagy törteket.

M egállapodunk abban, hogy ~ (a ^ 0) olyan számot jelentsen, amely kielégíti

a (2.2.1) egyenlőséget, azaz a — tört azt a számot jelenti, amelynek ö-szorosaa Ib

b-vel egyenlő; b a tört számlálója, a a nevezője. I — olvasása: b per a vagy b törveb \ \ a

a-val; — -t b és a hányadosának is mondjuk, j

Mivel az x = 1 -x = b egyenlőséget az x = b és az x = is kielégíti, ~ = = b, azaz

ha a tört nevezője 1, akkor a tört a számlálójával egyenlő; és megfordítva:c

minden c egész szám tekinthető — alakú törtnek.

A törtek értelmezésével máris kiterjesztettük a szorzás fogalmát az a és —b a

számokra. Szeretnénk most már az összeadást és szorzást valamennyi — alakúa

számra (tehát köztük az egészekre is) kiterjeszteni úgy, hogy érvényben marad­jon mindkét művelet esetén a kommutatív és asszociatív szabály, valamint a disztributív szabály is. Ezekből a törtekre és műveleteikre az alábbiak következ­nek (a továbbiakban feltesszük, hogy a nevezőben szereplő szám nem nulla).

26

1. Egy tört értéke nem változik, ha a számlálót és a nevezőt is ugyanazzal a számmal megszorozzuk vagy elosztjuk, azaz:

— = , ahol k tetszőleges egész szám (k ^ 0). a ka

4 _ 8 _ 40 _ 2 _ 1 _ 6 _ 12 _ 54T I ~ 24 ~ l2 Ö ~ J ~ J ’ _ t - -y ~ y .

Ha a számlálót és a nevezőt ugyanazzal a számmal megszorozzuk, azt mondjuk, hogy bővítjük a törtet, ha ugyanazzal a számmal osztjuk, akkor egyszerűsítjük. Első példánkban rendre 2-vel, majd 5-tel bővítettünk, utána 20-szal, majd 2-vel egyszerűsítettünk.

M egfordítva: ha két tört egyenlő, akkor bármelyikük a másikból egyszerűsí­téssel vagy bővítéssel származtatható.

2. A tört pozitív, ha a számláló és nevező egyenlő előjelű, és negatív, ha a szám­láló és nevező különböző előjelű.

+ 6 6 —6 6 6 —6 6Pl. + 7 7 ’ 7 - 7 7 ’ - 7 7

Külön a számlálóba és a nevezőbe nem szoktunk előjelet kiírni, csupán a tört elé.

3. Azonos nevezőjű ( közös nevezőjű) törtek összeadásakor az összeg szám -' lálója a számlálók összege, a nevezője pedig a közös nevezővel egyenlő.

b c b + c a~^ a a

Pl • l _ l + 9 = 3 - 7 ± 9 " 5 5 5 5

Az 1. tulajdonság alapján bővítéssel (vagy egyszerűsítéssel) a törteket közös nevezőre hozhatjuk és így m ár összeadhatjuk; közös nevezőnek olyan számot választunk, amely valamennyi nevezőnek többszöröse.

3 2 17 _ 3-15 2-10 17-12 2-60_ -l------------- 1-2 = --------1---------------------- 1--------=4 6 5 60 60 60 60

45 20 204 120 19 ~ 6Ö + 6Ö 6Ö~ + “6Ö“ ~ “ 60 '

A közös nevezőre hozás technikájával még foglalkozunk a 4.2. szakaszban.

4. Két tört szorzatának számlálója a számlálók szorzata, nevezője a nevezők szorzata.

a c ac b d bd ’

27

H a az egyik tö rt értéke egész, akkor pl.a a a c ac

C"b = T>'C== V T = T 'a tört és egész szám szorzásakor a tört számlálóját szorozzuk az egész szám­mal, a nevező változatlan marad.

2 / 3 \ 2 -3 6PL: ------- 7• 8 ~ 56 '

K ét törtet (általánosabban: két számot) egymás reciprokjának nevezünk,

ha szorzatuk 1. ~ reciprokja nyilván — , hiszen — = — = 1. Az a egész b a b a ab

szám reciprokja viszont — , mivel « . — = — = 1.a a a

d c5. - - n e k -.-ve i való osztásakor arra a kérdésre keresünk választ, hogy

b amekkora x, ha

c a l c AS X = T ( n * 0}

. a d ad , „ . c ad a{cd) aAz x = T • — = —— ertek itt megfelelő, hiszen • -z— = y-.—K = -7- . Az osztás

b c be d be b(cd) b

műveletében ~ -t osztandónak, - j - t osztónak, az eredményt pedig, -t, hánya­

dosnak nevezzük. Az osztásnak mint műveletnek a műveleti jele kettőspont,b a c ad

pl. b : a = — , - : — = .a b d be

A törttel való osztás az osztandónak és az osztó reciprokjának a szorzását jelenti.H a az osztó egész, pl. c-vel egyenlő, akkor

a _ a c a 1 _ a b ’ C b ’ 1 b e be

tehát:tört egész számmal való osztásakor a tört nevezőjét kell az osztóval meg­szorozni.

V \ ~ — - a - A _ * 9 _ _ 5 4 . _ n . 7 _ 1 1 1 _ Í Z" 9 : 5 _ '9 ‘ ~4 = 36 ’ 9“ “ J ~ T ’ T : 3 ' 7 ~~ 21"'

T ört törttel való osztását néha a szorzás közvetlen „m egfordításaként” is elvégezhetjük:

tört törttel való osztásakor az osztandó számlálóját az osztó számlálójával, az osztandó nevezőjét pedig az osztó nevezőjével osztjuk.

28

12 4 _ 12 :4 _ 3 14 14:7 _ 2 35“ : T ~ 35 : 5 ~~ T ’ “9 : ~ ~ 9 9 '

Az osztás műveleténél kikötöttük,’ hogy az osztó nem lehet 0. Az a szám0-val való osztása azt jelentené az osztás definíciója szerint, hogy olyan x érté­ket kell m eghatároznunk, amelyre

0 • x = a

teljesül. Nem teljesülhet azonban 0 -x = a, ha a ^ 0, tehát az osztás nem végezhető el. H a viszont a = 0, a 0 -x = 0 egyenlőséget minden x szám ki­elégíti, s így az osztásnak mint egyértelmű műveletnek nincs értelme. Ezért

nullával nem lehet osztani, és tört nevezője nem lehet 0.

Ha viszont a 9C- 0, az ax = 0 egyenlőséget csak a 0 elégíti ki, ezért — = 0,a

b bés megfordítva: a tört definíciója szerint, ha — = 0, akkor a ^ 0 és a •— — 0,

a aez pedig csak akkor lehetséges, ha b = 0; ez azt jelenti, hogy

egy tört értéke akkor és csakis akkor 0, ha a számlálója 0.

A törtszám okkal kibővített szám körünk a racionális számok halmaza, amelynek szokásos jelölése Q.

Racionális számoknak nevezzük a — alakú számokat, ahol p és q tetszőleges‘■I

egész számok és q ^ 0.

M int láttuk, a racionális számok körében az összeadás, szorzás, kivonás és osztás korlátlanul elvégezhető (feltéve, hogy az osztó nem nulla). A racioná­lis számok halmaza valódi részhalmazként tartalm azza az egész számok hal­mazát.

M a már ritkán találkozunk a következő, 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 tö rt összegét, ha az össze-

1 1adás jele nélkül írjuk a tagokat egymás mellé, pl. 8 + — = 8 —; ez az alak m ate­

matikai formulákban nem használatos, mivel alkalmazása félreértésekre vezethet.

2.3. Egész kitevős hatványok

Az ab szorzatban a-t és b-1 a szorzat tényezőinek mondjuk. H a egy n tényezős szorzat minden tényezője a-val egyenlő, akkor ennek töm ör írásmódja an:

a -a -a - . . . -a — an. (2.3.1)

29

Az an (olv.: a az n-ediken) kifejezést az a szám n-edik hatványának nevez­zük, azt a műveletet 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 hatványkitevő. 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

0" = 0, 1" = 1,

és megfordítva: ha n pozitív egész és

aP = 0, akkor a = 0, ill. ha an = 1, akkor a = 1.

A szorzás előjelszabályából következik, hogy— a pozitív számok minden hatványa,pozitív,— a negatív számok páros kitevőjű hatványa pozitív, páratlan kitevős hat­

ványa negatív (ha a hatványkitevő 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 — -3 4 3 .A hatványmennyiségek (2.3.1) alatti meghatározásából következik a hat­

ványozás néhány lényeges azonossága.

Először két azonosság az egyenlő kitevőjű hatványok köréből:

1. (ab)n = (ab) (a b ) .. .(ab) = (a -a - . . . -a) (b -b - .. .b) = anb",

azaz szorzat n-edik hatványa (n pozitív egész) a tényezők n-edik hatványánaka szorzatával egyenlő, vagyis: szorzatot tényezőként hatványozhatunk.Pl.: (2-5)3 = 23-53 = 8-125 = 1000.

„ / a \ n a a a a" , . , , .2- ( * ) = T T - S = ~F'

azaz tört n-edik hatványa a számláló és a nevező n-edik hatványának a há­nyadosa.

p i , i4 i 5 21 32(f 35 243 ‘

Két lényeges azonosság az egyenlő alapú hatványok köréből:

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 -szór szerepel tényező­ként, tehát

egyenlő alapú hatványok szorzatában a közös alap kitevője a tényezők k i­tevőinek az összegével egyenlő.

30

4. Ha n > k pozitív egészek, legyen n — k = í, azaz n = k + s,an ak+s ak -as as

an:ak = —r = — j - = . , = — = as = an~k, ak ak ak - 1 1

egyenlő alapú hatványok hányadosában a közös alap kitevője az osztandó az osztó kitevőjének a különbsége.

5. Hatványok hatványozásakor az alap új kitevője a hatványkitevők szor­zata lesz, mert

(an)k = a"-an- . . .an = ar+n+.. , +n = ank.Pl.: (23)2 = 2", (125)7 = (127)5 = 1235.

Számrendszerünkben 10 bizonyos hatványainak külön neve van:102 száz, 109 milliárd,103 ezer, 1012 billió,104 tízezer, 1018 trillió,105 százezer, 1024 kvadrillió,106 millió, 1030 kvintillió stb.

A hatványfogalmat minden egész kitevőre kiterjesztjük. A kiterjesztést azonban úgy akarjuk értelmezni, hogy a hatványozás pozitív egész kitevőre megismert azonosságai érvényben maradjanak, ezért a 0, ill. a negatív egész kitevős hatványokat a racionális számok körében a következő módon értel­mezzük:

a) Nulla, ill. negatív kitevős hatvány alapja nem lehet 0.b) Minden szám nulla kitevős hatványa 1 -gyei egyenlő.c) Minden szám negatív egész kitevős hatványa az alap reciprokjának ellentett kitevős hatványával egyenlő.

Általánosságban tehát:

a ° = l , a - « = / l r = l ( a ^ 0 ) .

0Pl.: (27)° = = ( - 1)° = 1° = 1.

ar--« (ir-íir--i i

10“ 4 = —— — ---------- , 1 - 7 = 1 7 = 1 .104 10 000 ’

Bebizonyítható, hogy az egész kitevős hatványok körében is érvényben m aradnak a pozitív egész kitevős hatványokra megismert azonosságok, de már nem kell kikötnünk, hogy az osztandó kitevője nagyobb legyen az osztó kitevőjénél; ügyelnünk kell azonban arra, hogy a nulla alapra nem terjesztet­tük ki a nulla, ill. negatív kitevős hatványok fogalmát.

31

Pl ; 95. 9-5 = 9° = 1, 38-3 -? = 38- 7 = 3, 74:712 = 74- 12 = 7“ 8 = ,

5B:56 = 5° = 1, (3 -2 )-9 = 3 - 9-2-» = 27-2“ 7 = 2 ° = 1.

/ 2 \ 4 / 5 \ —3 24 • 73 / 4 \ 7 . / 5 \ - 6 47 / 4 \ 6 47 46 4 \ T j \ T j ” 34 • 53 ’ \ 5 / : \ 4j ~~ 5^ : ( l / “ *57 : 5« “ T ’

10 néhány nevezetesebb negatív egész kitevős hatványa:10” 1 tized 10~5 százezred10-2 század 10'"6 milliomodIO- 3 ezred 10“ 7 tízmilliomod stb.10“ 4 tízezred

2.4. Tizedestörtek; a racionális számok végtelen tizedestört alakja

A tizedestört olyan tört, amelynek számlálója egész szám, nevezője pedig 10 nemnegatív egész kitevőjű hatványa.

A tizedestörteknek a tízes számrendszerben speciális írásmódja van, amely szervesen beleillik a számok tízes számrendszerbeli felírási módjába, ezért először 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 első, 4 a 10 m á­sodik, 5 pedig a 10 harm adik hatványáéi, azaz 5413 = 5* 103+ 4 -1 0 2 + 1 • 10 + + 3-10°, az utolsó tag természetesen 3-1 = 3 alakban is írható. Ez azt jelenti, hogy egy leírt egész számban jobbról balra haladva az első számjegy 1-eseket, a második 10-eseket, a harm adik 102-eseket (azaz százasokat), a negyedik 1 Ö tösöket (azaz ezreseket) jelent, ezl úgy is szoktuk mondani, hogy ezeknek a számoknak a helyi értéke ebben a sorrendben

10°, 101, 102, 103, 104, !05, . . . stb.

H a egy szám 10 negatív egész kitevőjű hatványainak a többszöröseiből adódik össze, azaz felírható tizedestörtek összegeként, p l.:

6 8 7 1T ö + l o r + 103 + ~ W ’

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

32

részt az ún. tizedesvessző választja el (újabban tizedesvessző helyett gyakran tizedespontot használnak):

8461997,846 = 1997 + -——-.

lü-*

Megjegyezzük, hogy ezt egyetlen tört alakjában is m egadhatjuk:1997-103 + 846 1 997 846

1Ö3 1000 '

Elvben a tizedesjegyek után még tetszőleges sok 0 írható, ezeket a 0-ákat azonban csak akkor szoktuk kiírni, ha ezzel jelezni akarjuk bizonyos közelítő értékek pontosságát. Ezekről bővebbet a 2.6. szakaszban.

A tizedestörtekkel való számolás azért fontos, mert lényegében ugyanúgy alkalm azhatók rájuk az írásbeli műveleti eljárások — a m atem atikában eze­ket algoritmusoknak mondjuk — mint az egész számokra.

Összeadás és kivonás során arra kell ügyelnünk, hogy a számok felírásá­val az egyenlő helyi értékű számok kerüljenek egymás alá:

84,5136 219,864 0,712-2,13 + 3,071 - 76,2199 7424

87,5846 143,6441 7122136

1,51656Szorzáskor a részletszorzatokban figyelmen kívül hagyjuk a tizedesvesszőt, az eredmény a tizedesvessző után annyi jegyet tartalmaz, m int amennyi össze­sen a tényezőkben van.

10"-nel (n pozitív egész) való szorzásnál egyszerűen n hellyel jobbra visz- szük a tizedesvesszőt, p l.:

17,3149-103 = 17314,9,ugyanis

173 149 173149-103 1 73 14917,3149-103 = 1Q4 -103 = ^ 1U = - ](j = 17314,9.

H a az eredmény egész szám, a tizedesvesszőt már nem tesszük ki:7,4142-10 000 = 7,4142-104 = 74142; 42,014-105 = 4 201 400.

Az osztási eljárás egyszerűbbé tétele miatt ügyelünk arra, hogy az osztó mindig egész szám legyen; ez elérhető, mivel a hányados (azaz az osztás ered­ménye) nem változik, ha mind az osztandót, m ind 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 visz- szük jobbra a tizedesvesszőt, ahány tizedesjegy az osztóban van. P l .:

1,51656:2,13 = 151,656:213,1,51656:0,712 = 1516,56: 712,123,54: 0,0142 = 1235400: 142.

33

Az osztáskor a hányadosban akkor jelenik meg a tizedesvessző, am ikor az osztandónál is eljutunk az első tizedesjegyhez:

1516,56 : 712 = 2,13 0,01024: 16 = 0,00064 925 642136 00000

Az osztási eljárás (osztási algoritmus) módot ad arra, hogy a racionális számokat tizedestört alakjában írjuk fel. Az egész szám is tekinthető tizedes törtnek, itt a tizedesvessző után (tetszőlegesen sok) 0 á ll: 7 = 7,0000.

10"-nel való osztás esetén (n =*• 0, egész) a tizedesvesszőt 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 ju tu n k ; az eredmény ún. véges tizedestört.

= 861 : 525 = 1,64 525 3360

21000000

Ez az eset azonban nagyon ritkán következik be. Az osztások többsége végtelenségig folytatható, mint pl. a következő racionális számok esetében:

4 = 1 :3 = 0 ,3 3 3 ... - J == 7 : 6 = 1,166...3 10 6 10

10 401. 40.

12 1043= 12: 7 = 1,7142857... — — = 1043:3996 = 0,26101.7 50 3996 10430

10 2438030 4040

20 440060 404.

4050.

Minden példánknak közös tulajdonsága, hogy a tizedestörtben bizonyos számcsoportok — ún. szakaszok — ismétlődnek. Ez szükségképpen így van, hiszen az osztási m aradékok mindig kisebbek, mint az osztó, és így számuk legfeljebb az osztónál 1-gyel kisebb lehet, ezért osztás közben újra fel kell lépnie olyan m aradéknak, amely már szerepelt, és ettől kezdve a m aradékok is

34

és a hányados számjegyei is ismétlődnek. Az ismétlődő szakaszok kezdődhet­nek mindjárt a tizedesvessző után, vagy esetleg később; állhatnak egy vagy több jegyből. Az eredményül kapott végtelen szakaszos tizedestörtben a sza­kaszt szokásos az első és utolsó jegye fölé írt ponttal jelölni, így a többi jegy kiírása feleslegessé válik. Ezzel a jelöléssel:

1 • 7 • 12 1043 • •3 = 0,3 ; — 1, 16; ^ = 1,714285; 3^ = 0 ,26101.

Ha még azt is figyelembe vesszük, hogy az egész számok és a véges tizedes­törtek is tekinthetők végtelen szakaszos tizedestörtnek, hiszen a szám után tetszőlegesen 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 megmutathatjuk,

hogy minden végtelen szakaszos tizedest őrt — (p és q egész) alakban is elő­

állítható. Ennek módszerét három példán világítjuk meg. (A példáinkban szereplő számokat jelölje rendre x, y, z .)

x = 0 ,4 4 4 4 ... 6 ,191919... z = 1,312312...10x = 4 ,4 4 4 4 ... 100y = 619,191919... 1000z = 1312,312312.. .~9x = 4 99y = 613 999z = 1311

4 613 1311 437X = - y =

9 7 99 999 333

A racionális számok halmaza tehát azonos a végtelen szakaszos tizedestörtek halmazával.

Itt jegyezzük meg, hogy — csakis akkor egyenlő egy véges tizedestörttel,

ha q a prímszámok közül csak 2-vel vagy 5-tel osztható, feltéve, hogy a tört már nem egyszerűsíthető. A végtelen szakaszos tizedestörtek közül ki szokás zárni azt, amely egy jegytől kezdve már csak csupa 9-esből áll, mert ilyen nem jöhet létre az osztási eljárással.

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 olda­lainak hossza 1, akkor az átlójának hossza nem lehet racionális szám, azaz nem lehet végtelen szakaszos tizedestörttel kifejezni.

35

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, meri jegyei nem ismét­lődnek szakaszosan. (Irracionális számok lépnek fel nagyon gyakran a gyök­vonással kapcsolatban, erről bővebbet 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 műveleti azonos­ságok, amiket a racionális számok körében felsoroltunk, teh á t:

a + b = b + a ab = ba (kommutativitás);a+ (b + c) = (a + b )+ c a (be) — (ab)c (asszociativitás);

a(b + c) = ab + ac (disztributivitás).

T ovábbá: a kivonás és a (nem 0-val való) osztás egyértelműen elvégezhető, azaz két valós számnak a különbsége és a hányadosa is valós szám.

A fenti tulajdonságokkal rendelkező számhalmazokat számtesteknek (vagy egyszerűen: testeknek) nevezzük, beszélünk tehát a racionális számtestről és a valós számtestről. A valós számtest je le : R vagy IR.

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 kitevős hatványok 2.3. szakaszban felsorolt azonosságai.

A z a és b valós számok közötti számok halmazát, tehát azokat, amelyekre a < x < b teljesül, az a. b által meghatározott nyílt intervallumnak ( számköz­nek) nevezzük; jele: ]a, b[, o lv .: a, b nyílt intervallum. Ha a nyílt intervallum­hoz a-1 és b-t is hozzávesszük, zárt intervallumot kapunk, jele: [a, b], ezek azo­kat az x számokat tartalmazzák, amelyekre a ~ x b teljesül.

Ha a-l hozzászámítjuk az intervallumhoz, de b-t nem, alulról zárt, felülről nyílt intervallumot (jele: [a, b[), fordított esetben alulról nyílt, felülről zárt intervallumot kapunk (jeJe: ]a, b]).

A valós számhalmaz alapvető tulajdonságát fejezi ki a következő tétel (az ún. Cantor-féle axióma):

ha az [öi, fej], [a2, b2], ■ • ., [a,„ b„],. . .zárt intervallumok végtelen halmaza olyan, hogy minden intervallum tartalmazza az utána következőket („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 egyértelmű megfeleltetés létesíthető, 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.

36

Az így megjelölt egyenest számegyenesnek mondjuk. A számegyenes két pontja közötti pontok halm azát is intervallumnak nevezzük, és ezeket rendszerint a végpontokhoz tartozó valós számokkal adjuk meg.

2.6. Számok közelítő értéke, kerekítés; a számok normálatok ja

A végtelen tizedes törtek 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 kivételtől eltekintve) közelíté­sek és a valós számoknak is általában a közelítő értékével számolunk. A pontos érték és a közelítő érték eltérését különbségük abszolút értékével mérjük és a közelítő érték hibájának nevezzük. T ehá t:

|pontos érték —közelítő érték\ = a közelítő 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 /i-val jelöljük,

\pontos érték —közelítő érték\ =5 h,vagy

közelítő érték — h + pontos érték =s közelítő érték+ h.

A közelítő érték megadásának leggyakoribb formája a kerekítés; ez azt jelenti, hogy egy szám jegyeiből csak bizonyos számút tartunk meg, az utolsó m egtartott jegyet kerekítjük; ha az elhagyott jegyek a tizedesvessző előtt van­nak, helyükbe nullákat írunk.

A kerekítés szabálya a következő:a) ha az első elhagyott számjegy 5-nél kisebb, akkor az utolsó megtartott jegy változatlan;b) ha az első elhagyott számjegy 5 vagy 5-nél nagyobb, az utolsó megtartott jegyet 1-,gyei növeljük (ez természetesen hatással lehet az előző jegyekre is, ha az utolsó m egtartott jegy 9-es).

A kerekítéskor meg szoktuk mondani az utolsó m egtartott jegy helyi értékét, vagy pedig — ha az a tizedesvessző után van — megmondjuk, hány tizedesjegyet akarunk megtartani. P l.: kerekítsük a 8649917, 1739543... számot

százasokra: 8 649 900;ezresekre: 8 650 000;

37

m illióra: 9 000 000;kéttizedesre: 8 649917,17; négy tizedesre: 8 649 917,1740.

Utolsó példánk utolsó jegye ún. értékes nulla, jelezve azt, hogy ez a jegy pontos, ill. kerekített, míg első három példánkban a nullák ún. helypótló nullák.

Ebbó'l a kerekítési szabályból következik, hogy a kerekítéssel kapott kö­zelítő érték hibája legfeljebb az utolsó számjegy helyi értékének a fe le lehet. A kerekítés mértékét (tehát a megkapott jegyek számát) az szokta megszabni, hogy a kerekített jegy lehetőleg még megbízható legyen.

A kerekített — azaz közelítő — értékkel való számolás eredménye is általá­ban közelítő érték. A kerekítés szabályait figyelembe véve a műveleti eredmény megbízható jegyeiről a következőket m ondhatjuk:

— összeadáskor (kivonáskor) megkeressük azt a tagot, amelyben az utolsó (kerekített vagy megbízható) jegy a legnagyobb helyi értékű; az eredményt úgy kerekítjük, hogy utolsó értékes jegye ilyen helyi értékű legyen;

— kerekített számok szorzatában annyi értékes jegyet hagyunk meg, amennyi a kevésbé pontos tényezőben van (tehát abban a tényezőben, amely­nek utolsó jegye a nagyobb helyi értékű); ennek folyamánya, 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.

PL: 542,619 6,17-0,4296 = 2,65063241,16 kerekítve: 2,65

+ 9,1477 592,9267 kerekítve: 592,93

Ha egy a számról hangsúlyozni akarjuk, hogy közelítő érték, a % (olv.: közelítőleg egyenlő) jel használata a szokás; pl. a % 6,2832.

Sokjegyű szám áttekinthető felírására és az ilyen számok nagyságrendjének összehasonlítására célszerű bevezetnünk a valós számok normálalakját.

Egy pozitív számot normálalakban egy 1 és 10 közé eső N számnak (1 sí á N < 10) és 10 egy egész kitevős hatványának a szorzataként adunk meg. P l.:

1024 = 1,024-103, 0,0723 = 7,23-10“ ",31,42 = 3,142-10, 0,125 = 1,25-10-1,

1614718 = 1,614718-108. 3,42 = 3,42- 10".

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- 103U 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 kijelzőben először az N, majd tőle valami módon elkülönítve a 10 hatvány­kitevőjét jelentő két számjegy.

A szám normálalakjában 10 kitevőjét karakterisztikának nevezzük. A po-

38

zitív szám karakterisztikáját egyszerűen a következő szabály szerint állapíthat­juk meg: ha a szám 1-nél nagyobb, a karakterisztika a tizedesvessző előtti 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 m ár 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 tényezői abszolút értékének a szorzatával egyenlő:

\ab\ = \a \ \b \, és ez tetszőleges számú tényezőre általánosítható.

b) A tört abszolút értéke számlálója és nevezője abszolút értékének a hánya­dosa :

Ebből következik, hogy\a"\ = \ a f ,

minden egész kitevőre.Jegyezzük meg, hogy hasonló jellegű összefüggés összegre és különbségre

általában már nem érvényes, pl. az \a + b\ = |a |+ |fe | egyenlőség csak abban az esetben igaz, ha a és b közül legalább egy 0, vagy pedig a és b azonos elő­jelűek. Különböző előjelűekre ez az összefüggés nem igaz; p l .:

|5 + ( —3)| = 12 1 = 2, és |5 | + |_ 3 | = 5 + 3 = 8.

Az összeg és az összeadandók abszolút értékei között érvényes összefüggésről a 8.2. szakaszban van szó.

39

3. Algebrai egész és törtkifejezések

3.1. Algebrai egész kifejezések és műveleteik

Általános érvényű tételek, összefüggések megfogalmazásakor, leírásakor konk­rét valós számok helyett betűket szoktunk szerepeltetni; pl. az a, b, e, d, . . .,

y , u, v . . . , betűket, ezekkel ugyanúgy végezhetünk műveleteket, mint a valós számokkal, tehát érvényesek rájuk a 2.5. szakaszban összefoglalt műveleti szabályok.

Az a, b ,c ,d , . . . , x, y, u, v, . . . betűk általánosan használt elnevezése: hatá­rozatlanok (vagy változók). A határozatlanok pozitív egész kitevőjű 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 p l.:

a2; 5a3bcl ; ~ a 7y sc7e; — 108; 2x; 1992.

Az egytagú algebrai egész kifejezés tehát általában hatványok szorzata, az egyes határozatlanokat jelentó' betűk közé kitehetjük a szorzópontoí, de álta­lában felesleges: 3 •a2‘b-c = 3a2bc\ a tényezők sorrendje tetszőleges. A kifeje­zésben levő valós szám tényezőt együtthatónak nevezzük, az 1-es együtthatót általában nem írjuk ki, az együttható előjelét szoktuk a kifejezés előjelének is mondani. A továbbiakban kifejezéseink megjelölésében az algebrai egész jelzőt általában elhagyjuk.

Az egytagú algebrai egész kifejezések összegét többtagú algebrai egész k ife­jezésnek vagy polinomnak nevezzük. Ilyenek:

3a2 + 5a3bcl — 3,8 ax4c + a1y hc‘e (négytagú);

y 5+ 6y2 + lx+ % + 4y2 — l x (hattagú);9x2—6a2+ 2a2 x + b + c (öttagú).

Az egy- vagy többtagú kifejezések körében a műveletek ugyanolyan sza­bályok szerint végezhetők el, m int ahogyan a valós számok esetén azt m ár meg­szoktuk.

40

Összeadás és kivonás. Ha két egytagú algebrai kifejezés csak együtthatójában különbözik, összegük együtthatója a két együttható összege lesz, és csak ilyenek összege írható egyszerűbb a lakba :

51a— 10a = 41a; 3x2 + 5x2 — 8x2;9y2- 6 y + l + 2y2 + 9 = 1 ly2 — 6y+ 16;

4,3ab+2a2~ c —~ a2 + 7ab = 11,3ab + 1,5a2 — c.

Többtagúak összeadásakor, ill. kivonásakor a többtagút zárójelbe tesszük. H a a zárójel előtt + előjel van (ezt a sor elején nem írjuk ki), a zárójel egy­szerűen elhagyható; ha — előjel van a zárójel előtt, a zárójelet elhagyva a benne levő tagok (egytagúak) előjelét ellentettjére kell változtatnunk: .

(3a2 — 2a + 5) + (9a — 14ű2 + a3 + 7) = 3a2 — 2a + 5 + 9a— 14a2 + a3 + 7 == a3-lla2 + 7a+12;

(3a2 — 2a+ 5) — (9a— 14a2 4-a3+ 7) — 3a2 — 2a + 5 — 9a + 14a2 — a3— 7 == — a3 + 17a2 — 11a— 2;

4xy + x2 — ( — 3x2 4- 2xy — 8) = 4 x y + x 2 + 3x2—2xy + 8 = 4x2 + 2xy +

Szorzás. Két egytagú szorzata ismét egytagú lesz; az együtthatókat és az egyenlő alapú hatványokat összeszorozzuk :

3 -4a2 = 12a2; 5a-( —12a4) = —60a5; 12 b2c-bc2 — 12 ö3c3;

~ a 7b c-~ a c5x 2 — ~ a 8bc6x 2.

Többtagú és egytagú kifejezés szorzásakor a többtagú minden tagját meg­szorozzuk az egytagúval. Az eredmény az így kapott egytagúak összege lesz:

(5x4+3x2 — x — l)-4x2 = 20x6 + 12X4— 4X3— 4x2;

(a2- a b + 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+ x 2 + 3x — 2.

Ha a szorzat kettőnél több tényezőből áll, először valamelyik két tényezőt szorozzuk össze:

(3b2- 2 ) (4b2+ í) (b+ 2) = (12Z>4-862+362-2) (b + 2 ) == (12b* — 5b2 —2) (b + 2) = 12b= - 5 & - 2 b + 24b* - 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 végezhető e! úgy, hogy a hányados is egész kifejezés legyen, ha az osztandó tartalmazza azokat a hatványalapokat,

41

amelyek az osztóban előfordulnak, méghozzá legalább akkora hatványon, mint az osztó.

39cPb*c3 : 3a2bl — 13a5ca, mert 3a2bi -í3a5c3 = 39a7bi c3, 25x-yz1 : 5xyz = 5xz6, mert 5xyz-5xz6 — 25x 2y z7,

4 44x7a5b : 3x 7ab = - j a 1, mert 3x7a b - ~ a i = 4x 7asb.

Ugyanilyen okból többtagú egytagúval való osztásakor a többtagú minden tagját osztjuk az egytagúval:

(a4 +4a3 — 2a2) : 2a2 = á~ + 2a — \ ;

(3x2y l + x 3y 5 — l x 5y 7 — 6x2y ) : x 2y = 3v3 + xy4 — 7x3y 8 — 6.

Tényezőkre bontás. Gyakran van szükség a szorzásban szereplő átalakítások (műveletek) fordított irányú elvégzésére, azaz az összeg szorzattá alakítására, tényezőkre bontására.

A tényezőkre bontás tehát lényegében osztás eredménye. Egy összeget ál­talában nem tudunk algebrai egész kifejezések szorzatára bontani, és sokszor nem is tudjuk eldönteni, hogy ez egyáltalán lehetséges-e. Egyszerű a dolgunk akkor, ha az összeget úgy akarjuk szorzattá alakítani, hogy az egyik tényező 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.) P l.:

(6a'l +2a3— 10a2 — 8 a ): 2a = 3a3 + a2 — 5a—4,ezért

6ai +2cfi — lOtf2 — 8a = 2a(3a3 + a2 — 5a—4);

a szorzattá alakítás helyes voltát célszerű a szorzás elvégzésével ellenőrizni.9x4y3 —3 x 2y 2+ 6x5y = 3x2y(3x2y 2—y + 2x3).

Ha egy egytagú kiemelése nem sikerül az összegből, megkísérelhetjük többtagúak szorzatára bontani; erre azonban nem létezik minden esetben alkal­m azható eljárás. Az

x 2y + x y + y + x 2 + x + 1

összegben látszik, hogy egy tagot nem tudunk kiemelni, az első három tag azonban szorzattá bontható úgy, hogy az egyik tényező éppen a másik három tagot tartalm azza:

x 2y + x y + y + x 2 + x + 1 = y (x2 + x + ] ) + (x2 + x + í ) = (x2+ x + l ) ( j+ 1 ) .

Egytagúak hatványa. Mivel az egytagú kifejezés lényegében szorzat, egytagú kifejezés hatványa a tényezők hatványainak a szorzatával egyenlő.

(3 x 2y f = 3\ x 2f f = 27x6/ ; (4a2bc5)2 = 1 ócé&c10.

42

Többtagúak hatványozását többtényezős szorzatok kifejtésére vezethetjük vissza; néhány esetre, pl. a kéttagúak hatványozására a következőkben 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 ér­tékről is beszélni.

Pl.: az x 2 —6x y + y 2 kifejezés x = 2, v = —3 helyen vett helyettesítési ér­téke: 4 - 6 . 2 - ( - 3 ) + 9 = 49.

Két algebrai egész kifejezést azonosnak ( azonosan egyenlőnek) mondunk, ha bármely helyen vett helyettesítési értékük egyenlő.

Ha két azonos kifejezést az egyenlőség jelével összekapcsolunk, azonossá­got kapunk. Bebizonyítható egyébként, hogy két azonosan egyenlő 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. műveletet) azonos átalakításnak mondjuk. A fejezetünkben fel­sorolt műveleti eljárások, szabályok mind azonos átalakítást eredményeznek (feltéve, hogy az osztásnál az osztó nem 0).

Két kifejezés azonosságát néha szokták = (olv.: azonosan egyenlő) jellel jelölni.

A helyettesítés elve. Egy azonosságban a benne szereplő változók (betűk, paraméterek) helyett m indenütt ugyanazt a kifejezést helyettesítve ismét azo­nosságot kapunk; pl. a (3x2yz2)2 — 9x 4y 2z4 azonosságban z helyébe 5x — 3y-t helyettesítve:

(3x2>'(5x-3>’)2) 2 = 9xiy 2(5x — 3y)i .

A pótlás elve. Ha egy azonosságban a benne szereplő részkifejezést (esetleg csak egyetlen változót) egy vele azonos kifejezéssel pótoljuk, ismét azonosságot kapunk; pl. előző kifejezésünkben, ha y = a + b,

(3x2y(5x — 3y)2) 2 = 9xi(a + b)2 (5 x—3y)*.

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.

43

(a — b)2 = a2 — 2ab + b2.

Kéttagú kifejezés négyzetéi megkapjuk, ha a tagok négyzeteinek az összegé­hez hozzáadjuk a két tag szorzatának a kétszeresét.

Ezt a gondolatunkat folytathatjuk háromtagú kifejezésre;(a + b + c)2 — ((a + 6) + c)2 = (a + b)2+2(a + b) c + c2 =

— d2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc.

Ebből az eredményből már következtethetünk az általános szabályra:egy n tagú kifejezés négyzetét megkapjuk, ha a tagok négyzeteinek összegé­hez hozzáadjuk a tagokból képezhető kéttényezős szorzatok kétszeresét.

PL:(a+ b + c+ d )2 = a2 + b2 + c2 + d2 + 2ab + 2ac+ 2ad+ 2bc + 2bd -f 2cd.

Hasonlóan kapjuk meg a + b köbének a polinom alakját:

(a + b)3 = (a + b ) \a + b) — (a2-+ 2ab + b2) (a -tb ) == a3 + 2a2b + ab2+ a2b + 2ab2 + b3 = a 3 + 3a2b + 3ab2 + b3,

vagy más a lakban :(a + b)3 = a3 + bz + 3ab(a + b).

Ugyanúgy:(a — b)1 — a3 — 3a2b + 3ab2 — P .

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 egyenlő, vagy:két tag négyzetének a különbsége a két tag összegének és különbségének a szorzatával egyenlő.

Ilyen típusú azonosságok még (bizonyításuk az előzőkhöz hasonlóan):

a3 — b3 = (a2 + ab + b2) (a — b), c^ — b* = (a3 + a2b + ab2+ tfi)(a — b),

általában, ha n tetszőleges pozitív egész:an — bn = (an~1 + an~’-b + an~ab‘~ + . . . + á1bn~3 + abn~- + bn~1) (a — b),

vagy:a3 + b3 = (a2—ab + b2) ( a Jrb),a? + b’° = (a* — a3b + a2b2 — ab3 + bi)(a + b),

általában, ha n páratlan pozitív egész:an + bn = (a"-1 — an~2b -f a"~3b? — . . . + a 2bn~3 — abn~- + bn~1)(a + b).

Hasonlóan kapjuk, hogy

44

a4 — £>4 = (a3—a2b + ab2 — b3)(a + b),a* — b6 = (a5 — aib + a3b2 — a2b3 + ab* — b5) (a + b),

és általában, ha n páros pozitív egész:

an — bn = (a”~1—cf~ ‘1b + a"~3b: — . . . — dzb”~3 + ab"~2 — bn~1) (a + b).

Ezek az azonosságok jól használhatók többtagú kifejezések szorzattá bontására.

továbbá:

3.3. Algebrai törtkifejezések és műveleteik

Két algebrai egész kifejezés hányadosát algebrai törtkifejezésnek vagy algebrai törtnek nevezzük; gyakran azonban egyszerűen csak a törtkifejezés elnevezést használjuk.

Az algebrai törtkifejezés tehát olyan tört, amelynek számlálója és nevezője is algebrai egész kifejezés. Általánosabban azokat a kifejezéseket is szokás tört­kifejezésnek nevezni, amelyeknek számlálója és nevezője ugyan nem egész kifejezés, de azonos átalakításokkal a tört számlálója és nevezője együttesen egész kifejezéssé alakítható át (pl. az „emeletes törtek”).

Az algebrai törtekkel végzett műveletek során lényegében a 2.2. szakaszban leírt műveleti szabályok érvényesek; a helyettesítéseket alkalmazva egy-egy határozatlan helyébe algebrai egész kifejezéseket helyettesíthetünk.

Az algebrai törtek körében is érvényes a törteket értelmező alapvető sza­bály: ha a törtet megszorozzuk a nevezőjével, a számlálóját kapjuk. Minden egész kifejezés tekinthető olvan törtkifejezésnek is, amelynek a nevezőjében 1 áll.

A törtek felírásakor eleve feltételezzük, hogy a nevező nem nulla. A tört megadásakor néhol annak a feltételét is megadják, hogy a tört ne legyen 0; p l :

3 / rw a + 1 /2" ’ ( * t í ° ) ; vagy -j - j , (a # 1);

ennek a következetes véghezvitele azonban az esetek többségében nagy nehéz­ségekbe ütközik, sőt gyakran lehetetlen is, pl. nem tudjuk megmondani, milyen x értékre lesz a

3 x —2 x 7 + x + l

tört nevezője nulla. Ezért azt az általánosan elfogadott elvet követjük, hogy egy törtnél eleve csak olyan helyettesítési értékeket engedünk meg, amely mellett a nevező nem nulla, és ezeket mind megengedjük, hacsak külön ki­kötés másként nem rendelkezik.

45

Egyszerűsítés és bővítés. A törtkifejezés bővítése, ill. egyszerűsítése azt jelenti, hogy a számlálót is és a nevezőt is megszorozzuk, ill. elosztjuk egy kifejezéssel; bővítéskor természetszerűleg kikötjük, hogy a szorzó nem veheti fel a 0 értéket. Az

x 3 + x 2 — 2x „ „ x 2 + x — 2egyszerűsíthető x-szel:

12x2 ------ \2x ’

4a5b2c7 „ , . „ , ,, „ . 2a2c1—— 57TT egyszerűsíthető 2aíb2-te i: —=— ;6xa3bz 3x

a2 — b2 „ „ (a — £)(a + £) a — b egyszerűsíthető a + o-vel:

a2 + 2ab + b2 " ' (a + b)2 a + b '

Bővítésre rendszerint a törtek összeadásakor van szükség.

Összeadás és kivonás. Ez a két művelet közös nevezőjű törtek esetében egy­szerűen elvégezhető:

a b 2 a2 2a2 + a — b 3x 3 x + 3x 3x

Különböző nevezőjű törtek esetén bővítéssel elérhető, hogy közös neve­zőjük legyen. Közös nevezőnek olyan kifejezést kell választanunk, amellyel minden nevezőt el lehet osztani. P l .:

2.x 4 3x—-5-------- 1 — összeadásakor a közös nevező lehet 10y2,5 y 2 y 2y

a törteket rendre úgy bővítjük, hogy ez álljon a nevezőjükben:

2x-2 4-10y 3x-5y 4x — 4 0 y + \5 x y 5y2-2 y - l 0 y ^ 2 y - 5 y 10j2

Közös nevezőnek mindig megfelel a nevezők szorzata, de általában igyekszünk ennél egyszerűbb kifejezést találni, utolsó példánkban 10y 4 helyett 10y2-et.

Az egész kifejezést 1 nevezőjű törtként fogjuk fel:3 1 a3+ 3 + a

a-\— s"-l— = 2 • a2 a a2

Felhívjuk a figyelmet arra, hogy többtagú számláló esetén a törtvonal helyettesíti a zárójelet, tehát ezt kell tekintetbe venni a törtvonal elhagyásakor.

4 y x — y 4y-2x x — y 8 x y - ( x - y ) 8 xy — x + y 2x 4 x2 2x-2x 4 x2 4x2 4x2

Szorzás. Törtek szorzásakor a számlálót a számlálóval, a nevezőt a nevezővel szorozzuk m eg:

46

2x 6y2 12 xy2 12 xyly 5 35y 35 ’

3a2—b (" ^ (3a2—b)(a+ 1) _ 3a3 — ab + 3a2—b(fl+ *) = lfc = g~c

a + b (a—b)2 (a + b) (a—b)2 (a + b) (a — b) a2-a — b 2 a 2 a(a—b) 2 a 2 a

Osztás. A törttel való osztás az osztó reciprok értékével való szorzást jelent.8z _ 2a 8z 3yz 24yz2 4yz2 9a ' 3yz 9a 2a 18a2 3a2 ’

a2 . a2 a2: 4c =

2b3 ' 2b3- 4c 8b3c ’

3y 4z 20xz5* : 47 = 5 x ' 3 y = ~ 3 T -

Az osztás elvégezhető úgy is, hogy számlálót számlálóval, nevezőt nevezővel osztunk:

15a2 3a 5a a2 — b2 a —b a + b 16 ' 4 4 ’ a3+fc3 ' a + b a2—a b + b 2

Hatványozás. Egy tört n-edik hatványát számlálójának és nevezőjének az «-edik hatványra való emelésével kapjuk.

3 a2b \ 4 81 a8b4 / 2 a + l \ 2 ( 2 a + \ f 4a2 + 4 a + l/3 a - b y 81 a8bl / 2 a + l \ \ 2x y ) 16xiy4 ’ \ c )

Algebrai törtkifejezések közé számítjuk az olyan — formailag — egytagú- akat is, amelyekben valamelyik határozatlan negatív egész kitevős hatványon szerepel. Pl.:

1 x „ , . , x5v x ~ 3z zy2 xy 2 = x —7 T , 3 1x°yz 3 = — •

yr

1

3z3 ’ 2y ~ 2 2x3 ’

(x + y f = x 2 + 2xy + y2.

Emeletes törtek. A törtek számlálójában és nevezőjében is előfordulhat tö rt­kifejezés, az ilyen törteket emeletes törteknek nevezzük. Mivel a velük való számolás igen nehézkes, azonos átalakításokkal ezeket egyszerű törtalakra hozzuk. Erre m utatunk most két módszert.

A törtet felfoghatjuk egy osztási utasításnak is, a számlálót kell eloszta­nunk a nevezővel; ez az egyik módja az „emeletek lebontásának” .

47

_ 1a a / 1 \ /1 , \ a2 — 1 1 + a (a + l ) ( a — 1) 1 + a .

- 1 — ------ : --------- = -------------------- : ---------= a — 1.1

[_af-HMH

8 x —22 x -

3 / 8x— 2 \ „ 6x — 8x + 2 1 2 —2x = 2 x ------- ^— : 3x =

3x y 3 J 3 3x 9x

Közvetlenül is m egkaphatjuk ezt az eredményt, ha a törtet úgy bővítjük, hogy a szorzások következtében a számláló, ill. a nevező egész kifejezésbe menjen át. Ez elérhető, ha első példánkban a törtet a-val, a másodikban 3-mal bővítjük :

1 / 1a ----- a ----- laa \ a ) a2_ i (ű + 1) (a — 1)

1 , /1 1+ a 1 + a- + 1 Í - + 1 W

= a — 1;

Í2X - ^ \ . Í6 x —(8x—2) 6 x — 8 x + 2 2 —2x

3x 3x - 3 9x 9x 9x

Bővítésre általában a számlálóban és nevezőben fellépő nevezők közös többszörösét használjuk, p l.:

1 1 / I 1- + T T 7 (1 - a ) ( l + a )1 - a 1 + a \ l - a 1+ a j i + a + i _ a

1 —a 1 + a \ 1 — a 1 + a2 2. 1

1 1 ' ( l - a X l + o) ‘ + O - 0 - " )

1 + a —1 + a 2a a

3.4. Feladatok a racionális algebrai kifejezések körében végzett műveletekre és alkalmazásaikra

Az algebrai egész és törtkifejezésekből összeadás, kivonás, szorzás és osztás segítségével előállított kifejezéseket racionális algebrai kifejezéseknek nevezzük. (Ebbe beleértjük az egész kitevős hatványozást is, mivel az lényegében a szor­zás, ill. osztás töm ör kifejezése.) Előző műveleti összefoglalásunk azt m utatja, hogy minden racionális algebrai kifejezés vagy egész kifejezés (polinom) vagy pedig algebrai törtkifejezés.

48

1. Bizonyítsuk be a következő azonosságot:(ab+cd)2 — (a2 + c2) (bP+d2) —(ad —be)2.

A bal o ldal:(ab + cd)2 — a W + labcd + c2d2,

a jobb o ldal:a2b2 + b2c2 + a2d 2 + c2d2 — (ald2 — labcd + b2c2) —

= d2Uz + bic2 + a2d2 + c2d2 — a2d2 + 2abcd—b2c2 — a2b2 + la b cd + c2cP, a két oldal valóban azonos.

2. Bontsuk négy kéttagú szorzatára az x 8—y 8 kifejezést:x8—j 8 = (x3)2 - ( v 4)2 = (x4+ y i ) ( x i —y 4) — (x4+ y 4) (x2—y 2) (x2+ j 2) =

= (x4 + y4) (x2+ j 2) (x+ y) ( x —y).

3. Végezzük el a következő osztást; az eredményt törtkifejezésként adjuk m eg:

A ~~ ( ( ^ + j ) 2 ' ( * - j 0 2) ' ( x + y ' x - y ) '

^ = ( - ± - + - ! - ) ( - 1_______ U : l - ^ + - ± A =\ x + y x - y J \ x + y x - y J \ x + y x —y J

1 1 1 - ( x - y ) !•(* + }>)x + y x - y (x + y ) ( x - y ) (x + y) ( x - y ) x - y - x - y ly

x 2- f ~ x 2- f '

4. Adjuk össze a következő három tö r te t:

1 1 1 J3 — ------- ---------- — -+ -—------- ------- -—[ - ■(a — b)(b — c) (b — c) (c — a) (c—a)(a — b)

A közös nevező: ( a - b) (b — c) (c — a).p = c - a + a - b + b - c

( a - b ) ( b - c ) ( c - a )

3.5. Arányok, aránypárok; arányosság

A z -**- törtet a és b arányának is szoktuk m ondani; és ezt a kifejezést használva b

a : b-vel (o lv .: a aránya a 6-hez) is szoktuk jelölni. H a a és b valamint c és d aránya egyenlő, az azt jelenti, hogy

49

H a most ennek az egyenlőségnek mindkét oldalát megszorozzuk bd-vel, akkor egyszerűsítés után a következőket kapjuk:

abd cbd—í— = —-j— ; ad — be. (3.5.2)

b d

H a az a, b, c, d szám között nincs 0, a (3.5.1) és a (3.5.2) egyenlőségek a négy szám között ugyanazt az összefüggést fejezik ki. H a most az utóbbi egyenlőség m indkét oldalát elosztjuk rendre d-ve 1, c-vel, fc-vel, ill. a-val, meg­kapjuk a négy szám közül egynek-egynek a kifejezését a másik három segít­ségével :

be ad ad bea = —r , b = — , c = --r , d = — . (3.5.3) d e b a

Az ilyen jellegű átalakítások igen gyakoriak, ezért érdemes ezeket külön megjegyeznünk. A (3.5.1) egyenlőséget

a : b — c : d

alakban írva aránypárnak nevezzük; a-1 és d-1 szokás az arány pár kültagjainak, b-t és c-1 pedig a beltagjainak nevezni; ezek az elnevezések a (3.5.3) alatti összefüggések könnyebb megjegyezhetőségét szolgálják, mert ezek azt fejezik ki, hogy

az aránypár egyik kültagja egyenlő a beltagok szorzatának és a másik kü l­tagnak a hányadosával; ill. az aránypár egyik beltagja egyenlő a kültagok szorzatának és a másik beltagnak a hányadosával.

(3.5.2) pedig azt m utatja ki, hogy

az aránypárban a kültagok szorzata egyenlő a beltagok szorzatával.

x 8 5*8Pl. a z -— = — aránypárt x :5 — 8 :4 alakban írva, ezek szerint x = —— = 10.

5 4 4a

Egy mennyiség ^ arányban (vagy a : b arányban) való felosztása azt jelenti,

hogy a mennyiséget a + b egyenlő részre osztjuk, majd ebből a, ill. b részt választunk el, tehát egy mennyiség a : b arányú felosztása annak

a ba + b ’ a + b

arányú részekre való szélvágását jelenti. Pl. egy szakaszt 5 : 7 arányban fel-5 7

osztva az egyik rész a szakasz - - e d részét, a másik pedig - - e d részét ta r­

talmazza.A gyakorlatban gyakran találkozunk olyan egymáshoz kapcsolt mennyi­

ségekkel, amelyeknek hányadosa állandó. Pl. egy árufajtából a vásárolt áru

50

árának és mennyiségének a hányadosa állandóan az ún. egységárat adja meg; ha a darabár 3 F t, 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:

2 4 _ 2 ^ _ 3 6 _ 4 58 ~ 7 “ 1 2 ~ 7 5

H a most a darabszám ot rendre Xi, x2, x 3, . . . , x„, . . . jelöli, a megfelelő árat pedig rendre y i, y 2, J 3, . . . , y n, ■ ■ ■, akkor

h = A = ÜL = = A =Xx x2 X3 ' ’ ' X„

A z y -nal jelölt mennyiségek és az x-szel jelölt mennyiségek között tehát olyan kapcsolat van, hogy egymáshoz tartozó értékeik hányadosa (azaz aránya) állandó. Az ilyen mennyiségeket egyenesen arányos mennyiségeknek szokás nevezni.

Egyenes arányosság van pl. egyenes vonalú egyenletes mozgás (tehát állandó sebesség) esetén egy időponttól kezdve megtett ú t és az eltelt idő kö­zött, az ú t és a megtételéhez szükséges idő hányadosa: a sebesség, állandó.

Vagy: egyenletes teljesítményt feltételezve egyenes arányosság van a vég­zett m unka mennyisége és a hozzá szükséges m unkaidő között.

A z y és x mennyiségek közötti egyenes arányosság tehát azt jelenti, hogy

— = c, vagy y = ex, (3.5.4)

ahol c állandó szám.

Az egyenesen arányos mennyiségek közötti kapcsolat úgy is jellemezhető, hogy az x mennyiség kétszeres, háromszoros, négyszeres stb. növekedése az y mennyiség ugyanolyan arányú növekedését vonja maga után.

H a viszont az xi, x 2, x3, . . . , x„, . . . mennyiség és a hozzájuk tartozó y 1, y* ,yz, . . . , y n . . . mennyiségek olyanok, hogy

X iji = x 2y 2 = X3j 3 = . . . = x ny n — . . . = állandó érték,

akkor azt m ondjuk, hogy az x-szel és y -nal jelölt mennyiségek fordítottan arányosak.

Fordítottan arányosak egyenletes mozgás esetén az ugyanakkora ú t meg­tételéhez szükséges idő és a sebesség, mivel szorzatuk az állandó úthosszat adja.

Vagy fordított arányosság áll fenn a t területű téglalap alapja és magassága között, hiszen ha az alapok hossza x l5 x2, x 3, . . . , és a hozzá tartozó magas­ságok y u y 2, y 3, . . . , akkor

* iJ i = x2y2 = X3J/3 = . . . = t.

51

A z x és y mennyiségek közötti fordított arányosság tehát azt jelenti, hogy

xy = c (állandó), vagy y = (c > 0). (3.5.5)

A fordítottan arányos mennyiségek közötti kapcsolat úgy is jellemezhető, 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.

52

4. A számelmélet elemei

4.1. A prímszámok; a számelmélet alaptétele; oszthatóság! ismertetőjegyek

A számelmélet az egész számok tulajdonságaival foglalkozik. Ebben a fejezetben egészeken — hacsak külön nem szólunk róla — pozitív egész számokat fogunk érteni.

Jelöljön n egy tetszőleges egészei; 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 « -nek).P l.: 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 m ondjuk; 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, 2 3 , . . . .

Az 1-nél nagyobb egészeket, ha nem prímszámok, összetett számoknak hív­juk. Az összetett számoknak tehát van valódi osztójuk, ezért felbonthatók leg­alább két egész szorzatára, p l.: az n egész

n — MjHj

szorzattá bontható, ahol n1 és 1-nél nagyobb egészek, de kisebbek n-nél. H a rij és n2 nem prímszámok, akkor tovább bonthatók és a felbontásban részt vevő tényezők egyre csökkennek egészen addig, míg a felbontás csupa prímszámból nem áll. Ezzel az eljárással minden összetett szám prímszámok szorzatára bont­ható; bebizonyítható, hogy

a tényezők sorrendjétől eltekintve minden összetett szám egy és csakis egy módon bontható fe l prímszámok szorzatára. Ez a számelmélet alaptétele.Néhány szám prímtényezős felbontása: 12 = 2--3; 100 = 2'--5‘J ; 1024 —

= 210; 5544 = 23*3^-7-11.A prímtényezős felbontáshoz jól használhatók a számok oszthatósági is­

mertetőjegyei. Ezek közül felsoroljuk most a gyakorlatban legtöbbször előfor­dulókat.

53

2-vel a páros számok oszthatók, tehát amelyek végződése 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 jegyéből képezett

szám osztható 4-gyel;5-tel a 0-ra és 5-re végződő egészek oszthatók;6-tal a 3-mal osztható páros számok oszthatók;8-cal azok az egészek oszthatók, amelyeknek utolsó 3 jegyéből 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 végződnek,

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 11-gyel, ha az összegek különbsége is osztható 11-gyel.

P l .: 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 „építőkövei” , 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 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-től kezdve, majd kihúzzuk minden másodikat (a számolást a 2-t kö­vető számon kezdjük; így kiesnek a páros számok), a 2 utáni első megmaradó a 3-as, a 3-as utáni számmal kezdve kihúzzuk minden harm adikat (azaz a 3-mal oszthatókat); a következő megmaradó az 5, az 5 utáni számmal kezdve kihúz­zuk minden ötödiket (az 5-tel oszthatókat) és így folytatjuk tovább. A meg­m aradó számok a prímszámok. (Egy számot általában többször is kihúzunk, pl. a 63-as a 3-mal és 7-tel oszthatók kihúzásánál is.) Az első 150 egész szitálását m utatjuk most be, a páros számokat már k ihúztuk:

3 5 7 Jjr 11 13 XSí 17 19 J T 23 y í 293 i 3 $ y * í 37 y y 4 i 43 47 y c 53 55 5961 6 8 £ 5 67 w 71 73 7 8 7 T 79 jH ' 83 M U 89

9 5 9 5 97 W 101 103 ]QS 107 109 I J f 113 U S ' \¥ T 1)9 '125 127 131 JJ5f 137 139 14Í l A ^ j A T 149

54

Az 590 — 594. oldalakon a 11 657-ig terjedő prímszámokat közöljük, az 595 — 596. oldalakon pedig az egészek prímtényezős felbontását 2500-ig.

Felhívjuk még a figyelmet a következőkre:ha egy összeg minden tagja osztható n-nel, akkor az összeg is osztható; ha p1 osztója n-nek és p.2 is osztója n-nek, akkor még nem biztos, hogy p1p2 is

osztója; p l.: 6 is és 4 is osztói 12-nek, de 6-4 = 24 nem osztója. Biztosan osz­tója viszont p xp2 az n-nek, ha /?j-nek és /v n e k nincs közös valódi osztója (ún. relatív prímek, 1. a 4.2. szakaszt).

Itt említjük meg a prímszámoknak a következő alapvető tulajdonságát: egy prímszám akkor és csakis akkor lehet osztója egy szorzatnak, ha a szor­

zat legalább egyik tényezőjének osztója.

Az oszthatóság eldöntésére igen jól alkalmazhatók a 3.2. szakasz azonossá­gai. Ezek szerint, ha a és b különböző egészek és n pozitív egész:

cf' — bn osztható a -b -v e 1 minden n-re; an — bn osztható a + b-ve 1 minden páros «-re; an + bn osztható a + b-vei minden páratlan n-re.P l.: 8" — 1 mindig osztható 8 — 1 = 7-tel és 8 +1 = 9-cel is, ha n páros; eb­

ben az utóbbi esetben tehát 7-tel is és 9-cel is osztható, tehát 7 • 9 = 63-mal is, mivel 7 és 9 relatív prímek.

10"+1 osztható 10+1 = 11-gyel, ha n páratlan.'

4.2. Legnagyobb közös osztó; legkisebb közös többszörös

Egy egész szám prímtényezőkre való felbontását gyakorlatilag úgy végezzük el, hogy először a kis prímszámokkal (2, 3, 5 . . . ) való oszthatóságát nézzük meg, ezekkel rendre elosztjuk, s folytatjuk mindaddig, amíg tényezőként csupa prím­számot nem kapunk.

Pl.: 117 = 3-39 = 3-3-13 = 3 M 3 ;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 - l l 2;10 260 = 2-5130 = 2-2-2565 = 22-3-855 = 22-3-3-285 =

= 22 • 32 • 3 • 95 = 22 • 33 - 5 * 19.H a a k egész szám osztója n-j.íek, akkor n = kq, ahol q egész szám. Ez azt is

jelenti, hogy n prímtényezős felbontása ugyanaz, mint kq prímtényezős felbon­tása ; ebből következik, hogy k akkor és csakis akkor osztója n-nek, ha k prím ­tényezői n prímtényezői közül kerülnek ki, és k egyetlen prímtényezője sem szerepelhet k -bán 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.

55

A prímtényezős felbontások alapján állíthatjuk össze két egész szám közös osztóit; ezek olyan prímtényezőkből állhatnak, amelyek mindkét számban elő­fordulnak, de az osztóban a p prímszám kitevője nem lehet nagyobb p-nek a számokban szereplő kitevőinek egyikénél sem.

Két egész szám legnagyobb közös osztójának a prímtényezős alakját ezek szerint a következő módon állítjuk össze:vesszük a két szám közös prímtényezőit; megállapítjuk minden prímtényező­ről, hogy a két számban milyen hatványon szerepelnek és az osztó prímténye­zőjét a szereplő kisebbik (nem nagyobbik) hatványkitevővel látjuk el.Pl.: 43 560 = 23-32- 5 - l l2, 10 260 = 22-33-5 -l9 ;

a két szám közös prím tényezői: 2, 3, 5; ezeknek a két számban szereplő nem nagyobbik hatványkitevőik 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 gömbölyű zárójelben egymás mellé írjuk.

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 prím ­tényezőjük. Az ilyen számokat relatív prímeknek nevezzük; ha tehát (a, b) = 1, ez azt jelenti, hogy a-nak és 6-nek nincs közös prímtényezője.

Legnagyobb közös osztót használunk a törtek egyszerűsítésénél. P l.:576 2«-32 23-3 72 120 “ 23 • 3 • 5 “ " T ~ ” T

itt az 576 és 120 legnagyobb közös osztójával, 23-3 = 24-gyel egyszerűsítettünk.Egy n egész szám többszörösein n egészekkel való szorzatait értjük; n több­

szöröse tehát tartalmazza n minden prímtényezőjét legalább akkora hatvány­kitevővel, mint amekkorával n-ben szerepel.

Két egész szám legkisebb közös többszöröse ezért a két szám valamennyi prímtényezőjét tartalmazza, az előforduló legmagasabb hatványon.

P l.: a 43 560 és 10 260 prímtényezői 2, 3, 5, 11, 19 ezek előforduló legmaga­sabb hatványa rendre 3, 2, 1, 2, !, 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 értelemszerűleg természetesen tetszőleges sok egész számra kiterjeszthető, előállításuk a prím- tényezős alakból ebben az esetben is ugyanúgy történik, mint két szám eseté­ben.

56

A legkisebb közös többszörös egyik leggyakoribb alkalmazási területe a tö r­tek közös nevezőre hozása. Pl. a

JL54 + 9 6 “ 120

törtek közös nevezőjének megfelel 54, 96 és 120 legkisebb közös többszöröse. A nevezők prímtényezős felbontásai:

54 = 2-33, 96 = 25-3, 120 = 23-3-5.

A legkisebb közös többszörösben az összes prímtényező szerepel az előforduló legmagasabb hatványon, ezért

[54, 96, 120] = 25-33-5 = 4320.

Ennélfogva a három tört összege:7 26 11 7-24-5 26-32-5 l l - 2 2-32

54 + 96 120 ~ 2 -33-2M + 23-3-32-5 _ 23-3-5-22-32 ~

560+ 1170-396 1334 ~ 4320 ~ 4320 '

Két szám legnagyobb közös osztójának és legkisebb közös többszörösének szorzata egyébként a két szám szorzatával egyenlő:

{a, b) • {a, b] = ab.

Ebből is következik, hogy a relatív prímek legkisebb közös többszöröse szorzatukkal egyenlő.

4.3. Az egész rész; maradékos osztás; maradékosztályok

Az x valós szám egész részén azt a legnagyobb egész számot értjük, amely nem nagyobb x-néí; úgy is mondhatnánk, hogy x egész része a számegyenesen x-től balra levő első egész szám (ez magával x-szel egyenlő, 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 egyenlő [x]-vel).

Pl.: [5] = 5, [0,314] = 0, [-7 ,9 3 ] = - í13

= 2.

Egy számnak és egész részének a különbségét a szám törtrészének m ondjuk: x törtrészének je le : {x} (olv.: x törtrésze), tehát {x} = x —[x].

Ha 13-at 5-tel elosztjuk, a hányadosnak lesz egy egész és egy törtrésze, t i . :

L3~5

57

Ezt általánosságban így írhatjuk: ha az a egészet 6 egésszel osztjuk és a hánya­

dos egész része k , törtrésze ,6

| = * + f (4-3.1)

vagy egyenlőségünk mindkét oldalát 6-ve 1 szorozva:a = bk + r. (4.3.2)

A számelméletben ezzel a formulával fejezzük ki, hogy a-1 6-vel osztva r-et kapunk m aradékul; r m aradék volta azt jelenti, hogy 6-nél kisebb, tehát0 ^ r .< b. r = 0 éppen azt jelenti, hogy a osztható 6-vel.

a 'Mivel (4.3.1)-ben k éppen egész része, azaz k —6

ezért r = a —bk, azaz r = a-

b

b, (4.3.3)

az a szám 6-vel való osztási maradékát így ki tudjuk fejezni a és 6 segítségével, ez a képlet különösen gépi számítások során alkalmazható előnyösen.

Osztás közben tehát a lehetséges m aradékok:0, 1 ,2 , . . . , 6 - 1 ,

tehát annyi maradékféle létezhet, amennyi az osztó. H a két szám 6-vel osztva ugyanazt a m aradékot adja, azt mondjuk, hogy 6-re nézve ugyanabba a mara­dékosztályba tartoznak. A „6-re nézve” kifejezést mód 6 (olv.: moduló 6) je­löléssel rövidítjük. P l.: 13 és 28 ugyanabba a maradékosztályba tartoznak mód 5, ti. m indkettőnek 3 az 5-tel való osztási maradéka.

mód 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 tetszőleges egész). H asonlóan: az 5-tel való osztás szempontjából a számok

5k, 5&+1, 5k + 2, 5k + 3, 5k + 4alakúak lehetnek, az azonos alakúak tartoznak egy maradékosztályba. A mód6 azonos maradékosztályba tartozó számokra jellemző, hogy különbségük oszt­ható 6-vel; ti. ai = bki I r és a2 = bk2 + r ugyanabba a maradékosztályba tar­tozik és különbségük:

ai — a2 = b k i + r ~ (b k 2 + r) = b(ki — k 2)a b többszöröse, tehát osztható 6-vel.

A nnak jelölése, hogy a és c ugyanabba a maradékosztályba tartozik mód 6, a következő

a = c (mód 6),

olv.: a kongruens c moduló 6; az ilyen jellegű összefüggést a számelméletben kongruenciának nevezzük.

58

Feladat

Bizonyítsuk be, hogy .1991-nek van olyan többszöröse, amely csak egyesek bői és nullákból áll.

Ezt úgy láthatjuk be, hogy felírunk 1992 különböző, csupa 1-esből álló számot:1, 11, 111, 1111,.. .,111.. .11,

(az utolsó 1992 1-esből áll). Ezek az 1991-gyel való oszthatóság szempontjából 1991 maradék­osztályba tartozhatnak, van tehát közöttük kettő, amelyik ugyanabba a maradékosztályba tartozik, de akkor ezek különbsége osztható 1991-gyel, tehát többszöröse 1991-nek, és a csupa egyesből álló számok különbsége pedig egyesekből és nullákból áll. 1991-nek van tehát csak egyesekből és nullákból álló többszöröse.

4.4. Számrendszerek

41 027 tízes számrendszerbeli felírása azt jelenti, hogy41 027 = 4 - 104 + 1 • 103+ 0 -1 0 2 + 2 - 10 + 7,

tehát 41 027-et 10 nemnegatív egész kitevős hatványainak az összegeként írjuk fel (7-et 7-10° 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 m iatt); 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 előnyös lehet, elsősorban 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 - 2B + 0 • 23 + 1 ■ 24 + 1 • 23 + 0 - 22 + 1 - 21 +1

kettes számrendszerbeli alakja 10011011, tízes számrendszerbeli megfelelője vi­szont 128+16 + 8 + 2+ 1 = 155. Általánosságban így írunk fel egy c számot a2-es számrendszerben:

c — an•2n + an_x’2n 1 an__2*2fl fc+ . . . + $2' 22 + $i*2 + 6íq,

ahol az a0, ax, . . . , a„ számok lehetséges értékei 0 vagy 1. c azonban így is ír­ható, ha az első n — 1 tagból kiemeljük 2 -t:

c = 2(a„-2n~1+ . . . + a2-2 + a1) + a0.

Ez az a0 a maradékos osztásról m ondottak szerint a c-nek 2-vel való osztási maradéka, a hányados egész része pedig

an'2n 1 + . . . + a2*2 + a± = 2(an*2n 2 + . . .

ez viszont ismét azt jelenti, hogy ha az előbbi hányadost 2-vel elosztjuk, az osz­

59

tási maradék ax. Ezt tovább folytatva, eljárást kaphatunk egy tetszőleges c egész szám kettes számrendszerbeli jegyeinek az előállítására: osztjuk a e-t 2-vel, az osztási m aradék az utolsó számjegy aa. A hányados egész részét osztjuk 2-vel, a m aradéka1? és így tovább, míg végül a z an• 2 + a n_ i hányadoshoz nem jutunk. Ennél a 2-vel való osztási maradék az a„_1, a hányados pedig a„, ami mindig 1-gyel egyenlő, hiszen egy szám első jegye nem lehet 0. PL: 492 kettes szám­rendszerbeli jegyeit ezzel az eljárással így állíthatjuk elő:

492 :2 = 246, 246 : 2 = 123, 123 : 2 = 61, 0 - a„ = 0, 0 ------ ► aí = 0 1 ------► a2 = 1

6 1 :2 = 30, 30 : 2 = 15, 1 5 :2 = 7, 1 - a3 = 1 0 ------ ► aá = 0 1 ------- as = 17 : 2 = 3, 3 : 2 = 1 ------ ► as = 1.1 ------* a6 = 1 1 ------ ► a- = 1

492 kettes számrendszerbeli alakja tehát: 111101100.Eljárásunk egyébként tetszőleges alapszámú számrendszerben is alkalmaz­

ható ; az egymás utáni osztó ekkor természetesen a számrendszer alapszáma.A kettes számrendszerbeli számokkal formálisan ugyanúgy számolhatunk,

m int a 10-es rendszerbeliekkel, csak azt kell figyelembe venni, hogy 1 + 1 = 10: a természetes számok sorozata a kettes számrendszerben így kezdődik:

0, 1, 10, 11, 100, 101, 110, 111, 1000, 1001. 1010, 101 i, . . .

Egy példa összeadásra és szorzásra:

10001101 + 110111 1010

Í1ÖÖ0Í00 liÖÖTÖ

1010-101 10001101 0000

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 következő tétel bizonyításán m utatjuk.m eg:

A z első n páratlan természetes szám összege n2-tel egyenlő. Ennek az állítás­nak a teljesülését jő néhány esetben egyszerűen ellenőrizhetjük: pl. 1+3 = 4 — = 22, 1 + 3 + 5 = 9 = 32, 1+ 3 + 5 + 7 = 16 = 42, stb., sőt, ha egytagú összeget értelmezünk 1 — I2, 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 + ... + (2 « — I) = n2.

G ondoljuk meg, hogy ha valahonnan tudnánk azt, hogy az első n — 1 párat­lan szám összege (n— l)2, akkor már n-re is bizonyítani tudnánk a tételt; az első n páratlan szám összegét ugyanis úgy kapjuk meg, hogy az első (n— 1)

60

páratlan szám összegéhez, (n — !)2-hez hozzáadjuk az «-edik páratlan szám ot: (2n — l)-et, tehát az összeg:

(« — l)2 f 2«— 1 = nl —2n + 1 + 2«— 1 = rí1,

ezért valóban igaz az állításunk /j-re, ha n — 1-re igazolt.Bizonyításunknak tehát az a lényege, hogy m egm utattuk:az n-re vonatkozó állítás következik az n — 1-re vonatkozó állítás igaz voltá­

ból, azaz egy előző esetből.

Ezek szerint azonban az n — 1-re vonatkozó állítás is következik az n — 2-re vonatkozóból: és ezt a gondolatmenetet folytatva kapjuk, hogy a két páratlan szám összegére vonatkozó tétel is következik az egy páratlan számra vonatko­zóból. Ez ped 'g nyilván igaz, és így tételünket általános érvénnyel bizonyítottuk.

Foglaljuk össze gondolatm enetünket:í. Belátjuk. hogy az állítás n = 1 -re (esetleg n = 0-ra) igaz.

II. Bebizonyítjuk, hogy abból a feltevésből, hogy az állítás n - \ - r e igaz, következik, hogy n-re is igaz (esetleg n-ről n + l-re „öröklődik” az állítás igaz volta j .

I. és II. együttesen biztosítja, hogy az állítás minden természetes számra igaz.

Ez a teljes indukció lényege. Megjegyezzük még, hogy a kezdő eset nem mindig 1, hanem lehei 1-nél nagyobb (vagy esetleg kisebb) is; továbbá: az « — 1-edik esetről 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 — I-re vonatkozó állítást szoktuk indukciós feltevésnek is nevezni.

Teljes indukciót ezek szerint csak akkor alkalm azhatunk, 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 következő két té te lt:

1. Tétel: az első n pozitív egész összege '

, n{n + 1) 1-2H a n = 1, az összeg 1-gyel egyenlő, ezt adja az — ^ ~ * össze­

függés is, az állítás tehát ebben az esetben igaz.( f i— 1 )-tl

Az indukciós feltevés: az rt—i pozitív egész összege: — ^— • Ekkor az n

tagú összeget úgy kapjuk meg, hogy ehhez még az n-et hozzáadjuk:

(n —\}n _ rP — n + ln _ n2 + n _ n (n + 1)2 ~ ~ + " 2 ” 2 2 ’

tehát az n pozitív egész összegét valóban az adott kifejezés adja.

61

2. Tétel: a négyzetszámok összegére vonatkozik:

l 2 + 22+ 3 2+ ... + « 2 = 4- n(n + 1) (2 n + 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):

l 2 + 22 + 32 + ... + (n — l)2 = ~ (n— l)n (2n — 1).6

Adjuk most hozzá ezekhez a kifejezésekhez (tehát mindkét oldalhoz) az n-edik négyzetszámot, «2-e t:

l 2 + 22 + ... + (n —1)2 + «2 = 4- (« — 1) n(2n—\)+ n 2 —o

= \ nf(n — 1) (2n — l) + 6nl = n(2n2 — 2n — n + 1 +6n) =o 6

= ~ n(2n2 + 3 « + 1) = n (n + 1) (2 n + 1),6 6

s ezzel a bizonyítást befejeztük.

Feladatok

1. Bizonyítsuk be, hogy ha n pozitív egész, 26n+1+ 3 2n+2 osztható 11-gyel.Az első pozitív egészre, n = 1-re a kifejezés értéke 2 7+ 3 4 = 128 + 81 = 209, valóban

osztható 11-gyel. Tegyük fel, hogy n — 1-re az állítás igaz, tehát26(«-l)+l_f_32(«-l)+2 26»-5_|_32«

osztható 11 -gyei, azaz 11 k alakú, ahol k egész szám :26»—5+32 n = U k (45])

Most az eredeti kifejezést alakítsuk át úgy, hogy az tartalmazza (4.5. l)-et:26»+l_|_32»+2 = 2 6 .26'‘- 5+ 3 2 .32» = g4 ,2 6»-5 + 9 . 32® = 55 .26»-S 4.9 (2<i» -5 + 32») =

= 55-2B» - 5 + 9-llA: = 11(5-2“’,-* + 9fc),

tehát a vizsgált kifejezés is osztható 1 1 -gyel.Megjegyezzük, hogy a teljes indukcióval bizonyított tételek gyakran más úton is igazol­

hatók. Nézzünk most egy ilyen példát.

2. írjuk fel egyszerűbb alakban a következő' S összeget:

1 1 1 1S — ------1--------1--------b H------------

1-2 2-3 3-4 n (« + 1)

A teljes indukciós bizonyításhoz most először ki kell alakítanunk sejtésünket, azaz a

bizonyítandót. Ha n = 1, csak egy tört szerepel az összegben: ; a z « = 2, 3, 4, 5 értékekre

62

2 3 4 5viszont — mint azt könnyen ellenőrizhetjük — rendre - y , , - y , — adódik, kézenfekvő te­

hát az a sejtésünk, hogy az első n tört összege • Bizonyítsuk be ezt teljes indukcióval.

n = 1-re már láttuk a sejtés helyességét, tegyük fel, hogy igaz a sejtésünk az első n — 1

tagra, ezek összege tehát H . Adjuk hozzá ehhez az n-edik tagot:

n — l 1 _ ( n — l ) ( n + l ) + l n2— 1 + 1 n2 nn n ( n + 1) n ( n + 1) n ( n + 1) n ( n + 1) n+ V

tehát sejtésünk igaznak bizonyult.Más módszerrel is eljuthatunk erre az eredményre. Vegyük észre, hogy minden törtet

felírhatunk két tört különbségeként:

1 _ J___ 1_ J _____ 1___ 1_1 -2 “ 1 2 ’ 2-3 ~ 2 T ’

-i. i-u , ... , 1 1 (*+ 1)-* 1vagy altalaban a K-adik törtet:k & + 1 £ (& +l) &(&+l)'

Ezért az S így írható:1 1 , 1 1 1 1 1 1

S ---- 5------------------- ------------- ~a— ^-----------TT •1 2 2 3 3 4 n n + 1

Ebben az összegben az első és utolsó tag kivételével mindegyiknek szerepel az ellen­tettje is, ezeknek az összege páronként 0 , így az összegben csak az első és utolsó tag marad:

S — 1 1 _ n + \ — \ _ nn+ 1 w+ 1 n+ 1 ’

vagyis az előzővel azonos eredményre jutottunk.

63

5. Négyzetgyökös kifejezések

5 .Í . Számok négyzetgyöke

A számok négyzete nemnegatív szám, és bizonyítható, hogy minden nemnega­tív szám négyzete egy valós számnak, sőt minden pozitív szám két valós szám­nak is négyzete, egy pozitívnak és egy negatívnak. P l .: a 49 négyzete a 7-nek és a — 7-nek is; e két szám közül a pozitívat kitüntetjük és a 49 négyzetgyökének nevezzük. Á lta lában:

egy c szám négyzetgyökén azt a nemnegatív számot értjük, amelynek négy­zete c-vel egyenlő, c négyzetgyökének a jele: f 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 egyértelműen meg­határozott és mindig pozitív. P l.:

f2 5 = 5, f l = 1, fA525 = 25, j/6,25 = 2,5,

w s = o,3, = | A l = ± .

Általában tehát a fla kifejezésnél -- m eghatározásunk szerint — három tényt kell mindig szem előtt tartanunk:

1. a is 0, 2. f a is 0, 3. ( / a ) 2 = a.

Előbbi példáinkban azért volt könnyű a négyzetgyök meghatározása, mert azonnal felismerhető, mely számok négyzete áll a négyzetgyökjel alatt. Azok­nak a természetes számoknak a négyzetgyöke azonban, amelyek nem teljes négyzetek, irracionális szám; tehát pl.: j/2, f3 , /5 , |/_13 irracionális számok. Ennek bizonyítását egy példán m utatjuk meg.

Bebizonyítjuk, hogy ]/13 irracionális szám.Bizonyításunk ún. indírekt bizonyítás. Ennek az a lényege, hogy feltesszük,

hogy állításunk nem igaz (ez az ún. indirekt feltevés) és ebből a feltevésből nyilvánvaló hamis eredményre ju tunk ; ez azt jelenti, hogy állításunk tagadása nem igaz, tehát állításunk helyes.

64

Tegyük fel, hogy yT3 nem irracionális, hanem racionális, azaz — alakú, aholp r 9

p és q egész számok és relatív prímek, tehát a — törtet m ar nem lehet egyszerű­

síteni :

— = / l 3 .9

Emeljük egyenlőségünk mindkét oldalát négyzetre, majd szorozzuk meg az egyenlőség mindkét oldalát q2-tel:

~ = 13, p 2 = 13c?2.q 2

Utóbbi egyenlőségünk azt jelenti, hogy 13 osztója p 2-nék és így />-nek is, p -1 ezért 13px alakban írhatjuk (pi egész); helyettesítsük ezt az alakot az utolsó egyenlőségbe és osszuk el az egyenlőség két oldalán levő számokat 13-mal:

13 2p \ — I3q2, 13pl = q2.

Ez viszont azt jelenti, hogy q2 osztható 13-mal, tehát q is ',q ezért \3q i alak­ban írható fel (qx egész), tehát azt kapnánk az indirekt feltevésből, hogy

L = 13pi = Elq i3qi q i ’

vagyis — mégis egyszerűsíthető, ami elleniében van kiindulásunkkal, és ezzel

állításunkat bizonyítottuk.]/13 tízes számrendszerbeli alakját közelítésekkel adhatjuk meg tetszőleges

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 < /T3 < 4.

H a 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, ebből 3,62 = = 12,96 < 13 < 13,69 = 3,72, ezért 3,6 < {/l3 < 3,7. M ondhatjuk tehát, hogy 13 értéke egytizedes pontossággal 3,6-tal egyenlő. Ezt az eljárásunkat folytatva /O -n a k tetszőleges sok tizedesjegyét megkaphatjuk.

Lényegesen gyorsabban ju tunk eredményre tetszőleges pozitív szám négy­zetgyökének meghatározásakor a következő m ódszerrel:

M ódszerünk azon alapszik, hogy ha c a 'fb-nek egy közelítő értéke, akkor bizonyítható, hogy

b— h e c

2 ~

pontosabban közelíti meg Íb -t, mint a c.

65

Vegyük 13-nak egy közelítő négyzetgyökét, pl. a hármat. Osszuk el 13-at3-mal (négy tizedesig számolva):

1 3 :3 = 4,3333.

Vegyük 3 és 4,3333 összegének a felét (az ún. számtani közepét); így meg­kapjuk ^13 második közelítő értékét:

3+4,3333------------- = 3,6667.

Ugyanezzel az eljárással kapjuk meg a még pontosabb közelítő értéket:

13 :3,6667 = 3,5454; 3’6667 + 3’5454 = 3,6061,

^13 harm adik közelítő értéke tehát 3,6061. Folytassuk ezt tovább:

13 :3,6061 = 3,6050; 3,6061 +3,6050 _ 3 6056.

ez a negyedik közelítő érték.13 : 3,6056 = 3,6055,

ez viszont azt jelenti, hogy /1 3 = 3,6056 négy tizedes pontossággal. (Ha a szá­mításokat több tizedes pontossággal végeznénk, Y 13-at is nagyobb pontosság­gal kapnánk meg.)

A most megadott ún. iterációs módszer előnye, hogy olyan zsebszámolón is alkalmazható, amelyen nincs négyzetgyökvonás. (A számítógépek nagy része is ehhez hasonló módszerrel állítja elő a számok négyzetgyökét.)

Felhívjuk a figyelmet arra, hogy ennél a módszernél az első közelítő érték választása m iatt előfordulhat, hogy bár a fokozatos közelítések egyre kisebb hibával adják meg a szám négyzetgyökét, mégis az eredménynek egyik jegye sem azonos a négyzetgyök tizedestört előállításának a jegyeivel, pl. /1 6 -ra 3,9999-et kaphatunk; vegyük azonban figyelembe, hogy ez 4-nek igen jó köze­lítése, attól c&ak 0,0001-dél tér el. (Ugyanez a jelenség számítógéppel való szá­mításnál is előfordulhat.)

5.2. Műveletek négyzetgyökös kifejezésekkel

A következőkben négyzetgyökös kifejezésekre vonatkozó néhány fontosabb azonosságot tekintünk át. M indenekelőtt egy gyakori hibára hívjuk fel a figyelmet: egy összeg négyzetgyöke nem azonos a tagok négyzetgyökének az összegével, tehát pl.

YÍ6+9 * Y I6+/9;

66

hiszen /1 6 + 9 = /2 5 = 5 és J/16 + /9 = 4 + 3 = 7.

A következőkben a felhasznált algebrai kifejezések négyzetgyökéről, pl. a /3 a 3 — b2+ l kifejezésről eleve feltételezzük, hogy olyan a és b értékekről 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. Műveleti szempontból egy algebrai kifejezés négyzetgyö­két egytagú kifejezésnek kell tekintenünk; két ilyen kifejezés egynemű, ha leg­feljebb a (rendszerint a négyzetgyökjel elé írt) szorzótényezőben (együttható­ban) különböznek. Pl. egyneműek

]/6o2~2b, 6a2— 2b, - Í 6 ^ 2 b .

Közvetlenül csak egynemű négyzetgyökös kifejezések adhatók össze, p l.:

Y6a2-2 b + 3 Y 6 a 2- 2b—f 6a2—2b = 3 f6 a 2—2b.

A többtagúak összeadása és kivonása az algebrai kifejezések leírásakor megismert szabályok szerint történik. P l.:

( $ Y x ^ 2 - i ] / x + 9 x ) - ( - 6 ] f x — 2 — 8x + 3 /x ) == 3 /x —2 — 7]/x + 9 x + 6 j/x —2 + 8x—3j/x = 9 /x —2 — 1 0 /x + l l x .

Szorzat négyzetgyöke. Szorzat négyzetgyöke a tényezők négyzetgyökéneka szorzatával egyenlő.

Ía b — i a ib , (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 egyértel­műen m eghatározott:

( /a b )2 = ab (ab definíciója m iatt);

{ / a f b ) 2 = ( / a ) 2( / ö ) 2 = ab (a szorzat hatványozási szabálya és ]ja,Jfb definíciója miatt).

P l.: ________ ____________Í 5 x ( x — 8) = / 5 x |/ x — 8.

A szorzat négyzetgyökére vonatkozó azonosságot gyakran fordított irányban alkalm azzuk:

f 5 ~ 2 b f s + lb = Y (S -2 b )(5 + 2 b ) = y 25 — 4-fo2.

Ugyanez a szabály érvényes akkor is, ha a szorzatnak több tényezője van.

67

Tört négyzetgyöke: tört négyzetgyöke a számláló és a nevező négyzetgyöké­nek a hányadosával egyenlő:

i / f _ - í j l r ~b f b ’

ati. mindkét oldalon az a szám áll, amelynek a négyzete -7-.

Pl.: b

j l 6y )f6y \/a2- b 2 i f a 2~ b 2 (a + b ) (a -b ) _F í - ? “ 7 ^ • T í z i = F ^ = F — ^ b ~ - ia + 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, \00-zal, \0QÚ-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 egyenlő.

Hatványok négyzetgyöke. Páros kitevőjű hatványok négyzetgyökét, ha a hatványalap nem negatív, könnyen m eghatározhatjuk: a hatványkitevőt 2-vel kell osztanunk; p l .:

/ a 6 = a3, mert (a3)2 = a6, (a ^ 0);/ a 2 = a, mert (a)2 = a2, (a s 0);

Y(a+ b)4 = (a + b)2, mert [(a + b)2]2, = (a+b)1, ((a+b)2 S 0).

Különös figyelmet kell fordítanunk a négyzetgyökvonásra, ha a hatvány­alap negatív; gondoljuk meg p l.:

Í ( ~ ~ 5 f = /2 5 = 5,

éppen ezért általában nem igaz az, hogy / a 2 — a, mert a negatív számot is jelenthet, viszont a négyzetgyök értéke nem lehet negatív. Ezért minden a szám m érvényes:

l a 2 = M ,

pl. előző példánkban is: / ( - - 5)2 = | — 5 1 = 5.Általában :

j/a2n — | an \.

P l.: ha a, b, c tetszőleges valós számokat jelentenek,

/81 ű8fclác2 = 9\cP \\b1\ |c| = 9| (Pb7c\.

Négyzetgyökös kifejezés hatványa. / a «-edik hatványának meghatározásakor

68

(n egész szám) a hatványozás értelmezéséből indulunk ki. M inden n egész kitevőre érvényes:

( f a y = (a > 0),

azaz :

egytagú négyzetgyökös kifejezés n-edik hatványra emelésekor a gyök alatti kifejezést emeljük n-edik hatványra.

H a ugyanis n pozitív egész,

( /# ) " = \[a - iü ' ... • / a — ]ja-a- ... -a = Jfa". (a > 0).

H a n = 0, definíció szerint

( |/a )° = 1 és j/a° = ]/l = 1. (a =*■ 0).

H a a kitevő negatív egész:1 1 r T

( / í ) - » = j — - = _ = 1 / - = fa-~", (a > 0).( / a )n y a 1 1 «

5.3. Példák a négyzetgyökös kifejezések körében végzett műveletekre

1. Többtagú kifejezések négyzetre emelése ugyanolyan szabályok szerint törté­nik, mint az algebrai kifejezéseké:

a) { i x —f y ) 2 — x - 2 ) fx } /y + y = x + v - l ^ x y ,

b) ( /4 + T 3 + / 4 - / 5 ) 2 = 4 + / 5 + 2 /4 + 7 5 • + 4 - / 5 == 8 + 2 /(4 T 7 ? K 4 - 7 5 ) = 8 + 2 /Í6 ” ~5 = 8 + 2 /1 1 .

2. A szorzatra vonatkozó azonosságot gyakran alkalmazzuk fordított irányban, főként akkor, ha az a tényezők egy részének a négyzetgyök alól való „kihozását” eredményezi; ezt azzal érjük el, hogy a gyök alatti kifejezést (számot) úgy bontjuk szorzattá, hogy az egyik tényezőt gyökmentes formában írhassuk fel.

a) / Í 8 = f9 - 2 = / 9 / 2 = 3 /2 ;b) /32<j362c = / 16a2í 2-2ac = / \6a2b2y ia c — Aabflac,

(a S 0, Í I & 0 , c S 0);

c) \ [ 8( ^ - ^ ) 4 = 1 [ 4 ( ^ - j ) 4 2 _ 2( x - y ) 2 1 A_2_F 3x2 r x2 3y ’ |x| j 3 y '

3. Előző eljárásunknak éppen a fordítottja a tényező bevitele a négyzet- gyökjel alá.

69

2 |/4

r ) x ~ y 1/ *2+*.y _ 1/ (x - y ) 2 1/ *(* + X> _ ] / ( x - y ) 2x (x + y ) _ x + y ! x 2—2 x y + y 2 ] {x+ y)2 \ ( x —y)2 y (x+ y)2 {x—y)2

X. (Itt feltettük, hogy x, y, x —y pozitívak.)

x + y

^ 1% = f (x, y pozitívak).

4. Többször van szükség arra, hogy törtkifejezéseket úgy alakítsunk át (rendszerint bővítéssel), hogy a nevezőben ne legyen négyzetgyökös kifejezés, ez a nevező gyöktelenítése. Ha a nevező egytagú, egyszerűen a nevezővel bő- víthetünk.

1 1 -/3 _ /3 2 _ 2 /6 _ 2 / 6 _ / 6ü / 3 ^ /3 ~ 3 ’ 3 /6 ~ 3 - /< T /6 _ 3-6 ~ 9 '

H a a nevező kéttagú összeg, akkor a két tag különbségével, ha kéttagú különbség, a két tag összegével célszerű bővíteni.

) = 2(2- / 2 ) = 2(2- / 2 ) = 2(2~ / 2 ) ^CJ 2 + / 2 ( 2 + / 2 ) ( 2 - / 2 ) 4 - 2 2 F ’

c c ( c + / c ) _ c(c + / c ) __ c + / c _( 3 / c ~~ ~ c ( c - l ) ~ c - 1

Y a + b —Y a —b _ ( f a + b —Y a —fc)2 _/ a + f r + / a —b ( Y a + b + Y a —b) ( Ya +b —f a —b)_ a + b —2Ya+bYa—b + a —b__ 2a—2Y(a+b)(a—b) _

( /a + fc )2- ( / á = f c ) 2 ( f l+ b ) - (a - í> )

a + b —a + b b

5. írjuk fel egyszerűbb (gyökmentes) alakban a következő kifejezést:

= a + / a 2—2a+\.

K — a + / a 2—2 a + l = a + / ( a —l)2 = a + |a —1|.

H a fl s 1, a —1 nemnegatív, ezért |a —1| = a —1, és így K = a + a —1 = 2 a —1, (a s 1);

ha viszont a < 1, a —1 negatív, |a —1| = — (a— 1) = 1—a,K = a + l - a = 1, (a < 1).

6. Számítsuk ki közelítő érték felhasználása nélkül az x kifejezés értékét:

-v = / 7 + 4 / 3 + / 7 - 4 / S .

Mivel a táblázat értékei és a számológépen kapott értékek közelítő érté­keknek tekintendők, ezeket nem használhatjuk. Emeljük azonban négyzetre x-et:

x 2 = ( / 7 + 4 /3 )2 + 2 /7 + 4 /3 /7 - 4 /3 + ( /7 - 4 /3 ) 2 =

= 7 + 4 /3 + 2 / ( 7 + 4 /3 ) (7 - 4 /3 ) + 7 - 4 /3 = 14 + 2 /4 9 ^ 4 8 = 14+ 2 = 16.

M inthogy x pozitív és négyzete 16, ezért x = 4.Négyzetre emelés nélkül is meghatározhatjuk x értékét:

( 2 + / 3 ) 2 = 4 + 4 /3 + 3 = 7 + 4 /3 ,( 2 - / 3 ) 2 = 4 - 4 / 3 + 3 = 7 - 4 / 3 .

Használjuk fel ezt az utóbbi két egyenlőséget és azt, hogy 2 + /3 , 2 —/3~ egyaránt pozitívak:

x = / ( 2 + / 3 ) 2+ / ( 2 - / 3 ) 2 = |2 + / 3 |+ |2 - / 3 j = 2 + / 3 + 2 - / 3 ~ = 4.

71

6. Racionális és valós kitevője 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 egyenlő. A c n-edik

n __gyökének jelölése: c.

M eghatározásunk szerint tehát

( f c f = c.

Minden nemnegatív számnak egyetlen n-edik gyöke van. A második gyök a négyzetgyökkel azonos, a harm adik gyököt szokás köbgyöknek is nevezni. A számok első gyöke magával a számmal egyenlő.

/ 0 = 0, ]/1 = 1 minden n értékre,

Í c ^ 0, ha c s 0.

Pl.: / 8 = 2, m ert 23 = 8; ^625 = 5, m ert 5* = 625;

10}/1Ö24 = 2, mert 210 = 1024; ] j ^ = 1 mert

V'O.OOl = 0,1, mert 0,13 = 0,001; j/'0,000064 = 0,2, mert 0,26 = 0,000064.

H a n páratlan, akkor a negatív számoknak is van egyértelműen meghatá-n __

rozott n-edik gyöke; ha c negatív, ]/c azt a negatív számot jelenti, amelynek n-edik hatványa c-vel egyenlő.

Pl.: Z - 8 = - 2 , mert ( - 2 ) 3 = - 8 ; = - 1 , mert ( — l)5 = — 1;

Y —243 = —3, m ert ( —3)5 = —243; V —125 = —5, mert ( —5)3 = — 125.

Felhívjuk azonban a figyelmet arra, hogy páros gyöke negatív számnak a valós4 ______

számok körében nem létezhet, m ert pl. Y —16 olyan számot jelentene, amely­

72

nek negyedik hatványa negatív, holott valamennyi valós számnak nemnegatív a negyedik hatványa.

Az n-edik gyököt tartalm azó kifejezések körében hasonló azonosságok érvényesek, mint a négyzetgyökös kifejezésekre; ezekről a következő szakasz­ban lesz szó.

6.2. Racionális kitevőjű hatványok

A z i c kifejezést, ha c pozitív szám, és n pozitív egész, c n alakban is írhatjuk.

Mivel {] /c )n = c, ezért ( c « )n = c; ez az észrevétel is indokolja gyökmennyi­ségek törtkitevős hatványként való jelölését. M egállapodunk abban, hogy az

f a

kifejezést, ahol c pozitív, n pozitív egész és k tetszőleges egész szám,k

C »

alakban írjuk, ezt szokás törtkitevős hatványnak nevezni. Tehát

c " azt a pozitív számot jelenti, amelynek n-edik hatványa ck-val egyenlő.1 3 2

P l.: 4 ^ = / 4 = 2; 42" = 8, mert 82 = 43 = 64; 27"s = 9, m ert 9® = 272 = = 729.

- J l d íM egállapodunk abban, hogy c n jelentse c " -t, tehát azt a pozitív szá-

1 . 'ím ot, amelynek n-edik hatványa c~k = -r-val egyenlő, c -n pedig legyen azonos

A cc n -val.

Ezek szerint a hatvány fogalmát minden racionális kitevőre értelmezzük, fe l ­téve, hogy az alap pozitív szám.

Természetesen a tizedestört kitevős hatványok is racionális kitevőjűek, hi-14168

szén pl. 51,4168 azonos az 510000 hatvánnyal.

Ilyen megállapodások mellett bebizonyítható, hogyha egy törtkitevőjű hatvány kitevőjét bővítjük vagy egyszerűsítjük, értéke nem változik meg, és az egész kitevős hatványok körében megismert műveleti szabályok a törtkitevős hatványok körében is érvényesek, ha tehát p , q, r, s egészek, q ^ 0, s ^ 0, a > 0, b > 0,

p_ —+— ps+v1. a* -a s = ao s = a ;

p_ r_ JL ps—qr2. a i : a s = a<i s = a ;

ü. JL £.3. (ab) o =

73

/ a \ í a i

[ ?L ZE £-5. \ a ‘i j s = a«s, ar« = a « , (r ^ 0),

Ezeknek az azonosságoknak a következményei, ill. megfelelői a gyök­mennyiségek között az alábbi azonosságok (a > 0, b > 0):

speciálisan:

” k_ nk__ «*,_ ____\ a - \ a = Vo*- yan = \c f 'Jrk',

" í f s = % ,

Í f a = ] /a , f a \

1 b 1b

6.3. Valós kitevőjű hatványok

G yakorlati okokból célszerű a pozitív számok hatványainak a fogalmát minden valós kitevőre kiterjeszteni, tehát a m ár megismert racionális kitevős hatványokon kívül irracionális kitevőjű hatványokra is. Az 5.1. szakaszban szó volt róla, hogy / 2 irracionális szám; j/2 közelítő értéke: 1,4142. Ez azt is je­lenti, hogy Y2 tetszőleges pontossággal megközelíthető racionális számokkal, azaz tetszőlegesen közeli két racionális szám közé zárható, p l.:

1 < / 2 < 2

1,4 < /2 < 1,5

1,41 < Y2 < 1,42 1,414 < Y2 < 1,415

1,4142 < j/2 < 1,4143 . . .

az utóbbi esetben j/2-1 m ár két olyan racionális szám közé zártuk, melyek kü­lönbsége 0,0001, és ez tetszés szerint folytatható.

Az 1-nél nagyobb alapú racionális kitevőjű hatványok a kitevő növekedé­sével növekednek, ha viszont az alap 0 és 1 közé esik, a hatványok a kitevő növekedésével csökkennek. Ezt a tulajdonságot akarjuk megtartani a valós ki­tevőjű hatványok értelmezésekor is. Ezért, ha a > 1, az a ^ irracionális kite­vőjű hatvány értelmezésekor is abból indulunk ki, hogy ez két olyan racioná­lis kitevőjű hatvány közé zárható, amelyek különbsége tetszőlegesen kicsivé tehető, p l .:

74

a1 - ■ < a2 a1,4 < af* < a1,5

# 1 .41 „ . ű1 ’42

a l .414 < a Y2 < a l,415

fll.4142 < a n _ : a l,4143 s tb >

Bizonyítható, hogy így tetszőlegesen kicsiny határok közé zárható, és csak egyetlen olyan valós szám van, amely a fenti módon szerkesztett vala­mennyi egyenlőtlenségnek eleget tesz. (Hasonlóan járunk el 0 < a < 1 ese­tén, az egyenlőtlenség iránya ekkor éppen az előzőkkel ellentétes lenne.) Ily módon valamennyi irracionális kitevőjű hatvány értelmezhető.

A z így értelmezett irracionális kitevőjű hatványokra is érvényesek a hatvá­nyozás már megismert azonosságai.

Figyeljük meg, hogy bármely hatványkitevő esetén következik az értel­mezésből, hogy pozitív számok hatványa pozitív.

A valós kitevőjű hatványok fontos tulajdonsága, hogy ha a > 0, íi > 0,

ax = bx,

és x ^ 0, akkor a = b; továbbá, ha a pozitív és nem egyenlő 1-gyel, akkor azax = ay

egyenlőségből x = y következik.

6.4. A logaritmus fogalma

A z ax — b (6.4.1)

kifejezésben egy összefüggést adtunk meg az a alap, a b hatvány és az x kitevő között, pontosabban: a hatványt fejeztük ki az alap és a kitevő segítségével. H a az a alap pozitív, és x tetszőleges valós számot jelent, akkor a b hatvány is mindig pozitív. Ugyanezt a kapcsolatot az a, b, x számok között a következő alakban is kifejezhetjük, ha x ^ 0:

b x — a, (6.4.2)

most az a alapot fejeztük ki a b hatvány és az x kitevő segítségével. Ugyanezt a kapcsolatot azonban úgy is megadhatjuk, hogy az x kitevőt fejezzük ki a következő alakban (a ^ 1):

lóg ab = x (6.4.3)

(olv.: a alapú logaritmusa b-nek egyenlő 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 eredetű szó; jelentése: kitevő.)

75

Ezek szerintlógab azt a kitevőt jelenti, amely mellett az a alapú hatvány értéke b-vel egyenlő, tehát

fliog „b = b (6.4.4)

Hangsúlyozzuk, hogy a m ondott kikötések mellett a (6.4.1), (6.4.2), (6.4.3) összefüggések ugyanazt a kapcsolatot jelentik.

A loga b kifejezésben a-1 a logaritmus alapjának mondjuk.H a a = 1, akkor b is 1-gyel egyenlő az ax = b összefüggésben, tehát 1-es

alapú logaritmusa csak az 1-nek lehetne, de az sem egyértelmű. Ezért az 1-et a továbbiakban kizárjuk a logaritmusalapok köréből, m indenkoron feltételezzük, hogy az loga szimbólumban a ^ 1.

Példák:

log2 8 = 3, m ert 23 = 8;

rendszerint úgy gondolkodunk, hogy log2 8 értékének meghatározásakor azt a kitevőt kell megkeresnünk, amely mellett 2 hatványa 8-cal egyenlő.

logs 25 = 2, m ert 52 = 25;log2 32 = 5, mert 25 = 32;

lóg i 4 = - 2,2

m ert ) - = 4 ;

loga a1 = 7, mert d 1 = a’ ;loga a = 1, mert a1 = a;logw 0,001 = — 3,

lóg 2 f i = ~ ,

2

m ert 10i

- 3 = 0,001;

mert 2 2

2 Ní'

II

log8 4 = y , mert 8 3 = (23) = 2!

A logaritmus fogalmának egyszerű következményei:— loga a = l, azaz az alap logaritmusa mindig l-gyel egyenlő, hiszen a1— a;— loga 1 = 0 , azaz 1 logaritmusa minden alap esetén 0-val egyenlő, mivel a° = 1.

Felhívjuk a figyelmet továbbá arra, hogy a m ondott kikötések mellett (a > 0, a 1) csak pozitív számnak van logaritmusa, viszont a logaritmus értéke tetszőleges valós szám lehet.

Jegyezzük még meg, hogy ha

loga b = loga c,

akkor ebből b = c következik.

76

6.5. A logaritmus azonosságai

A következőkben az egyszerűség kedvéért kikötjük, hogy — hacsak erről kü­lön nem szólunk — logaritmuson a alapú logaritmust értünk, ahol a egy rög­zített (egyébként tetszőleges) 1-től különböző pozitív szám.

1. Szorzat logaritmusa. Egy szorzat logaritmusa a tényezők logaritmusainak az összegével egyenlő;

tehát, ha x és y pozitív számok,logaxy = logaX+logay. (6.5.1)

Ezt az azonosságot a következő módon bizonyíthatjuk be: a logaritmus fogalmából következik, hogy

x = íj,og<i *, y = ű*°s« y, xy = alog«x*.

Viszont az azonos alapú hatványok szorzási azonossága m iatt xy = aíos° xaios« >’ — alogo x+l°s*y,

ezérta lo g a x v — a l o g a x + l o g a y ^

és mivel a 1, valóban loga x.F = loga x + lo g ay.Ez az azonosság természetesen tetszőleges számú tényezőre kiterjeszthető,

pl.:lóga xyzu — loga X + loga y +loga Z +loga M.

2. Hatvány logaritmusa. Hatványmennyiség logaritmusa a hatványkitevőnek és a hatványalap logaritmusának a szorzatával egyenlő;

tehát, ha n tetszőleges valós szám, x pedig pozitív,

loga x n — n loga X. (6.5.2)

Bizonyítás céljából emeljük az x = alos<>x egyenlőség m indkét oldalát H-edik hatványra:

x ” — (a,og°x)n = anioz«x,a ío g „ X * — a n yo g „ .v_

ebből pedig valóban a kitevők egyenlősége, azaz a bizonyítandó azonosság kö­vetkezik.

Speciálisan:

loga “ = loga X"1 = - loga*.

3. Tört (hányados) logaritmusa. Tört logaritmusa a számláló és a nevező logaritmusának a különbsége.

77

Ha tehát x és y pozitív számok,

!ogfl ~~y ~ ^ loga y •

Ez egyszerű következménye az előző két azonosságnak, t i . :X

loga y = loga X y- 1 = loga X +loga = loga X - loga

Gyökmennyiség logaritmusát törtkitevőjű hatvány logaritmusaként fogjukfel:

loga Í^X = loga = ~ loga X = , (6.5.3)

azaz:

gyökmennyiség logaritmusa a gyökalatti mennyiség logaritmusának és a gyökkitevőnek a hányadosa.

Feladatok algebrai kifejezéseknek a logaritm usára:3ű?b

1. loga ^ = loga 3a4£>— loga C5 = loga 3 + loga O4 + loga b — loga C5 =

= loga 3 + 4 + loga b — 5 logaC.

2. Mivel egyenlő x, ha loga x = 9 —16 loga b + 2 loga 3 —lóga c?9a9

logax = log„a9+21og 0 3 —(16 \ogab+ \og0 c) = log0 a9• 32- loga b16 c —

9 a9ebből* = ~ .blec

6.6. Kapcsolat különböző alapú logaritmusok között; logaritmusrendszerek

Gyakran lehet arra szükségünk, hogy ugyanannak a számnak két különböző alapú logaritmusa között létesítsünk kapcsolatot. Vegyük az

ai°g„ * = x

azonosság mindkét oldalának b alapú logaritmusát. A hatvány logaritmusának azonossága (a 6.5. szakasz) szerint

(loga x) (lóg* a) = log6 x, (6.6.1)

ebből, mivel a 1, és így log*ű ^ 0,

loga x = ^ - X . (6.6.2)lóg* a

78

Ezzel az ún. áttérési képlettel a b alapú logaritmusok ismeretében ki tudjuk számítani a számok a alapú (tehát tetszőleges alapú) logaritmusát.

H a a (6.6.1) azonosságban x = b, akkor a nevezetes

loga b ’logb a — 1

azonosságot kapjuk, mivel lógt b = 1, azaz

ami azt jelenti, hogy loga b és lóg* a egymás reciprokjai.

H a az alapszám a = 10, tízes alapú (v. Briggs-féle) logaritmusról beszélünk. A 10-es alapú logaritmus használata a tízes számrendszerben sok előnnyel jár, a számok 10-es alapú logaritmusának táblázatba foglalása és felhasználása a XVI. században valóságos számítástechnikai forradalm at eredményezett, mert lényegesen leegyszerűsítette a bonyolult gyakorlati számításokat. A 10-es alapú logaritmus jelölésére logio helyett az lg jelet használjuk: logio 42 = lg 42.

A 10-es alapú logaritmusok meghatározásakor a számok normálalakjából indulunk ki (2.6. szakasz). Legyen pl. az 1997,4 norm álalakban

N = 1,9974-103,

10 -es alapú logaritmusa a (6.5.1) és (6.5.2) azonosságok szerin t: lg N = lg 1,9974 + lg 103 = lg 1,9974 + 3.

Nézzük most N néhány 10-hatvánnyal való szorzatát norm álalakban:N í = 1997400 = 1,9974-106, lgiVi = lg 1,9974 + 6;N 2 = 1,9974 = 1,9974-10°, lg JV2 = lg 1,9974;N 3 = 0,019974 = 1,9974-10"2, lg N 3 = lg 1,9974 - 2.

Ezek szerint minden pozitív szám 10-es alapú logaritmusa egy 1 és 10 közé eső szám logaritmusának és egy egész számnak az összege.

Az 1 és 10 közé eső szám logaritmusát a logaritmus mantisszájának nevez­zük, ez 0 és 1 közé esik; a táblázatok rendszerint csak a mantisszát tartalm az­zák (ill. ezek közelítő értékét).

A logaritmus értékében szereplő egész szám a karakterisztika , ez a norm ál- alakban a 10 kitevőjével azonos. A pozitív karakterisztikát hozzáadjuk a man­tisszához, a negatív karakterisztikát pedig a mantissza után szoktuk írni.

Táblázatból: lg 1,9974 = 0,3005.Ebből következik, hogy

lg 1997400 = 6,3005 lg 0,019974 = 0 ,3 0 0 5 -2 .

Függvénytani összefüggésekben és az ilyen úton nyert képletekben rend­szerint ún. természetes (Napier-féle) logaritmusok szerepelnek. Ennek alap­

79

száma az e-vel jelö lt állandó; e irracionális szám, közelítő értéke 2,7182818.A természetes logaritmus je le : In, vagy gyakran csak egyszerűen: lóg.

A (6.6.2) alatti áttérési képlet szerint

In x = ÍEÜL J | i L _ = 2,3026 lg x, lg e 0,4343

tehát egy szám természetes logaritmusa a tízes alapú logaritmusának a 2,3026-szorosa, vagy ugyanebből az összefüggésből:

lg x = 0,4343 In x.

(A számításokat 4 tizedes pontossággal végeztük.)

6.7. A logaritmus mint számítástechnikai segédeszköz

A logaritmus azonosságai lehetővé teszik, hogy a szorzást összeadással, a hat­ványozást szorzással, a gyökvonást pedig osztással helyettesítsük.

Szorzás. Számítsuk ki x = 342-0,0143 (közelítő) értékét,

lg x = lg 3 4 2 + lg 0,0143 lg 342 = 2,5340 lg 0,0143 = 0 ,1 5 5 3 -2 lg x = 0,6893, x = 4,89.

Osztás. Számítsuk ki x = 349,7 : 2,6 értékét.

Ig x = lg 349,7- l g 2,6 lg 349,7 = 2,5437

- lg 2,6 = -0 ,4 1 5 0 lg x = 2,1287^ x = 134,5.

Hatványozás. Számítsuk ki x = 72,8® értékét.lg x = 9 -lg 72,8 = 9-1,8621 = 16,7589, x = 5,74-1016.

1 0 ______Gyökvonás. Számítsuk ki x = /162,4 értékét.

lg 162,4 2,2106 lg * = = 0,2211, x = 1,664.

80

7. Egyenletek

7.1. Az egyenlet fogalma; egyenletek ekvivalenciája

H a két algebrai kifejezést az egyenlőség jelével összekapcsolunk, egyenletet k apunk ; algebrai kifejezésnek tekintjük itt az egyetlen számot is, pl. a 0-t. Ennek az összekapcsolásnak az a célja, hogy meghatározzuk a betűknek azokat az értékeit, amelyekre az egyenlőség fennáll; azokat a betűvel jelölt változókat, amelyeknek az értékeit meg akarjuk határozni, itt ismeretleneknek mondjuk és rendszerint az ábécé utolsó betűivel jelöljük: x, y, z, u, v ,. . . stb. Az egyenlet fogalmának egy pontosabb meghatározásáról a 21.9. szakaszban van szó.

Attól függően, hogy az egyenlet hány ismeretlent tartalm az, beszélünk egy- vagy többismeretlenes egyenletről. Az ismeretleneknek olyan értékeit, amelyekre az egyenlőség teljesül, az egyenlet gyökeinek vagy megoldásainak nevezzük. Pl. a

3x2— 7 = x + 3

egyenletnek az x = 2 és az x = — ™ gyöke (megoldása), mert ezeket a számokat3 4

az egyenletbe helyettesítve mindkét oldalon 5-öt, ill. y o t kapunk.

Azokat az egyenleteket, amelyeket az ismeretlen (v. ismeretlenek) minden olyan értéke kielégíti, amelyekre az egyenletben szereplő kifejezések értelmezve vannak, azonosságnak mondjuk. Pl. az

egyenletben szereplő kifejezések az x = 2 kivételével minden valós számra ér­telmezve vannak, és ezek mindegyike ki is elégíti az egyenletet, hiszen x 2—4 = = (x + 2) (x — 2), ezért ez az egyenlet azonosság. (Egyenletünkben ezért a 3.1. szakaszban bevezetett jelölés szerint az = jel helyett az = (olv.: azonosság) jelet is használhatnánk.)

H a egy egyenletet egy intervallum minden helye (azaz az intervallumba eső 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

81

egyenletet, ha kim utattuk, 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 bővebb (a komplex számok), vagy szűkebb (pl. az egész szá­mok) halmazában számítsuk ki.

Előfordul, hogy az egyenletben szerepel olyan változó (betű) is, amelyet az egyenlet megoldása szempontjából adott számnak kell tekintenünk, és az egyenlet gyökét ennek segítségével kell megadnunk; az ilyen változókat (betű­ket) 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 paramétertől függően hogyan változhatnak a gyökök. Pl. az

(a ~ \ ) x = a2- 1

paraméteres egyenletben az a a paraméter. Ha a ^ 1, az egyenlet gyöke:

a2— 1 ( a + l ) ( a ~ 1)a — 1 a — 1

— a ~i~ 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 előző egyen­letből bizonyos átalakításokkal kapunk, mindaddig, míg az egyenlet megoldása nyilvánvalóvá nem válik. Ezek az átalakítások legtöbbször a következők: 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 bizonyos műveletek, 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 egyenértékű) egyenleteknek, az átalakítást pedig ekvivalens átalakításnak mondjuk. A leggyakrabban előforduló 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

82

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 szűrni. Erre legegyszerűbb lehetőség a gyökök helyettesítésével való ellenőrzése, am it el kell végeznünk, ha az egyenlet megoldása közben olyan lépéseket tettünk, amelyek bővíthetik a gyökök halmazát.

Tehát: az egyenlet megoldásához szervesen hozzátartozik annak a meg­m utatása, hogy a kapott gyökök az eredeti egyenletnek is gyökei (ezért ezt nemcsak a számítások ellenőrzése m iatt kell m egm utatnunk); ezt rendszerint úgy végezhetjük el, hogy bebizonyítjuk: megoldás közben csak ekvivalens át­alakításokat végeztünk, vagy pedig helyettesítéssel ellenőrizzük a kapott gyökök helyességét.

Nem szabad olyan átalakítást végezni, amely gyökvesztéssel jár. Ezek közül a leggyakrabban előforduló h ibák :

— az egyenlet mindkét oldalának elosztása olyan kifejezéssel, amely fel­veheti a 0 értéket; 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 m ár csak a 12 gyöke,

— rendszerint gyökvesztéssel jár, ha az egyenlet m indkét oldalán valami­lyen kifejezés négyzete szerepel és a négyzetre emelést egyszerűen elhagyjuk; pl. az

x 2 = (2x — 3)2

egyenletnek gyökei 1 és 3. Ha viszont a négyzetre emelést mindkét oldalon elhagyjuk, az x — 2 x —3 egyenletet kapjuk, ennek m ár csak a 3 a gyöke.

Az egyenletek osztályozásával nem foglalkozunk, áttekintjük azonban a gyakorlatban legtöbbször előforduló egyenlettípusokat.

7.2. Elsőfokú egyismeretlenes egyenletek

Elsőfokú egyismeretlenes egyenletnek azax = b

alakú egyenleteket nevezzük, ahol x az ismeretlen, a, b adott valós számok, ésa 9 0.

Az elsőfokú — vagy más elnevezéssel: lineáris — jelző arra utal,hogy az x ismeretlen első hatványon szerepel az egyenletben. Ide soroljuk azokat az egyen­leteket is, amelyek megoldása ilyen típusú egyenlet megoldására vezethető

vissza. Ennek megoldása egyértelmű: x = — (1. 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.

83

Példáinkban módszert m utatunk az egyenletek megoldásakor használható célszerű eljárásokra, ezek nagy része rendszerint nemcsak elsőfokú egyenletek- nél, 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 ad­ju k össze:

3x —24 —8 + 2 x = x — 16,( i) 5x —3 2 = - x —lő.

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 elvből kiindulva, hogy ha egyenlőket egyenlő módon változtatunk meg, akkor egyenlők is maradnak. (Ezt egyéb­ként mérlegelvnek is szoktuk nevezni.) Adjunk hozzá mindkét oldalhoz 32-t, és vonjunk ki mindkét oldalból x -e t:

5x — 32 + 32 — x = x — 16 + 32 —x.

Az összeadásokat részben elvégezve kapjuk :

5x —x = — 16 + 32.

Figyeljük meg, hogy ez a (í)-vel jelölt egyenlethez képest úgy néz ki, mintha a— 32-t és az x-et ellentett előjellel átv ittük” volna a másik oldalra. Ezt az átrendezést a jövőben m ár minden magyarázat nélkül hajtjuk végre, nem fe­ledve el, hogy ez lényegében m indkét oldal azonos megváltoztatását jelenti. U tolsó egyenletünkben az összeadások elvégzése után kapjuk, hogy

4x = 16.

M indkét oldalt 4-gyel osztva kapjuk, hogy

x = A,

ez lehet az egyenlet egyetlen gyöke és helyettesítéssel meggyőződhetünk, hogy valóban gyöke is. (Hivatkozhatunk azonban arra is, hogy minden lépésben ek­vivalens átalakítást végeztünk.)

_ x 2x + 3 5 x + 2 .

! - T + T = T r t l

A z egyenleteket általában célszerű törtmentes alakra hozni. Ez elérhető mind­két oldal megfelelő szorzásával. Az egyenletben előforduló törtek nevezőinek legkisebb közös többszöröse 28; szorozzuk meg 28-cal az egyenlet mindkét ol­dalát; minden törtnél egyszerűsíthetünk is:

84

28x 28(2x+ 3) 28(5x + 2) r ,-------------- = 28---------------- + 2 8 - 3 ’

4x + 7(2x + 3) = 5x + 2+ 84.

Ezt az egyenletet formálisan úgy is megkaphatnánk az elsőből, hogy a törtek számlálóit annyival szorozzuk, amennyivel a nevezőt kellene szorozni, hogy 28-at kapjunk, a nevezőket pedig elhagyjuk. A következőkben az egyenletek „törtmentesítéséí ” ilyen formai egyszerűsítéssel végezzük el. Innen egyenletünk megoldása m ár az előző példa módszerét követi:

4x + 14x+21 =• 5x + 86,13x = 65,

x = 5,

és helyettesítéssel meggyőződhetünk, hogy 5 valóban gyöke az egyenletnek. (Itt is hivatkozhatunk az ekvivalens átalakításra.)

- 3.a) Legyen a adott valós szám. Oldjuk meg a következő egyenletet:4x + 3a _ 5 x —2a

3 ~A ~ ’

Az egyenlet mindkét oldalát szorozzuk meg 12-vel.

4(4x+3a) = 3(5x—2 a),16x+ 12a = 15 x — 6a,

x = -1 8 a ,

és ez valóban megoldása az egyenletnek, bármilyen valós számot is jelentsen a, erről helyettesítéssel is meggyőződhetünk.

b) Oldjuk most meg a következő egyenletet:

3 _ 4 4x + 3ö 5 x —2 a '

Ha két nullától különböző mennyiség egyenlő, reciprokjaik is egyenlők, ezért vehetjük mindkét oldalnak a reciprokját, de ekkor éppen az előző egyenletet kapjuk, aminek a megoldása x = — 18a. M ost azonban különösen szükség van a gyökök ellenőrzésére, ti. a helyettesítésekkel kapott nevezőértékek nullák is lehetnek, aminek nincs értelme. Ez a bal oldalon akkor következik be, ha 4 x + + 3a — 0, azaz 4( — 18a) + 3a = 0, — 69a - 0. Ez csak akkor lehetséges, ha a — 0. Hasonló módon kapjuk, hogy a jobb oldali nevező is csak akkor lehet0, ha a = 0. Eredményünk ezért a következő: az egyenlet gyöke x = — 18a, ha a t* 0. H a viszont a — 0, az egyenletnek nincs megoldása.

4 x + 6 - 2 x + U _’ x —2 x2 —4 x + 2

85

A nevezők közös többszöröse (x — 2 )(x+ 2 ) = x 2 — 4. Az első tört nevezőjét x + 2-vel, a harm adikét pedig x — 2-vel kell megszoroznunk, hogy x2- 4-et kap­junk, ezért ennyivel szorozzuk a számlálókat is; a második tört számlálója vál­tozatlan m arad :

(x + 6)(x + 2) —32 = (2x+ 12)(x —2) — l- (x + 2 )(x —2), x2+ 6 x + 2 x + 12 — 32 = 2x2+12x — Ax — 24— x2+4 ,

x2+ 8 x —20 = x2+ 8 x —20.

Azonosságot kaptunk, amelyet minden valós szám kielégít. Az eredeti egyenlet kifejezései azonban nincsenek értelmezve a nevezők nullahelyein, azaz az x = = 2 és az x = - 2 helyeken; ezért végeredményként azt mondhatjuk, hogyegyenletünk megoldása 2 és — 2 kivételével minden valós szám.

5. Előfordul, hogy az egyenletben az ismeretlen valamilyen kifejezésének az abszolút értéke szerepel; ilyen típusú a következő egyenletünk.

| x + 2 1 — | x — 3 1 = 2 x — \.

A megoldás általános elve az, hogy az egyenletet abszolútérték-mentesen írjuk fel. Ehhez azonban szükséges bizonyos esetek szétválasztása x értékétől füg­gően. Ahhoz, hogy pl. j x + 2) -t az abszolút érték jele nélkül írhassak 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 j x + 21 és j x — 3 j lehetséges értékeiről:

/.1 I L

I I I .

x -= — 2

VIIVII1 x 3

|->c + 2| — - ( x + 2)1! x + 2 x + 2

|x - 3 | = - (A T -3) — tv —3)1

x — 3

Az I., II., III. eseteknek megfelelően egyenletünk:

/. - ( x + 2) + ( x - 3 ) = 2x— 1,2x = — 4, ebből x = — 2;

ez ellentétben van az x-re tett kikötéssel, ebben az intervallumban nincs az egyenletnek megoldása.

II. (x + 2)+ (x —3) = 2x— 1,2 x - 1 = 2 x - 1,

azaz ebben az intervallumban az egyenlet azonosság, megoldása minden olyan x, amelyre — 2 s x s=3 teljesül.

86

111. (x + 2 ) —(x —3) = 2x — 1,2x = 6, ebből x = 3,

ez ellentétben van az x-re tett kikötéssel; itt nincs megoldás.Összefoglalva: az egyenlet megoldásai a —2 ^ x ^ 3 feltételnek eleget tevő

x számok.

7.3. Elsőfokú egyenletrendszerek

Két ismeretlen meghatározásához általában két elsőfokú egyenletre van szük­ség ; két ilyen egyenlet egyenletrendszert képez.

Az elsőfokú kétismer ellenes egyenletrendszer általános alakja (a, b, c, d, e, f ado tt számoknak tekintendők, x és y az ismeretlenek):

ax + by = e, cx + dy = / .

A megoldhatóság feltételeivel és a megoldások számával a 10.3. szakaszban foglalkozunk részletesen.

1. Nézzünk egy példát az elsőfokú kétismeretlenes egyenletrendszerre és megoldására:

4x — ly — 61,20x + 7y = 11.

Ebből az egyenletrendszerből egyszerű módon kaphatunk egy egyismeretlenes egyenletet, ha ti. a két egyenlet megfelelő oldalait összeadjuk (ez lényegében azt jelenti, hogy az egyik egyenlet mindkét oldalához ugyanazt a számot adjuk hoz­zá), az összegben y már nem szerepel — l y + l y = 0 m iatt:

7224x = 72, ebből x = = 3.

24

Helyettesítsük be pl. a második egyenletbe x helyébe a 3 -a t:60+ ly = 11,

l y — 11 — 60 — — 49, ebből y = - l .

Az egyenletrendszer m egoldása: x = 3, y = — 7; helyettesítéssel meggyő­ződhetünk, hogy ez valóban megoldás.

2. 3x+5_y = 51,7 x + 6y = 68.

Ennél az egyenletrendszernél már nem tudjuk közvetlenül alkalmazni az előző módszert, de egy kis átalakítással elérhetjük, hogy valamelyik ismeretlen együtt­hatói a két egyenletben éppen ellentettek legyenek; szorozzuk rneg pl. az első egyenletet 7-tel, a m ásodikat pedig — 3-m al:

87

21x + 35 y = 357,— 21x — 18y = — 204.

Ha most adjuk össze a két egyenlet megfelelő oldalait, y -ra nézve egyisme­retlenes egyenletet kapunk :

153I l y = 153, ebből y = = 9.

Helyettesítsünk y helyébe 9-et az első egyenletünkbe:3%+ 45 = 51,

3x = 6, ebből x = 2.

Egyenletrendszerünk m egoldása: x = 2, y = 9; helyettesítéssel ellenőrizzük megoldásunk helyességét.

Módszerünk — az ún. egyenlő együtthatók módszere — lényege az, hogy egyenleteinket úgy alakítjuk át, hogy a két egyenletben valamelyik ismeretlen­nek ellentettek legyenek az együtthatói; ezután az egyenletek megfelelő oldalait összeadva már egyismeretlenes egyenletet kapunk.

A kétismeretlenes egyenletrendszer megoldásának az alapgondolata tehát az, hogy megoldásunkat egyismeretlenes egyenlet ( vagy egyenletek) megoldására ve­zetjük vissza.

Ez elérhető úgy is, hogy az egyik ismeretlent a másik segítségével kifejezzük az egyik egyenletből és ezt a kifejezett értéket a másik egyenletbe helyettesítjük be, így abból már egyismeretlenes egyenlet lesz; ez az ún. helyettesítő módszer.

3. Oldjuk meg ezzel a következő egyenletrendszert:

5x — 4y = 18,7x + 18v = 37.

Fejezzük ki az első egyenletből az x-et:5x = 4>’+ 18,

az egyenlet mindkét oldalát 5-tel elosztva kapjuk, hogy

4 y + 18(i) x = — .

Helyettesítsük ezt a másik egyenletben az x helyére, majd oldjuk meg az így ka­pott, y -ra nézve egyismeretlenes egyenletet:

7 . f e + 18 + 18, = 3 7,

f c ^ + 18, = 37.

88

2 8 y + 126+ 90y = 185,59 1

118y = 59, ebből y = yy^ =

1Az j- ra kapott értéket most az x-re kifejezett ( i) egyenletbe helyettesítve

megkapjuk x értékét is:

44 +18 20 ., = _ _ = _ = 4.

A megoldás: x = 4, y = ™ (kielégítik az egyenletrendszert).

4. A gyakorlatban előforduló egyenletrendszereket általában még át kell alakítanunk, hogy azt az egyszerű alakot megkapjuk, amelyikkel eddig foglal­koztunk. Pl a következő egyenletrendszer m egoldásakor:

2x —3 _ 3 x + 1 2y~^5 ~ 3 y —4 ’

3(y + 2) —2(x—3) = 16.

Az első egyenletet szorozzuk meg a nevezők szorzatával; ez az egyszerűsítések figyelembevételével azt jelenti, hogy az első tört számlálóját 3y — 4-gyel, a má­sodik töri számlálóját 2_y—5-tel kell megszoroznunk; a szorzások után mindkét egyenletet a szokásos alakra rendezzük. (Az egyenleteket párosával szoktuk le­írni.)

(2x—3)(3j> —4) = (3x+ l)(2y — 5),3y + 6 - 2 x + 6 = 16,

6xy — 9y —8 x + 12 = 6xy + 2 y — 15x — 5,— 2x + 3 y = 4,

(//) 7x — 1 ly = - 1 7 ,— 2x + 3y = 4,

szorozzuk most meg az (ii)-ben levő első egyenlet két oldalát 2-vel, a másodikét7-tel, majd adjuk össze a megfelelő o ldalakat:

14x —22y = - 3 4 ,- 14x + 21y = 28,

— y = —6, azaz y = 6.

A most kapott y értéket a (ii)-vel jelölt egyenletbe helyettesítve kapjuk, hogy 7x —66 = - 17, ebből I x = 49, x = 7.

89

Az egyenletrendszer m egoldásai: x = 7, y — 6; helyettesítéssel könnyen meggyőződhetünk, hogy ezek mind a két egyenletet kielégítik.

5. Egyes esetekben nem célszerű az egyenleteket törtmentes alakra hozni, mivel a megoldások így bonyolultakká válnak, sőt magasabb fokú egyenletre is vezethetnek. Erre példa a következő egyenletrendszer m egoldása:

48 45 _ l3x + y x —2y

32 273 x + y x — 2 y

= 7.

Lényegesen egyszerűbbé válik egyenletrendszerünk, ha bevezetjük az u —

= > v ~ ~— 2^ helyettesítéseket:

48m + 45« = 1,32u— 21v = 7.

Ezt az egyenletrendszert az egyenlő együtthatók módszerével oldjuk meg. Szorozzuk meg az első egyenletet 3-mal, a m ásodikat 5-tel és adjuk össze az egyenlet megfelelő oldalait:

144w+ \35v = 3,160m— 135?; = 35,

304 , = 3 8 , « = m =

Az így kapott u értéket az első törtmentes egyenletbe helyettesítve egyismeret­lenes egyenlethez jutunk, ezt oldjuk meg:

4l + 45t; = 1,

]45v = — 5, v — — ^ ,

M ost már csak x és y értékeinek a meghatározása van hátra, ez ismét kétis- meretlenes egyenletrendszerre vezet; megoldásakor figyelembe vesszük, hogy ha két szám egyenlő, recipfokjaik is egyenlők:

3 x + y = ~ ,u0 1 x - 2 y = -■,

3 x + y = 8, x — 2y = — 9.

90

A második egyenletből x = 2y —9, ezt az első egyenletbe helyettesítjük:

3 (2 y -9 )+ y = 8,7y = 35,y = 5, x = 2 y—9 = 1.

Egyenletrendszerünk megoldása az x — 1, y — 5 szám pár; ezek valóban ki is elégítik az egyenletrendszert.

6. Egyszerűen járhatunk el, ha egyenletrendszerünket úgy sikerül átalakí­tani, hogy mindkét egyenletben az egyik oldalon az egyik ismeretlennek ugyan­az a kifejezése áll, pl. a következő esetben:

3(5x— 10)— 22 =3y—11 ’

9(5 _ x) — 1 = — 8— .V ; 3 y— 11

A z egyenlet bal oldalán álló mennyiségek ugyanazzal a jobb oldali mennyiség­gel egyenlők, ezért egymással is egyenlők:

3( 5 x - 1 0 )-2 2 = 9(5 — x ) — 1,15x— 30 — 22 = 45 — 9x — 1,

24x = 96, x = 4.

A kapott x értéket helyettesítsük pl. az eredeti második egyenletbe

3 y - 111

— = 1 ,3y — 113 y — 11 = 1, 3y = 12, y = 4.

Egyenletrendszerünk m egoldása: x = 4, y = 4.

7. Három ismeretlen egyértelmű méghatározásához általában három első­fokú egyenletből 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 következő példánkban is:

3x + 4y+ Íz — 57,. x — 2 y+ 3 z = 27,2x + y - 5z = —28.

Szorozzuk meg a második egyenlet mindkét oldalát — 2-vel:— 2x + 4 y —6z = —54,

91

és adjuk össze ennek és a harm adik egyenletnek a megfelelő oldalait:5 y — 1 íz — — 82,

M ost — 3-rnal szorozzuk meg a második egyenletei és az elsőhöz adjuk hozzá:

- 3 x i - 6 y - 9 z = - 8 1 ,Í0 y —2z = - -2 4 .

Ezzel két kétismeretlenes egyenlethez ju to ttunk; írjuk ezeket egymás alá, majd a második mindkét oldalát osszuk el — 2-vel, ekkor már alkalm azhatjuk azegyenlő együtthatók módszerét:

5 y - \ \ z = - 8 2 ,10>’- 2z = — 24,

5 y - U z = - 8 2 .— 5y + z — 12.

Az utolsó két egyenlet összegezéséből kapjuk, hogy— lOz = —70, azaz z = 7.

Helyettesítsük ezt a legutolsó kétismeretlenes egyenletbe:

— 5y + 7 = 12, ebből —5y — 5,

amiből y = — 1 következik. Végül az y és z kiszámított értékét az egyenlet­rendszer második egyenletébe helyettesítve az

jt + 2 + 21 = 27

egyenletet kapjuk, ebből x = 4 következik. Az egyenletrendszer megoldása tehát: x = '4 , y — — 1, z — 7 (helyettesítéssel ellenőrizhetjük),

8. Nem mindig az előbbiek adják a legegyszerűbb módszert. Erre m utatunk egy példát:

Legyenek a, b, c adott valós számok, oldjuk meg a következő egyenlet­rendszert: ,

y + z - a, z f x = b,x-i y ~ c.

Adjuk össze a három egyenlet megfdelő oldalait, majd az így kapott egyenletl ’m indkét oldalát osszuk el 2-vel, és vezessük be az - - (a + b+ c) = s jelölést:

2 x+ 2 y+ 2 z = a + b + c ,l

x + y + z — — (a+ b + c),

x + y + z = s.

92

Vonjuk ki ebből az egyenletből egymás után egyenletrendszerünk egyenleteit; közvetlenül a megoldást kapjuk:

x — s - a, y = s —b, z = s —c.

Könnyen ellenőrizhetjük, hogy ezek valóban megoldások is.

7,4. Egyismeretlenes másodfokú egyenlet

Az egyismeretlenes másodfokú egyenlet általános a lak ja :axl + bx + c = 0, (7.4.1)

ahol a, b, c adott valós számoknak tekintendők és a ^ 0. A másodfokú egyen­letek megoldása arra az egyszerű tényre vezethető vissza, hogy ha egy x szám négyzete k- val egyenlő, azaz x 2 =■ k, akkor x vagy f/it-val, vagy pedig — /fc-val egyenlő: ezt ilyen form ában szoktuk felírni:

x — ± y 'k vagy x-i — \'k, x2 = — f k .

A z x 2 — k egyenletnek csak akkor van megoldása., ha k nem negatív, hiszen egy szám négyzete nem lehet negatív. Ha k = 0, Xi és x 2 egyaránt 0, ha viszont k pozitív, Xi és x2 ellentett előjelű,számok.

H a a (7.4.1) egyenletben b — 0, az egyenlet megoldásához közvetlenül al­kalm azhatjuk előző észrevételünket: ha

ax2 + c = 0,akkor ebből

.■> _ ca

"f C 1 F c ckövetkezik, és ennek megoldása: x x = I I -----x„ = — / --------- . H a ----- > 0,

f r a ~ f a aakkor két megoldás van; ha -- = 0, akkor egy megoldás van; és nincs megol­

dás, ha — — < 0. a

1. Az x2 = 196 egyenlet m egoldásai: x x — 196 = 14, x 2 — — y'\96 = = - 1 4 .

2. Hasonlóan: az (x — 3)2 = 1 9 6 egyenlet megoldásai:

x —3 = 14, ill. x —3 = —14,ebből:

x* = 17, ill. x 2 = —11.

3. Ha az előző egyenlet bal oldalán a kéttagút négyzetre emeljük és az egyen­

93

letet a (7.4.1) egyenlet alakjára rendezzük — azt szoktuk m ondani: nullára re­dukáljuk —, a következő egyenletet kap juk :

x2- 6x4-9 = 196, x2 —6.x— 187 = 0.

Ez az átalakítás adja az ötletet, hogy az utóbbi általános alakban adott egyenletet vissza lehet vezetni az előző típusú egyenlet megoldására. Induljunk ki az általános

ax2 + b x + c = 0

egyenletből, ahol a ^ 0. Hogy egyszerűbb legyen a fenti kifejezést kéttagú kifejezés négyzeteként felírni, szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát 4a-val:

4a2x2 4- 4abx 4- 4ac = 0.

Adjunk hozzá az egyenlet mindkét oldalához b2-et, ekkor az első három tag éppen 2ax + b négyzete lesz:

4a2x 2+ 4abx+ b2+4ac = b2,(2ax + b)2 = b2 — 4ac;

ebből _______2 ax + b = + \íb2 — 4ac,

2 ax = —b ± } /b2—4ac,

— b ± y 'b2 — 4acx = -------- \ --------- •2 a

Ez a m ásodfokú egyenlet megoldóképlete (gyökképlete). Szokás a két gyök szétválasztása is :

„ _ - b + l / b 2- 4 a c ^ _ - b ~ i b 2- 4 a c fn A ^2a ’ 2 2a ' ( '

Mivel ekvivalens átalakításokat végeztünk, ezek a gyökök k i is elégítik az egyenletet.

A b2—4ac kifejezést a (7.4.1) egyenlet diszkriminánsának mondjuk, ettől függ, hogy hány megoldása van az egyenletnek.

H a b2 — 4ac >- 0, az egyenletnek két különböző gyöke van; ha b2 — 4ac = 0, az egyenlet két gyöke egyenlő (úgy is m ondható :

az egyenletnek egy gyöke van); ha b2 — 4ac < 0, az egyenletnek nincs valós gyöke.

H a a = 1, a másodfokú egyenlet általános alakját így is felírhatjuk

x 2+ p x + q = 0,

a megoldóképletből ennek gyökeire a következőket kapjuk:

94

x = = _ | ± j / £ ! _ í í = _ ' ± j /

Feladatok másodfokú egyenletek m egoldására:

1. 3x2 — 4x4--^ = 0.

A megoldóképletet a = 3, 6 = — 4, c = szereposztással használjuk:

4 ± ^ 1 6 — 6 4 + f iÖ 4+yTÖ 4 - / Í Öx = — 6------= *1 = ~ 6— . x* = — 6 ~ '

2. 4x2 4-4x4-1 = 0.A megoldóképletet alkalmazva a = 4, b — 4, c = 1,

— 4 + ^16—16 4 1

2

az egyenletnek tehát csak — ~ a gyöke.

3. x2- 12x4-40 = A megoldóképlettel:

1 2 + ^ 1 4 4 -4 -4 0 12+r —162 2

Az egyenletnek nincs valós megoldása, mert diszkriminánsa negatív.

2 1 2 x — 1x2 — x4-1 *4-1 x3+ 1 '

Első lépésként az egyenletet törtmentes alakra kell hozni, ezért megszorozzuk mindkét ol­dalt a nevezők egy közös többszörösével. A 3.2. szakasz azonossága szerint x 3+ l = ( x + l ) X X (x 2 — x + 1), ezért x 3+ 1 a nevezők közös többszöröse. Ha .r1 + 1-gyel szorozzuk meg az egyen­let két oldalát, az egyszerűsítések miatt az első tört számlálóját x+ 1-gyel, a másodikét xt — x + + 1-gyel, a harmadikét pedig 1-gyel kell szoroznunk, tehát az utóbbi változatlan marad:

2(x+\) — (x2 —x+V) = 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 x 2 előjele pozitív lesz, ez csökkenti a számolási hibák veszélyét), majd a két oldalt felcseréljük:

.v2--.* —2 = 0,a megoldóképlettel:

l i j / I + 8 1 ± 3 — — xx = 2, x2 = — 1.2 2

Ellenőrizzük a gyököket; x 1 = 2.

2 1 2 1 1 3 1A bal oldal: —— ----- j = ----- a jobb oldal: — = — , tehát x1 = 2 valóban

95

m egoldás; az x2 = — í viszont nem megoldás, m ert a második (és harmadik) tö rt nevezője ezen a helyen 0, a tört itt nincs értelmezve. Az egyenletnek tehát egy gyöke van, a 2.

5. Jelentsenek m ost a és b adott szám okat; oldjuk meg a következő egyen­letet :

1 1 1 1 n .— j----- 1- = ---------- s ? 0 , b 0).x a b x + a + b v

A z egyenlet m indkét oldalát szorozzuk meg a nevezők közös többszörösével, a b xX x ( x + a + b)-\e\:

ab(x+ a + b)-\ bx (x+ a + b) + ax(x + a+ b) = abx. abx 4- a2b + ab2 + bx2 + abx + b2x + a x :2 4- a2x + abx = abx,

(a + b)x2 + (a2 + 2ab+ b2)x + (crb ~t~ ab2) = 0.

Vegyük észre, hogy az egyenlet bai oldalán álló mindhárom tagban szerepe! szorzóként a + b . hiszen a2 + 2ab + fr2 = {a + b)2 és a2b+ abs = ab(a+b). Ha a + b ^ 0, akkor eloszt­hatjuk vele az egyenlet minkét oldalát, ezért válasszuk most külön a két lehetőséget:

I. a-i b 0, az egyenlet két oldalát osszuk el a + b-vei:

x 2 + (a + b)x + ab = 0.

Alkalmazzuk m ost erre a megoldóképletet:

— (a s -b) + Í(a + b)2 — Aab _ — a — b + f ( a — b f —a — b + \a — b , x _ = _ = _ ,

Mivel \a — b\ vagy a — 6-ve!, vagy — (a — 6)-vel egyenlő, ezért mindkét esetben ugyanazt az eredm ényt kapjuk, ha az abszolút érték jelét elhagyjuk:

-~a — b + ( a - b ) —a — b + a — b , — a — b — a-\ bx = ---------- ^ --------- , ebből xx = ---------- ----------= — b, x % — ---------- - ---------= —a,

és ezek valóban ki is elégítik az egyenletet.

II. a + b = 0. Ez azt jelenti, hogy a = —b. ír ju k be ezt a feltételt az eredeti egyenletbe:

1 1 1 1 1 í------ - + — = ---- r-rr< azaz — = — .x b b x —b + b x x

ezt viszont m inden 0-tól különböző valós szám kielégíti.Összefoglalva; ha a + b 7 0, az egyenletnek két megoldása van: —a és —b; ha viszont

a + b = 0 , az egyenletnek minden 0 -tól különböző valós szám megoldása.

6. A 2x2 + (e —9 ) x + e 2+ 3 e + 4 = 0 egyenletben adjuk meg az e értékét úgy, hogy az egyenletnek két egyenlő gyöke legyen.

Az egyenletnek akkor van két egyenlő gyöke, ha diszkriminánsa 0, azaz( e —9) 2 — 4 • 2(e2 + 3e + 4) = 0,

< r-1 8 e + 8 1 - 8 e 2-24< ?-32 = 0,— 7e2 —42e+ 49 = 0.

Egyszerűbb egyenletet kapunk, ha mindkét oldalt elosztjuk -7 -te l:

e2+ 6 e - l = 0 ,

— 6 ^ 3 6 + 2 8 - 6 + 8 ,e = ---------- -------- = — -— , ebből a,, = 1 , = - 7 ,

96

tehát egyenletünkben e-t 1-nek vagy -7 -n ek kell választanunk. (Ellenőrizhetjük, hogy ekkor valóban csak egy gyöke van az egyenletnek.)

Az ax2 + b x + c = 0 egyenlet két gyöke és az egyenlet együtthatói közötti összefüggéseket a (7.4.2) alatti megoldóképlet tartalmazza. Adjuk most össze a két gyököt:

— b + 'jb2 — 4ac —b — fb 2 — 4ac —2b bXi -j- X* — -------- r---------- 1--------- r--------- — ——--- —-----,2 a 2 a 2a a

a két gyök szorzata:

( — b+ Í b 2 — 4ac) ( — b —Yb2 — 4ac) b2 — (b2 — 4ac) 4 ac c XlX2 4 a2 4a2 4a2 a

Tehátb c

x , + x, = ------, x .x , = ----.a a

b cA z ax2 + bx + c = 0 egyenlet két gyökének az ö sszege----- , szorzata — . H a

a aa = 1, a két gyök összege —b, szorzata pedig c-vel egyenlő.

7. írjunk fel olyan másodfokú egyenletet, amelynek gyökei 10 és —3.Előbbi megjegyzésünk szerint — b = 10 — 3 = 7, tehát b = —7; c = 10-(— 3) = —30,

ezért az egyenlet, ha a-1 1-nek választjuk:

x 2 —7x —30 = 0 .

Emeljük ki most az általános alakban a bal oldalon a-1 és helyettesítsünk — helyébe c ^— (Xi+XaM, — helyébe pedig xxx 2-t;

ö ( * 2 + "íTV + r) = a ( * 2 — (* i + * 2) * + x i* 2) = a(xs —x 1x —x 2x + x 1x^) = a ix — x i) ( x - x j ) .

Ezértax2 + bx + c = a (x —x l) ( x — x 2).

A z a(x2 — x i) (x — x2) = 0 alakot a másodfokú egyenlet gyöktényezős 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 x 2 — 5x + 6 kifejezést:A megoldóképlettel az x 2 — 5x + 6 = 0 egyenlet gyökeit számítjuk ki először:

5 + ^25 — 24 5 + 1 , , , , , _x = ----- — --------= ~~Y~’ Xj = 3 , x 2 = 2 ,

tehát a gyöktényezős alak, azaz a szorzattá bontás:(x —3)(x —2) = 0 .

A 7. feladatunkat ezek szerint úgy is megoldhatjuk, hogy mindjárt a gyöktényezős alakját írjuk fel az egyenletnek:

(x —10)(x+3) = 0,a szorzás elvégzése és összeadások után itt is az x 2 —7x —30 = 0 egyenlethez jutunk.

97

7.5. Másodfokúra visszavezethető egyenletek

Néhány olyan egyenlettípust m utatunk 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 elő. P l.:

x4- 1 0 x 2 + 9 = 0.

Mivel x4 = (x2)2, tekintsük ismeretlennek ebben az egyenletben az x2-et (jelölhetnénk természetesen egy újabb betűvel is), és erre alkalmazzuk a meg­oldóképletet :

(x2)2— 10x2 + 9 = 0,

10±V102- 4 - 9 . 10±8a — 2 — 2 ’ 1 — 2 —

Az ismeretlen négyzete tehát 9 vagy 1, ebből az ismeretlen:

* n = 3, *i2 = - 3 , x2i = 1, x22= - l .

(Negyedfokú egyenletnek négy gyöke is lehetséges.)

2. Ugyanezt az elvet valamivel bonyolultabb esetben is követni tudjuk:

( 3 í ^ ' | ’“_ 3 3 i ^ _ 1 0 = 0 .\ x + 2 J x + 2

Ebben az egyenletben nem érdemes elvégezni a kijelölt négyzetre emelést, m ert az eredetinél ekkor lényegesen bonyolultabb egyenlethez jutunk. Vezessük he új ismeretlenként az

3x — 8y =

ezt helyettesítve egyenletünky2 — 3 y—10 = 0

alakú lesz. A megoldóképlettel megoldjuk:

3±[/9 + 4Ö 3 + 7 y = ------- 2------- = ~ 2~ ’ yi = 5> J?2 = - 2-

Ebből a megfelelő x értékek:3xi-8 _ 3x2— 8 _

X i+ 2 x2 + 2

98

3 x i~ 8 = 5 x j+ 10, 3x2 —8 = — 2x2 — 4, —18 = 2xi, 5x2 = 4,

A kapott két érték megoldása az egyenletnek.

3. Az egyenletek megoldásakor gyakran alkalmazott módszer a nullára redukált egyenletben szereplő kifejezés szorzattá alakítása. Ennek használatára m utatunk két példát.

H a az ax2+ bx + c = 0 egyenletben a ^ 0, b ^ 0, c = 0, nem érdemes a megoldóképletet használni, gyorsabb a szorzattá alakítás:

x(ax + b) — 0.

Egy szorzat akkor és csak akkor lehet nullával egyenlő, ha valamelyik tényezője nulla, ezért itt is ez a két eset lehetséges.

I. Xi = 0, ez valóban megoldás.

II. a x2 + b = 0, ebből öx2 = —b, x 2 = és ez is megoldás.

4. Ugyanezt a gondolatot alkalmazhatjuk bonyolultabb esetben is. Oldjuk meg pl. a következő egyenletet:

x3 —7x2+ 12x —5x2 + 35x —60 = 0.

Észrevehetjük, hogy az első három tagból kiemelhető x, a második három ból pedig - 5 :

x(x2 —7 x + 12) —5(x2 —7 x + 12) = 0 .

M indkét tagból viszont x2— 7x + 12 emelhető ki:(x2 —7 x + 12) (x —5) = 0.

Ha az első tényező nulla:x2—7x+ 12 = 0,

7 ± /4 9 —48 7+1 x = ------- ^ x i = 4’ *2 = 3-

H a a második tényező egyenlő nullával: x —5 = 0, X3 = 5. Egyenletünket mindhárom érték kielégíti.

5. 4x4—8x3 + 3x2—8 x + 4 = 0.

Megfigyelhetjük, hogy ebben a negyedfokú egyenletben a középső tagból jobbra-balra szimmetrikusan elhelyezkedő együtthatók egyenlők. Ilyenkor célszerű elosztani az egyenlet mindkét oldalát x2-tel (x = 0 nyilván nem elé­gíti ki az egyenletet, tehát oszthatunk vele); utána csoportosítsuk az egyenlő együtthatójú tagokat.

99

4x2—8 x + 3 —8 - +4-4 = 0,X X-

4 (x 2+ ^ ) - s ( x + i } + 3 = ° .

] 1 Vezessünk be egy új ismeretlent: y = x + — . Ezzel y 2 = x 2+2 + - ¥, tehát

1x 2 g = y2~ 2 . Végezzük el ezek helyettesítését egyenletünkbe:

4(y2- 2 ) - 8 y + 3 = 0,4y2~ 8 y ~ 5 = 0.

_ 8 + /6 4 + 80 _ 8 + 1 2 __ 20 5 4 _ 1y ~ 8 8 ’ y i ~ 1 T ~ 2~’ y2

y ismeretében most már x-et is m eghatározhatjuk.

I. Ha y i = II. Ha y 2 = - y ,

1 5 1 1x + — = * + — = - - ^ ,x 2 x 2

2x2 —5x + 2 — 0, 2x2 + x + 2 = 0,5 + ^25 —16 5 ± 3 - l + f l ^ T ó — ldL^ —15----------- ----------- = — — - X = ----------------------------- = ------------------------,

4 4 4 4

Xi — 2, x2 = . nincs valós gyöke.

Az eredeti egyenlet gyökei: 2,-^-.

7.6. Négyzetgyökös egyenletek

Négyzetgyökös egyenletekről beszélünk, ha az ismeretlen (v. ismeretlenek) négyzetgyökjel alatt szerepelnek benne. M egoldásuknál arra törekszünk, hogy az egyenletből a négyzetgyökös kifejezéseket kiküszöböljük. Ez legtöbbször úgy sikerül, hogy az egyenlet mindkét oldalát egyszer vagy többször négyzetre emeljük. Itt különösen kell ügyelnünk a gyökök ellenőrzésére, mivel szükség­képpen nem ekvivalens átalakításokat kell végrehajtanunk.

Feladatok

1. x - / 3 x + í = 3.Rendezzük az egyenletet úgy, hogy az egyik oldalon csak a négyzetgyökös kifejezés

álljon.

100

~ Í 3 x + 1 = 3 - x .

Emeljük m indkét oldalt négyzetre, ezzel olyan másodfokú egyenlethez ju tunk , amelyben négyzetgyökös tag nem szerepel. (Ezért volt fontos a rendezés.)

3x + 1 = 9 — 6x + x2, x2- 9 x + 8 = 0,

9 + / 8 1 - 3 2 9 ± 7x = --------z------ = ——, x , = 8, x„ — 1.2 2

Helyettesítéssel beláthatjuk, hogy x , = 8 megoldás, x 2 = 1 viszont nem elégíti ki az egyenletet, mivel az egyenletbe helyettesítve a bal oldalon 2-t, a jobb oldalon pedig - 2 - t kapunk.

2. Í2x + 5 + Yx^\ = 8.Emeljük négyzetre a két oldalon levő kifejezéseket:

2 x + 5 + 2F'(2* + 5 ) ( x - l ) + x - l = 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:

2 = 6 0 - 3x.4(2x2 + 3x - 5) = (60— 3x)3,8x2+ 1 2 x - 2 0 = 3600 — 360* + 9x2,

x 2 —372x+3620 = 0,372 ± y 138 3 8 4 - Í 4 48Ö 372 + J/Í23904 372 + 352 * _ _ _ _ >

x 1 = 362, x 2 = 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 + f;6x + 4 = - 4 .Számolás nélkül is rájöhetünk, hogy ennek az egyenletnek nem lehet gyöke. Ha ti. lenne,

akkor a bal oldalon nem negatív számot kellene kapnunk, a jobb oldal viszont negatív, egyenlőség ezért semmilyen x esetén sem állhat fenn.

4. J/x2 + 4x + 4 — Í x % — 6x + 9 = 2 x —1.Vegyük észre, hogy a négyzetgyökök alatt kéttagú kifejezések négyzete áll:

Í ( x + l f - i i x —'Sf = 2x — 1,ebből

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

101

7.7. Másodfokú egyenletrendszerek

Ha egy egyenletrendszerben az ismeretleneknek másodfokú algebrai kifejezé­sei szerepelnek (magasabb fokúak azonban nem), másodfokú egyenletrendszer­ről beszélünk. A gyakorlatban előforduló egyenletrendszerekben az egyenletek és az ismeretlenek száma egyenlő szokott lenni, ez azonban a megoldhatóság­hoz sem nem szükséges, sem nem elegendő. Megoldásukra nem tudunk m on­dani minden esetben jól alkalmazható módszert, mindenkor célszerű azonban arra törekednünk, hogy az egyik egyenletből kifejezve az egyik ismeretlent és azt a másikba helyettesítve, az ismeretlenek számát az egyenletben csökkent­sük. A leggyakrabban előforduló eseteket most egy-egy feladaton mutatjuk be.

1. (x — 5)2 + (y + 7)2 = 0.

Ebben az „egyenletrendszerben” csak egy egyenlet van, az ismeretlenek ebből is egy­értelműen meghatározhatók. A bal oldali négyzetes kifejezések nemnegatívak; pozitív azon­ban nem lehet közöttük, mert akkor összegük is pozitív lenne. Ezért mindkettőnek nullának kell lennie, tehát a megoldás: x = 5, y = — 7.

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

I. megoldás: Fejezzük ki az első egyenletből y -1 és helyettesítsük a második egyenletbe: y = 12—x,

x(12 —x) = 35, x 2-1 2 x + 3 5 = 0,

1 2 + /Í 4 4 —14Ö 12± 2x = ----------------------= —- —, x , = 7, x .y = 5.

2 2 -

Az ezekhez tartozó y értékeket az y = 12 —x-ből számítjuk: y y = 5, y , = 7. Az egyenlet­rendszer megoldásai tehát a (7; 5), (5; 7) számpárok.

II. megoldás: x-et és y -1 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 + x y = 0 , z2—12z+35 = 0,

ez azonos az előző 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.

20A második egyenletből kifejezzük y-t és az elsőbe helyettesítjük :y = — ,

x4- 4 1 x 2 + 400 = 0,, 41 + y í l 2 —4-400 4 1 + 9

Ebből* ii = 5, x 12 = - 5 , x 21 = 4, x 22 = - 4 .

A hozzájuk tartozó y értékek:

^ n = 4, y u = ~ 4 , y 2i = 5, y 22 = - 5 .

4. x 2+ y 2 — 6x + 8y = 25, x 2+ y2+ x —y = 12.

Ezekből az egyenletekből bármelyik ismeretlen kifejezése bonyolult lenne, ezért célszerű az egyenletrendszerből először egy olyan egyszerűbb egyenletet nyerni, amelyből pl. y ki­fejezhető, s ezt helyettesíteni az első egyenletbe. Vegyük ezért a két egyenlet megfelelő oldalai­nak a különbségét:

- 7 x + 9.y = 13,q i n 13 + 7x 9y = 13 + 7x, y = — ----- .

. /13 + 7x\ 2 13 + 7x x 2+ ( — — | —6 x + 8 -----— = 25,

. 169+ 182x + 49x2 , 104 + 56xx2+ ---------- - ------------- ------------- 9-------= 25'

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 ,

- 2 0 ± / 2 0 2 + 52-92 - 2 0 + 72 „ 46* = -----------26------------ = — 2 6 ~ ’ * 1 = 2’ X 2= l3-

Az ezekhez tartozó y értékek: y \ = 3, - ^ , s ezek ki is elégítik az egyenletrendszert,

mivel mindenütt ekvivalens átalakításokat alkalmaztunk.

7.8. Egyenletekre vezető feladatok

A m atematika segítségével megoldható feladatok tekintélyes része valamilyen egyenletre vezet („szöveges feladatok”). Ilyen feladatokra m utatunk most példákat. M egoldásuk első lépéseként el kell döntenünk, hogy a szöveges összefüggés melyik kiszámítandó mennyiségét választjuk ismeretlennek, és ez milyen kapcsolatban van a feladatban előforduló többi mennyiséggel.

Az egyenlettel kiszámított értékek helyességét a feladat összefüggései alapján célszerű ellenőrizni.

1. Egy kétjegyű szám jegyeinek összege 12; ha a számjegyeit felcseréljük, az eredetinél 36-tál nagyobb számot kapunk. Melyik ez a szám?

Jelölje a szám első 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 szerintez 36-tal nagyobb az első számnál, ha tehát az elsőhöz 36-ot hozzáadunk, a második számot kapjuk; ezt írjuk fel egyenlet formájában:

10x + (12 — x )+ 3 6 = 10(12 —x) + x.

103

Oldjuk meg ezt az egyenletet:

9x + 48 = 120—lOx + x,18* = 72, ebből x = 4.

A szám első jegye tehát 4, a második 12 — 4 = 8, ezért a kétjegyű szám: 48. Ez megfelel a feladat feltételének, hiszen 48 + 36 = 84 valóban ajegyek felcserélésével kapott szám.

2. Egy apa kétszer annyi idős, mint a fia; húsz évvel ezelőtt négyszer annyi idős volt, m int a fia. Hány éves az apa és a fia ?

A fiú most x éves, az apa 2x. Húsz évvel ezelőtt a fiú x —20, az apa 2x —20 éves volt; az apa ekkor négyszer annyi idős volt, mint a fia, tehát

4(x — 20) = 2x —20.Az egyenlet megoldása:

4x —80 = 2x —20,2x = 60, ebből x = 30.

Ezek szerint a fiú most 30, az apa 60 éves. 20 évvel ezelőtt a koruk 10, ill. 40 év, az apa tehát valóban négyszer annyi idős volt, mint a fia,

3. A labdarúgó-bajnokság őszi fordulóján minden csapat minden csapat­tal egyszer játszott, így összesen 66 mérkőzést játszottak. Hány csapat vett részt a bajnokságon?

Legyen a csapatok száma x. Minden csapat játszott az összes többivel, tehát x — 1 mérkő­zést vívott az ősz folyamán. Ha minden csapatnál összeszámláljuk a mérkőzéseket x (x — 1) mérkőzést számolunk meg, de így minden mérkőzést kétszer számolunk össze, a mérkőzések

tényleges száma ezért — — ; a feladat szerint ez 66-tál egyenlő:

2 = x 2 — x = 132,

x2 — x — 132 = 0 .Ennek megoldása:

l± i T T S - _ i ± 2 32 2

A feladat szempontjából csak a pozitív gyök jöhet szóba. A csapatok száma valóban 12, hiszen minden csapat így 11 mérkőzést játszott, ez összesen 66 mérkőzés.

4. Egy munkacsoport tagjai között 72 000 F t jutalm at osztottak szét, mindenki ugyanannyi jutalm at kapott. Ha kettővel kevesebben lettek volna, mindenki 400 F t-tal kapott volna többet. Hányan vannak a m unkacsoportban?

72000Jelöljük x-szel a csoport tagjainak a számát, így m indenki-------- forint jutalmat kapott;

72000 xha 2-vel kevesebben lennének, mindenkinek------— forint jutott volna, ez az összeg 400 Ft-tal

x — 2nagyobb az előbbinél, tehát

72000 72000x — 2

= 400.

104

Oldjuk meg az egyenletet. Egyszerűbbé válik az egyenlet, ha minden tagját elosztjuk 400- zal; ezután megszorozzuk mindkét oldalt x(x - 2)-vel:

180 180 _x — 2 ,v ’

180x- 180(x —2) = x(x —2), x 2 —2x —360 — 0,

„ Z í l 'g g j g - . j g ? . „ , 2 0 ,2 2 "

Csak a pozitív gyöknek van értelme; egyszerűen ellenőrizhetjük, hogy a 20-as csoport­létszám valóban megfelel a feladat feltételeinek,

5. Az egymástól 280 km-re levő városokból két autó ugyanabban az idő­pontban indul el egymás felé. Találkozásuk után az egyik 1 óra 30 perc, a m á­sik 2 óra 40 perc múlva ér célba. M ekkora 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. ty km. A találkozás után

viszont az8 3 / 8 \

autók -y ^ , ill. — x utat tesznek meg í 2 óra 40 perc = — órai, ezért

(1) t x = T y '

(2) ty = \ x'tudjuk továbbá, hogy a találkozástól a célba érésig a két autó összesen 280 km-t tesz meg:

(3) - y y + x = 280.

Három egyenletünk van tehát, három ismeretlennel, de a /-re nincs szükségünk, ezért ezt mindjárt ki is küszöböljük; osszuk el egymással ui. az ( 1) és (2) egyenlet megfelelő oldalait:

x 8 2 y 16 y y “ 3 3 ....x 9 x ’

xszorozzuk meg az egyenletet — nal:

x^ = 16y - 9 •

Mivel x és y csak pozitív szám lehet, ezért ebből következik, hogyx _ 4 _ 4y7 - T ’ x = y

Helyettesítsük x helyébe ezt az értéket a (3) egyenletbe:

y + 2y = 280,

8 y+ 6y = 840,

105

\4y — 840, ebből y = 60, és a helyettesített kifejezésekből x = ^ = 80. A kérdéses

sebességek tehát 80 km/óra és 60 km/óra, s ezek meg is felelnek a feladat feltételeinek.

6. Egy derékszögű háromszög kerülete 30, területe szintén 30. M ekkorák 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 egyenlő (Pitagorasz tétele), ily módon három egyenletet írhatunk fel:(1) x + y + z = 30,(2) xy = 60,(3) x 2+ y 2 = z2.

Oldjuk meg ezt a háromismeretlenes egyenletrendszert. Hogy a (3) egyenletben szereplő négyzetes tagokat fel tudjuk használni, emeljük négyzetre az ( 1) egyenlet mindkét oldalát, majd a bal oldal utolsó két tagjából emeljük ki 2z-t:

x i + y L + zL + 2xy + 2 y z+ 2 zx = 900, x 2+ y 2 + z2 + 2xy + 2z(x+ y) = 900.

Helyettesítsük ebbe (3)-ból x 2+ y 2, (2)-ből xy, (l)-ből pedig x + y = 30 —z z-vel kifejezett értékeit:

z2 + z2+120 + 2 z (3 0 -z ) = 900,

ez most már egyismeretlenes egyenlet:60z = 780, ebből z = 13.

A z = 13 értéket (l)-be helyettesítve: x + y = \1, x = 17— y; ezt viszont (2)-be helyettesítve egyismeretlenes egyenletet kapunk:

( l l - y ) y = 60,/ - 1 7 y + 60 = 0,

17 + ^289 — 240 17 + 7 y = -------- j ---------= ~~2~ ' yi = ' y2 =

Az ehhez tartozó x értékek (x = 17 —y): x l = 5, x., = 12. A két befogó hosszúságára ugyan­azt a két számot kaptuk; a derékszögű háromszög oldalai tehát: 5, 12, 13; ezek nyilván ki­elégítik a feladat feltételeit.

7.9. Diófántikus egyenletek

A gyakorlatban is előfordulnak 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 legegyszerűbbek az ún. elsőfokú kétismeretlenes diofantikus egyenletek, általános alakjuk:

ax + by = c, (7.9.1)ahol a, b, c egész számok.

106

Ilyen egyenlet megoldása azt jelenti, hogy valami módon előállítjuk azokat az egészekből 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 elsőfokú kétismeretlenes diofantikus egyenletnek akkor és csakis akkor van megoldása, ha c osztható a és b legnagyobb közös osztójával.

Egy ilyen egyenlet összes megoldásának az előállítására m utatunk most pél­dát:

1. Adjuk meg az 5x + 3y = 11 egyenlet összes egész megoldásait.Fejezzük ki először y-t az egyenletből és válasszunk le a kifejezésből olyan

részt, amely biztosan egész:

11— 5x 9 — 6x 2 + x 2 + xy = = - 5 - - + — = 3 - 2 , - + —

2 xHa x egész, az y akkor lesz egész, ha — — is egész. Jelöljük ezt az egészet

.z-vel:

z = ~ - , ebből x = 3z —2,

x-et tehát egy z egész segítségével állítottuk elő, ezt most m ár y-nal is meg­tehetjük :

y = 3 — 2x + z = 3 —6 z + 4 + z = 7 — 5z.

Összefoglalva: ha z tetszőleges egész, akkor az 5 x + 3 y = 11 egyenlet egész megoldásai: x = 3z—2, y = 7 — 5z alakban állíthatók elő; belátható, hogy így az összes egész megoldást megkapjuk.

2. Adjuk meg egy százforintos bankjegy összes lehetséges felváltási m ód­já t 2 forintosokra és 5 forintosokra (nem kell mindkét fajtának feltétlenül szerepelnie).

Az egy felváltásban szereplő 2 forintosok száma legyen x, az 5 forintosoké y ; x és y nyilván nemnegatív egészek. Az aprópénz összege 100 forint, azaz

2x + 5 j = 100.

A feltett kérdésre akkor kapjuk meg a választ, ha meghatározzuk az egyenlet nemnegatív egész megoldásait. Először az előbbi módszerrel az összes egész megoldást állítjuk elő.

1 0 0 -5 ^ _ 1 0 0 - 4 y - y _ ^ y

107

v y— -nek egésznek kell lennie ahhoz, hogy x is egész legyen, jelöljük - - -t z-vel:

yz — ebből v = 2 z,

x = 5 0 - 2 y - z = 5 0 - 4 z - z = 50-5 z .

Ezek szerint x és y előállítását, 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. haz is az.

Hogy x ne legyen negatív, a z-t úgy kell megválasztanunk, hogy 50 — 5z s 0 teljesüljön, azaz z ^ 10 legyen. A z-re kapott két feltétel tehát azt jelenti, hogy

0 55 z ^ 10,

ez összesen 11 lehetséges érték. Foglaljuk táblázatba az ezekhez a z értékek­hez tartozó x és v értékeket, ezzel megkapjuk az összes felváltást:

z 0 1 2 3 4 5 6 8 9 10

X 50 45 40 35 30 25

o!;

55 10 5 0

y 0 2 4 68

10 12 14 16 18 20

3. Nevezetes diofantikus probléma az x 2+ y2 = z2 egyenlet pozitív egész megoldásainak a megkeresése. Az egyenletnek eleget tevő számhármasokat pitagoraszi számhármasoknak nevezzük, mivel egy derékszögű háromszög egész hosszúságú oldalai lehetnek. Bebizonyítható, hogy az összes pitago­raszi számhármas a következő alakban állítható elő:

x = 2 uvk, y = (w2 — 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.

108

8. Egyenlőtlenségek

8.1. Az egyenlőtlenségek 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.

Egyenlőtlenséget kapunk, ha a valós számok valamilyen kifejezéseit a < , > , S jelekkel kapcsoljuk össze. H a két mennyiség között helyes egyen­lőtlenség áll fenn, bizonyos átalakítások után ez a kapcsolat változatlan maradhat, bizonyosak után pedig esetleg megváltozhat. Az egyenlőtlenségek­nek most néhány ilyen átalakítását, ill. alaptulajdonságát vizsgáljuk meg.

1. H a a < b és c < d, akkor a + c < b + d, azaz azonos irányú egyenlőtlen­ségek megfelelő oldalait összeadva helyes egyenlőtlenséget kapunk.

H a a < b és c tetszőleges szán , akkor a + c < b + c, azaz egy egyenlőtlenség 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 S b, c ^ d, akkor ebből a + c ^ b + d következik;

továbbá: azonos irányú egyenlőtlenségek megfelelő oldalainak a kivonásával általában nem kapunk helyes egyenlőtlenséget (pl. 5 < 10, 2 < 9, de 5 — 2 < < 10 — 9 m ár nem igaz).

2. Ha egy egyenlőtlenség mindkét oldalát pozitív számmal szorozzuk vagyosztjuk, az egyenlőtlenség helyes marad; ha negatívval, az egyenlőtlenségellentétes irányú lesz.Ha a, b, c, d nemnegatív számok, és a < b, c <= d, akkor ebből ac á bdkövetkezik.Megjegyezzük: az előzőekből levezethető, hogy ha egy egyenlőtlenség

mindkét oldalán nemnegatív szám áll, akkor mindkét oldalát négyzetre emelve (sőt: tetszőleges pozitív kitevőjű hatványra emelve) ismét helyes egyenlőtlen­séget kapunk.

109

Felhívjuk a figyelmet arra, hogy negatív számok esetén ez általában már nem igaz; pl. —2 < 1, de ( — 2)2 > l 2.

3. Ha a és b pozitív számok és a < b, akkor — > ~ (az egyenlőtlenséga b

megfordul).

4. Ha a és b pozitív számok, és a < b, akkor \ a < ]/&.

A most felsorolt tulajdonságok lehetővé teszik, hogy egy egyenlőtlenségből a fenti, ún. azonos átalakításokkal ismét helyes egyenlőtlenségeket 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 m iatt nem soroltuk fel az összes lehetséges átalakítást, ill. az azoknál megvizsgálandó eseteket; ha ilyenek végrehajtása célszerű, vagy elkerülhetetlen, akkor külön elemzést igényelnek.

Az egyenlőtlenségek átalakításakor is előfordulhat, hogy az átalakítások következtében a számok olyan halm azára teljesülő egyenlőtlenséget kapunk, amely bővebb vagy szűkebb annál a halmaznál, aminek az elemei kielégítik az eredeti egyenlőtlenséget. Az átalakítások ilyen jellegű vizsgálata lényegében azonos jellegű az egyenletek hasonló átalakításainak a vizsgálatával.

Az egyenértékű (ekvivalens) átalakítások nem változtatják meg a megol­dások halm azát (a megoldáshalmazt).

8.2. Azonos egyenlőtlenségek

A zokat az egyenlőtlenségeket, amelyek a bennük szereplő változók minden megengedett értékére fennállnak, azonos egyenlőtlenségeknek nevezzük. Az azo­nos egyenlőtlenségek hasonló szerepet játszanak az egyenlőtlenségek körében, m int amilyent az azonosságok az egyenletekében. A leggyakrabban alkalmazott azonos egyenlőtlenségek közül sorolunk most fel néhányat.

1. H a a tetszőleges valós szám a2 £ 0. Ez a jól ismert azonos egyenlőtlenség rejtőzik számos bonyolultabb egyenlőtlenség mélyén is.

2. H a ai, a2 nemnegatív számok,

Ö1 + Ű2 ./— - y aia2.

Ez a nevezetes számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség; az a\,

a2 . . . , an nemnegatív számok számtani közepén (átlagán) az - '1~ ' '■■■■ ~^a".n _________ w

számot, mértani közepén pedig az y a\a2. . ,a„ számot értjük.

110

Az előbbi egyenlőtlenséget az n = 2 esetre írtuk fel. Bizonyítása egyszerű: mivel

s 0,ebből

íZi + a 2 — a \ a 2 ~ 0 ,

átrendezve ebből éppen a bizonyítandót kap juk :

fli + a 2 s 2 i a xa 2,

= y ^ -

Mivel kiindulási egyenlőtlenségünkben egyenlőség csakis akkor állhat, ha Í a x — Ya2 = 0, azaz a^ — a2, a számtani és mértani közép is csak akkor egyen­lő, ha a-x = a2. Egyenlőtlenségünk általánosan is igaz:

ha ax, a2, . . . , a„ nemnegatív számok,öj + a2 + . . . + an ”j

— F • • • * an,n

és egyenlőség csakis akkor állhat, ha a1 = a2 = . . . = a„.

3. Legyenek ax, a2, . . ,,a„ pozitív számok. Alkalmazzuk a számtani-mértani

közép közötti egyenlőtlenséget az — , — , . . . , — szám okra:

l 1 1---------- 1------------- b • • • H---------- n f --------------ax a2 an ^ i / 1

n ~ \ a-fi2-

vegyük mindkét oldal reciprokját, az egyenlőtlenség iránya megfordul:n n.-------------------

} J j — f űlű2‘ • • • ’an•------ 1---------1- . . . H-------flj a2 a„

A bal oldali kifejezést az alt a2, . . . ,a„ számok harmonikus közepének m ondjuk; bebizonyítottuk tehát:

n pozitív szám harmonikus közepe nem lehet nagyobb a számok mértani köze­pénél, egyenlőség csakis akkor állhat, ha az n szám mind egyenlő.

4. A valós számokra vonatkozik a nevezetes Cauchv- (olv.: Kosi) (vagy. Cauchy — Schwarz—Bunyakovszkij)-/<?7e egyenlőtlenség.

Ha a1? a2, . . . ,ű„; blt b2, . . .,b„ tetszőleges valós számok, akkor teljesül rájuk a következő egyenlőtlenség:

(a1b1 + a2b2+ . . . + anb„)2 = (a f+ a |+ . . . + a2) (b2 + b2 + . . . +b^).

111

b b b Egyenlőség akkor és csakis akkor állhat, ha — = — = . . . = — .

ax a2 a„Bizonyítása legegyszerűbben a másodfokú egyenletek elméletének felhasz­

nálásával lehetséges. Induljunk ki ugyanis az

(űjX — b-J2 + (a2x — b2)2 + . . . + (a „ x -b n)2 = 0

másodfokú egyenletből. 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 m ár van pozitív a zárójeles kifejezés között, akkor a bal oldal is pozitív. Tehát az egyenletnek akkor és csakis akkor van megoldása, ha a z a l5 a2, . . . , bx, b2, . . . számok olyanok, hogy az a^x—b^ — 0, a2x —b2 = 0, . . . , a„x — b„ — 0 egyenleteknek ugyanaz az x a megoldása, tehát

b b b x = —- = — = . . . = —- Ezek szerint másodfokú egyenletünknek legfeljebb

fli a2 aKcsak egy megoldása lehet. írjuk fel más alakban az egyenletet:

(a\ + a2 + . . . + a2) x2 — 2(a1b1 + a2b2 + . . . + a„b„) x + (b\ + b2 + • • ■ + b2) = 0.

Mivel már tudjuk, hogy ennek legfeljebb egy megoldása lehet, ezért diszkrimi­nánsa 0 vagy negatív, ez azt jelenti, hogy

4(a1b1 + a2b2+ . . . + a„b„)2~ 4 (a f+ a l + . . . + a%)(bf + b% + . . . + bl) S 0,

4-gyel osztva az egyenlőség mindkét oldalát és átrendezve, éppen a bizonyítan­dót k ap juk :

(űi&i + a2b2 + . . . + aribn)2 = (a2 + a | + . . . + a2)(tti + b2 + • • • +^«)-

5. Az ax, a2, . . ,,a„ számok négyzetes közepén a

j/' a\ + a\ + ■■■+al

kifejezést értjük.n szám négyzetes közepe nem lehet kisebb számtani közepüknél, és csakis ak­

kor egyenlő a két közép, ha az n szám mindegyike egyenlő. Ez a négyzetes és számtani közép közötti egyenlőtlenség közvetlen következménye a Cauchy- egyenlőtlenségnek; helyettesítsünk ui. bx, b2, . . b„ helyébe 1-et:

(ax+ a 2 + . . . +a„)2 =á n(a\ + a l+ . . . + ű2).

Osszuk el m indkét oldalt n2-tel, majd vegyük mindkét oldal négyzetgyökét, így éppen a bizonyítandó egyenlőtlenséget kap juk :

/ ai + a2+ ... + an\ 2 ^ af + a| + ... + a„\ « / = n

ai + g2 + • • • +fl» g í f al + a l+ . . . + a \ n \ n

112

Megfigyelhetjük, hogy a bizonyításban nem használtuk fel az ax, a2, , . .,a„ számok pozitív voltát, tehát az egyenlőtlenség minden valós számra teljesül.

Foglaljuk össze a közepekre vonatkozó egyenlőtlenségeinket:négyzetes k. £ számtani k. £ mértani k. £ harmonikus k.

6. A z egyenlőtlenségek között lényeges szerepet játszanak a számok abszo­lút értékével kapcsolatos egyenlőtlenségek. Ezek közül felsoroljuk a legfon­tosabbakat.

Minden szám legfeljebb akkora, mint az abszolút értéke | 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 egyenlőség csakis akkor áll fenn, ha az összeg 0-tól különböző tagjai egyenlő előjelűek; ez tetszőleges számú összeadandóra is érvényes:

| % + a2 + . . . + an | = | űi | + 1 ö2 | + . . . -(-1 | .Továbbá:

\a \+ \b \ £ \a — b\ s j | a | — |b | |.

7. Számos összefüggés bizonyításában szerepel segédtételként az ún. Ber- noulli-féle egyenlőtlenség:

ha a ~ \ -nél nagyobb valós szám és n pozitív egész, akkor

(1+a)" s l+ na .

A bizonyítást teljes indukcióval végezzük, n — 1 esetén mindkét oldalon l+ a áll, az egyenlőtlenség tehát teljesül. Tegyük fel, hogy (1 + a)n £ l+ n a (ez az indukciós feltevés) igaz, mutassuk meg, hogy n+ 1-re is igaz az egyenlőtlen­ség. Mivel

(l + a)"+1 = (1 + a ) (1+a)",

az indukciós feltevés szerint

(1 + a)"+1 £ (1 + a ) ( l + na) = 1 + a+ na+ naz £ l+ a + n a — 1 + (n+ l)a,

tehát valóban igaz állításunk n + 1 esetén is:

( l+ a )n+1 £ 1 + (« + !) a.

Ha 1 + a-t q-val jelöljük, q > 0, és a Bernoulli-egyenlőtlenség ezzel így ír­ható:

qn S 1 + n(q—\).

Figyeljük meg, hogy az egyenlőtlenség mindkét alakjában egyenlőség csak akkor állhat, ha n — 1, vagy pedig a = 0, azaz q = 1.

113

8.3. Elsőfokú egyismeretlenes egyenlőtlenségek és egyenlőtlenség-rendszerek

Az ax < b vagy ax =- b alakú egyenlőtlenségeket, ahol a és b adott (ismert) mennyiségek, ha a ^ 0, elsőfokú egyismeretlenes egyenlőtlenségeknek nevezzük, a < , ill. =- jel helyett bennük a ■ , ill. s is szerepelhet.

Az egyenlőtlenség megoldása azt jelenti, hogy meghatározzuk az x számok­nak azt a halmazát — az ún. megoldáshalmazt —, amelyek kielégítik az egyen­lőtlenséget.

H a ax < b és a pozitív, akkor az egyenlőtlenség mindkét oldalát a-val el­osztva kapjuk, hogy

bx < — ,

a

a megoldáshalmaz tehát a —-nál kisebb x-ekből áll.Cl

Ha a negatív, az egyenlőtlenség két oldalát a-val osztva az egyenlőtlenség iránya megfordul, tehát a megoldáshalmaz az

bx >—

afeltételt kielégítő számokból áll.

Néha a 0 -x < b, ill. 0 -x =» b nulladfokú egyenlőtlenségeket is az elsőfokúak közé számítják. Ezeknek nincs megoldása, ha b sí 0, ill. b £ 0; ha viszont b > 0, ill. b < 0, minden valós szám kielégíti az egyenlőtlenségeket.

Hasonlóan elemezhető a.z ax > b egyenlőtlenség is. Az egyenlőtlenségek természetesen ezeknél lényegesen bonyolultabbak szoktak lenni, de átalakítá­sokkal visszavezethetők ilyenekre. Erre mutatunk most néhány példát.

5 x — 1 5 x + 1 3x — 13l - 4----------- r ~ ^ - T c r ■

Arra törekedjünk, hogy ekvivalens átalakításokat alkalmazzunk. Szoroz­zuk meg az egyenlőtlenség mindkét oldalát a nevezők legkisebb közös többszö­rösével, 60-nal, majd rendezzük az egyenlőtlenséget:

1 5 (5 x - l ) -2 0 (5 x + l) > 6 (3 * —13),75x— 15— lOOx—20 > 18x—78,

-43% > -4 3 .

—43-mal osztva az egyenlőtlenség iránya megváltozik:

x < 1.

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

114

(2) ----------( 3) --------

0 5 10 20 27

8.3.1. ábra. Egyenlőtlenségek megoldáshalmazai

2. Gyakran több egyenlőtlenség közös megoldását kell meghatároznunk. Az ilyen egyenlőtlenség-rendszerek megoldáshalmaza az egyes egyenlőtlenségek megoldáshalmazainak a közös része. Következő egyenlőtlenség-rendszerünk három egyenlőtlenségből á ll:(1) 5(x + l) + 6(x + 2) >- 9(x + 3),(2) 7x — 3(2x + 3) > 2 (x— 18),(3) x - l O s O .

Külön-külön meghatározzuk az egyes egyenlőtlenségek megoldáshalmazát.(1) 5x + 5 + 6 x + 12 > 9x + 27,

2x =»■ 10, x >- 5.

(2) l x — 6x — 9 2x — 36,27 X.

(3) X 10.

Ábrázoljuk a számegyenesen az egyes megoldáshalmazokat (8.3.1. ábra). A három halmaz közös része az 5 < x ^ 10 feltételeket kielégítő számok­

ból áll.3. Lényegében egyenlőtlenség-rendszerre vezetnek az abszolút értékes

egyenlőtlenségek is. | x j < a azt jelenti, hogy x az a és —a közé esik, tehát ha a pozitív, — a < x < a. Egy összetettebb példa:

13x—17J < 14.

Ez az egyenlőtlenség két feltétel teljesülését kívánja m eg:3 x —17 < 14 és 3 x —17 > —14.

31Az első m egoldása: 3x < 31, azaz x < - ^ ~ ,

a második megoldása: 3x 3, azaz x >- 1.

31A megoldáshalmaz tehát 1 -= x < — feltételt kielégítő számokból áll.

Elsőfokú többismeretlenes egyenlőtlenség-rendszerrel a 17.2. szakaszban, másodfokú egyenlőtlenségek megoldásával pedig a 20.5. szakaszban foglalko­zunk.

-(1)

115

9. Százalékszámítás

9,1. A százalék fogalma; a százalékszámítás

2 2 42Egy szám y részén a szám — szorosát é rtjük ; hasonlóan: egy szám — része

42a szám — -szorosával egyenlő. A gyakorlatban a századrészt régies nevével

100 42 42százaléknak nevezzük; - helyett tehát 42 százalékot mondunk és a ~-~~-ot

3 00 2 i 0042% (o lv .: 42 százalék)-nak nevezzük. Egy szám 42%-a tehát - - — szorosával

1UU

egyenlő'. Á lta lában:

egy c szám p °/0-a — -szorosával, azaz -zal egyenlő.1UU 1 u u

Ez a százalékszámítás alapösszefüggése, lényegében ebből vezethető le min­den további összefüggés. Pl.: 12-nek az 5%-a.

10 5 _ 12-5 _ A .100 100

A törtrészeket is legtöbbször százalékként (századrészként) szoktuk kife­

jezni; pl. az -Í , - - , ~ , y , y rész rendre 50% ; 25% ; 75% ; (közelítőleg)

33,33% ; 66,67%.H a 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

** = b ,100

ebből cp = 100í>, és így

100b

116

azaz:100 b

a b szám a c szám nak-------- százalékával egyenlő.

Végül felvetődik a kérdés úgy is, hogy melyik számnak a p % -a egyenlő5-vel. H a a keresett számot c-vel jelöljük, akkor az alapösszefüggés szerint

= b, ebből cp = lOOfc és így 100 ;

1006

azaz: P

az a szám, amelynek p %-a b-vel egyenlő.

9.2. Százalékos növekedés; százalékos csökkenés

Bizonyos mennyiségek (pl. termelési összeg, pénzösszeg, lakosságszám, termék- mennyiség) növekedését vagy csökkenését általában százalékosan szokás meg­adni.

Ha egy c mennyiségp %-kal növekszik, akkor a megnövelt mennyiség:

r + ! P - = c l l + - £ - )100 \ 100J

pAz 1 +-~r^--at növekedési tényezőnek nevezzük. Eredményünk szerint 1 UU

egy mennyiséget úgy növelhetünk p °/0-kal, hogy megszorozzuk 1H— -zal.100

Hasonlóan

egy mennyiséget úgy csökkenthetünk p %-kal, hogy megszorozzuk 1 — - ^ -zal1UU

(a csökkenési tényezővel).

P l.: ha a növekedés mértéke1% 5% 10% 25% 38% 50% 75%,

akkor a növekedési (szorzó-) tényező:1,01 1,05 1,10 1,25 1,38 1,5 1,75.

Ha a csökkenés mértéker / 5°/ 10°/ 25°/1/o * /o iXJ/o 7o 38% 50% 75%,

akkor a csökkenési (szorzó-) tényező:0.99 0,95 0,9 0,75 0,62 0,5 0,25.

117

1. Mennyi 54 627 F t egyévi 12%-os kam ata?Ebben az összefüggésben a c összeg 54 627, p = 12, és így

cp 54627-12

9.3. Feladatok a százalékszámítás alkalmazására

100 100= 6555,24 Ft.

2. Egy üzem egy év alatt valamely termékből 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:

1006 100-1 540000 100-154—

^ 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-tal 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 tényező ezért 1,081, ami éppen 8,1%-os emelkedést jelent.

4. Mennyi 55%-os alkoholt kell hozzáöntenünk 14 1 30%-os alkoholhoz, hogy 44%-os alkoholt kapjunk?

Legyen a hozzátöJtött 55%-os alkohol mennyisége x 1, ennek 55%-a tiszta alkohol,*•55 14-30tehát —— ■■ 1; a 14 1 30%-os alkohol viszont — — 1 tiszta alkoholt tartalmaz, tehát az

így kapott jc-t-14 1 keverék tiszta alkoholtartalma:55x + 14-30 55x+420

100 100

Feladatunk szerint ez a mennyiség x + 14-nek a 44%-a, azaz (x + 14)44 5 5a:+420

100 " iöö 'így *-re nézve egyismeretlenes egyenletet kapunk. Mindkét oldalt megszorozzuk 100-zal, majd rendezzük az egyenletet:

44^ + 616 = 55a: + 420,11* = 196

196 17 80x = —j j - = 17,82,

a hozzá töltendő alkoholmennyiség tehát 17,821.

További, százalékszámítással foglalkozó feladataink a 19.4. szakaszban ta ­lálhatók.

118

10. Két segédeszköz: a determináns és a mátrix

10.1. A másodrendű determináns fogalma; általánosítható tulajdonságai

Számításaink és algebrai átalakításaink közben gyakran találkozunk ilyen tí­pusú kifejezéssel: ad—be, 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 X 2-es formában elrendezett számnégyest, ill. a hozzá tartozó ad—be értéket másodrendű determinánsnak nevezzük.

Az a, b, c, d számok a determináns elemei; beszélünk a determináns sorairól és oszlopairól; pl. az elsó' sor elemei a és b, a második oszlopé b és d.

c dHa a determináns két sorát felcseréljük, a ^ = be —ad determinánst

kapjuk, ami az eredeti determinánsnak éppen a ( —l)-szerese.Nem változik meg viszont a determináns értéke, ha a sorokat az oszlopok­

kal felcseréljük:

= ad—be.

Megjegyezzük még, hogy a gyakorlatban a determináns szót egyaránt hasz­náljuk a négyzetes táblázatba rendezett számokra és a hozzájuk rendelt szám­értékre.

A másodrendű determináns nulla volta azt jelenti, hogy ad—be = 0, azaz

— = -7 (c 7* 0, d ^ 0). Ezt úgy is felfoghatjuk, hogy létezik olyan t szám, c a q ^

amelyre — = = t, tehát a = ct, b = dt. Ezt viszont úgy fogalmazhatjuk,

hogy a determináns egyik (ebben az esetben az elsó') sorának az elemeit úgy kapjuk meg, hogy a második sor megfelelő elemeit egy t számmal szorozzuk meg; röviden ezt úgy szoktuk mondani, hogy az egyik sor a másik sornak t-sze­rese.

119

M egfordítva: ha a másodrendű determináns egyik sora egy másik sorának /-szerese, akkor a determináns értéke 0 hiszen

a b ta tb

= tab — tab = 0.

M indazt, 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 megfelelő elemeinek a /-sze­resét :

a b a + tc b + tdc d c d

ti. most az egyenlőség bal oldalán ad—be, jobb oldalán pedig (a + íc )d —— (b + td ) c = ad + tcd —bc—tcd = ad—be áll.

10.2. Az n-edrendű determináns fogalma

Az alább nXn-es alakban elrendezett n2 számhoz egy D számot rendelünk hoz­zá, és ezt a D -1 n-edrendű determinánsnak nevezzük :

an a , ■ a l3 ■ • alna21 Űg2 a 23 • . a^na 31 a3 2 ü 33 ■ . azn

ani a n2 a?73 . ■ ■ ann

Az elemek kettős indexezése itt azt jelenti, hogy az aík elem az /-edik sor és a /c-adik oszlop közös eleme; az /-edik sor elemei tehát aiL, ai2, ai3, . . . , ain.

D értékének (azt szoktuk m ondani: a determináns értékének) a m eghatáro­zása céljából vezessünk be egy fogalmat, az aldetermináns fogalmát. Hagyjuk el az n-edrendű determináns aik elemének sorát és oszlopát, az így megmaradó («—l)2 elem egy n — 1 -edrendű determinánst alkot. Ebből képezzük az aik elemhez tartozó A ik aldeterminánst úgy, hogy az n — 1-edrendű determináns értékét ( — l) i+*-val megszorozzuk.

Figyeljük meg, hogy az előbb említett ( — l)í+fc szorzó +1 és — 1 értékei a sakktábla világos és sötét mezőinek megfelelően változnak ( „sakktáblasza­bály”), tehát a következő elrendezésben (az //-edrendű determináns elemei he­lyébe most a hozzájuk tartozó szorzó előjelét írjuk ; tegyük fel p l , hogy n páros):

120

+ -

Az n-edrendű determináns értékét ezek segítségével a következő módon ha­tározzuk meg:

Válasszuk k i a determináns egy tetszés szerinti (mondjuk /-edik) sorát ( vagy oszlopát), szorozzuk meg a sor ( oszlop) minden elemét a hozzá tartozó aldeter- minánssal, az így kapott szorzatok összege a determináns értéke; te h á t:

D = a^A/x + fl/2^/2 + • ■ ■ ~haj„A/„,

Ezek szerint az n-edrendű determináns értékét n — 1 -edrendű determinánsok értéke segítségével számolhatjuk ki; az n — 1 -edrendűekét viszont n — 2-edren- dűek felhasználásával, és így tovább; végül a harm adrendűekét másodrendűek segítségével; a másodrendűek 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-edrendű determináns több más módon is értel­mezhető.

Fejtsük ki pl. a következő harmadrendű determinánst az első sora szerint röli a*n ül

D =11 12

a2i a22a3i a.32

-‘13

a 23

ü 33

Az első sor elemeihez tartozó (másodrendű) aldeterm inánsok:

ű 22f l33 — a 23ű 32’

Ebből

A — @22 023- *11

a 32 a 33

1II a 21 a 23

a 31 a 33

a 21 022■ 13

a 31 ^32

D — an An + a12Als + alsA ls

— — Ű21ű 33 + ö 2 3 % b

— a2ía32 — #22a 31-

~ a l2 ü 2 l a 33 + a l2 a 23ű 31 + Ű13Ű21ÍI32 ~ ö 13ű 22ű 31-

A harmadrendű determináns értéke tehát az elemekből képezhető hat ún. kifejtési tag összegeként áll elő; könnyen meggyőződhetünk róla, hogy ugyan­ezt a hat kifejtési tagot kapjuk, bármely sora vagy oszlopa szerint fejtjük is

121

ki a determinánst. Figyeljük meg, hogy minden kifejtési tagban a determináns minden sorából és oszlopából pontosan egy elem szerepel.

Ez a megfigyelésünk a harm adrendű determináns egy egyszerű kifejtését teszi lehetővé (ez az ún. Sarrus-szabály). írjuk fel a determináns első két oszlopát a harm adik oszlop u tán ; a nyilak irányában levő három-három elemet szorozzuk össze, ezek lesznek a kifejtési tagok, a felfelé irányulókat szorozzuk meg — 1-gyel:

/ / ?^11 $12 $13 ^11 $12

\ “ x x /$21 $22 ^23 $21 $22

/ x x \a31 a3 2 a33 a31 ű32

\ \ \

Fejtsük ki pl. a következő harm adrendű determinánst az első sora szerint:

-3 5 72 1 0 9 12 1

1 0

12 1- 5

2 0 9 1

+ 71

12

= —3-1 — 5 - 2 + 7-15 = 92.Sarrus-szabállyal:

- 3

2

9

/ / ?5 7 - 3 5

X X /1 0 2 1 = —3 + 0 + 168 —(63 + 0 + 10) = 92.

X X \12 1 9 12

\ \ \

Megjegyezzük, hogy egyetlen számot is tekinthetünk determinánsnak (egy sora és egy oszlopa van). Ebben az értelemben a determináns kifejtési szabályát másodrendű determinánsra is alkalm azhatjuk; ebben az esetben ui.

a.Ayx — - 12 — ^21, ^21 — 12? ^22 — 11 ’

'*21 “ 22

a determinánst első sora szerint kifejtve kapjuk, hogy

an a12 Ü21 ű 22

(i "F 12- 12 — 11 22 ^12 21’

megegyezésben a másodrendű determinánsra adott definíciónkkal.

122

10.3. Többismeretlenes, elsőfokú egyenletrendszerek; Cramer-szabály

A kétismeretlenes egyenletrendszerek megoldásakor közvetlenül is találkoz­hatunk másodrendű determinánsokkal. Oldjuk meg a következő általános alakú kétismeretlenes egyenletrendszert (az a, b, c, d, e, f ado tt számoknak tekintendők):

ax + by = e, cx + dy = f .

Szorozzuk meg az első egyenletet d-vel, a m ásodikat 6-vel, majd vonjuk ki az első egyenletből a m ásodikat:

(ad—bc)x = ed—fb , (10.3.1)ed—fbad— be ’

(ad—be 0).

Hasonlóan, ha az első egyenletet c-vel, a másodikat a-val szorozzuk meg, a két egyenlet különbsége:

(bc—ad)y — ec —fa , (10.3.2)ec—fa fa — ec

y = be—ad ad—b e ’

Ezeket az eredményeket determinánsok segítségével is felírhatjuk:

9 í 0

(ad—be ^ 0).

e b a ef d

—c f A a b

a b ’ y a b \ l c dc d c d

(10.3.3)

Mivel ekvivalens átalakításokat végeztünk, a kapott értékek nyilván ki­elégítik az adott egyenletrendszert. A nevezőkben levő 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 egyenlő nullával.

Ha viszont a rendszer determinánsa 0, előző fejezetünk szerint ez azt jelenti, hogy az egyik egyenlet bal oldala a másik egyenlet bal oldalának egy t szám­mal való szorzásával áll elő, tehát pl. e = la, 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 egyenlők, ez azonban szükségképpen azt jelenti, hogy f = te, vagyis a második egyenlet az elsőből í-vel való szorzással áll elő, 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.

123

Összefoglalva tehát m egállapíthatjuk: ha a kétismeretlenes egyenletrendszer két egyenletből 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 első, ill. a második oszlop elemeinek a helyébe rendre a jobb oldalon álló számokat helyettesítettük. Ez a megfigyelésünk nagy álta­lánosságban igaz:

Legyen az4~ ax2x 2 4~ . - + axnx fi bi,

a2íx 1-j-a22x 2 + <323*3+ + a2„xn =-- b.2. (10.3.4)^31^1 + a$2x2 4 a33x 3 -f- . . . j~ű^nXj, b*,

an^X\ “l- a„2x2 -j a„3x3 f- . . . \-aíu!x n bi:

egyenletrendszerben az x x, x2, . , . , x„ ismeretlenek száma egyenlő az egyen­letek számával és legyen D az egyenletrendszer determinánsa. Jelölje Dt azt az n-edrendű determinánst, amit D-bö\ úgy kapunk, hogy az /-edik oszlop elemeinek helyébe rendre a bt . b.,, . . . , b„ számokat helyettesítjük, tehát:

n av2 . . . bL .1

&n\

a ,

•. an

. . . !

• ■ * IA =

C l . . . //'■>

an2 . . . btl . . . űn

ha D 0, akkor az egyenletrendszernek egyetlen megoldásrendszere van és ebben

D„D

— D±D D

Ez az ún. Cramer-szabály.A Cramer-szabály alkalmazására oldjuk meg a következő háromismeret-

lenes egyenletrendszert:3x —4 j4 z = 23, x 4 l y — 2z = — 29,

4x+5>’4 3 z = 8.

A megoldáshoz szükséges determ inánsok:3 - 4 1 23 - 4 1 1

D = ] 7 - 2 = 114, Dí — - 2 9 7 — 2 1 = 228,4 5 3 8 5 3 |

124

1), =

Ebből

3 23 l 3 - 4 231 - 2 9 - 2 = - 342, Ds = 1 7 - 2 94 8 3 4 5 8

* - 2 .D2 ,

y = D = ” 3’

= 570.

10.4, A determinánsok általános tulajdonságai

A 10,1. szakaszban megállapítottuk a másodrendű determinánsok néhány tulajdonságát, ezek nagy része minden determináns esetében igaz. M ost a determinánsok néhány ilyen tulajdonságát soroljuk fel; ezek ismeretében a determinánsok, értékének meghatározása (kifejtése) gyakran lényegesen egy­szerűbbé válik.

A következő állítások mindegyike érvényes akkor is, ha bennük sor he­lyett oszlopot és oszlop helyett sort mondunk.

]. A determináns értéke nem változik meg, ha a sorokat az oszlopokkal felcseréljük, azaz elemeit a főátlóra tükrözzük (1. a 7. tulajdonságot).

2. Ha a determinánsban két sor helyzetét felcseréljük, a determináns értéke ( — l)-gyel szorzódik.

3. Ha a determináns két sorában az egymás alatti elemek rendre egyen­lők, a determináns értéke 0.

4. Ha a determináns egy sorában minden elem 0, akkor a determináns értéke is 0.

5. Ha a determináns egy sorának minden elemét megszorozzuk egy t szám­mal, akkor a determináns értéke is /-vei szorzódik.

6. Ha egy determinánsban pl. az 5. sor minden elemét hozzáadjuk pl. a3. 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 tetszőleges sorának a /-szeresét (t tetszőleges valós szám) hozzáadjuk egy másik sorához.

7. Egy determináns főátlóját azok az elemek alkotják, amelyeknek sor- és oszlopindexe egyenlő (azaz: an , a22, . . . , ű„„).

Ha a determináns főátlója felett (alatt) minden elem 0, akkor a determináns értéke a főátló elemeinek a szorzatával egyenlő.

8. Ha a determináns egy sorának az elemeit rendre megszorozzuk egy másik sor elemeihez tartozó aldeterminánsokka 1, akkor a szorzatok összege 0. Pl., ha az /-edik sor elemeit szorozzuk meg a A^adik sorhoz tartozó aldeter- minánsokkal, a következő szorzatösszeget kapjuk (/ ^ k ) :

an-Aki+ ai2Ak2+ a^A^ + ... +ai„A/cn ^ 0.

125

10.5. A mátrix fogalma; speciális mátrixok

Helyezzünk el n-m számot (elemet) egy olyan téglalap alakú táblázatba, amelynek n sora és m oszlopa v an ; az /-edik sor és £>adik oszlop közös elemét jelöljük ciik-val; a táblázat elemeit szögletes zárójellel foglaljuk egybe. Az így szerkesztett táblázatot mátrixnak nevezzük, pontosabban nX m -es m átrixnak:

a l l ö12 a i:

$21 $22 $23 • • • $2«

an2 $«3 ■ • • $n/n

A m átrix elemei leggyakrabban valós számok, de lehetnek más halmazok elemei is. Az elemek egybefoglalására szögletes zárójel helyett gömbölyű zárójelet is szoktak használni (néha függőleges kettős vonalat is). A m átrixokat általában nagybetűvel (rendszerint vastagított nyomásúval) jelöljük.

A m átrix tehát — ellentétben a determinánssal — nem egyetlen számot jelent.

H a a m átrix sorainak és oszlopainak a száma egyenlő, négyzetes mátrixról beszélünk.

A sormátrixnak csak egyetlen sora van, az oszlopmátrixnak pedig csak egyetlen oszlopa van, ezeket szokás sorvektornak, ill. oszlopvektornak is ne­vezni; a sorvektor elemei közé — esetleges összeolvasás elkerülése céljából — rendszerint vesszőt (vagy pontosvesszőt) teszünk; pl. A sormátrix (sorvektor), B oszlopmátrix (oszlopvektor).

A = [2; 7; 14; - 3 ; 6]; B

T4

11- 3 .

H a egy sor-, ill. oszlopvektor minden eleme 1, akkor azt összegezővektornak vagy összegezőmátrixnak mondjuk.

Nullmátrixnak (nullamátrixnak, zérusmátrixnak) nevezünk minden olyan mátrixot, amelyeknek valamennyi eleme 0; általában vastagon nyomott 0-val szokás ezeket jelölni, p l .:

0 0 0 0 00 0 0 0

Atlósmátrixnak vagy diagonálmátrixnak azokat a négyzetes m átrixokat mondjuk, amelyekben minden főátlón kívüli elem 0-val egyenlő; p l .:

126

D

- 5 0 0 0'0 7 0 00 0 6 0

L 0 0 0 1 .

Ha az átlósmátrix főátlójában minden elem 1-gyel egyenlő, egységmátrix­ról beszélünk:

E =

1 0 0. .00 1 0. .0

0 0 1. .00 0 0. .1

Permutálómátrixnak mondjuk az olyan nX n-es négyzetes mátrixot, amely­nek n eleme 1-es, a többi eleme 0, és minden sorában és oszlopában pontosan egy 1-es van; p l . :

0001

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.] P l.:

A = AT

7- 1

23

a transzponálás tehát azt jelenti, hogy az első sor elemeiből az első oszlop elemei lesznek, a második sor elemeiből a második oszlop elemei s tb .; négyze­tes mátrix transzponálásakor a főátló elemei helyükön m aradnak, a főátlóra tükrösen elhelyezkedő elemek pedig helyet cserélnek.

A négyzetes mátrix szimmetrikus, ha azonos a transzponáltjával, tehát a főátlóra szimmetrikusan elhelyezkedő elemei egyenlők, és antiszimmetrikus, ha a főátlóra szimmetrikusan elhelyezkedő elemei ellentettek, és a főátló minden eleme 0.

10.6. Műveletek a mátrixok körében

A mátrixok alkalmazása lehetővé teszi, hogy nagyszámú formula helyett egyszerű, tömör, könnyen áttekinthető jelöléseket használjunk. Ehhez szük­ségesek a mátrixműveletek.

127

M egállapodunk abban, hogy két mátrixot azonos típusúnak m ondunk, ha m indkettő nX m -es, azaz mindkettőben ugyanannyi sor van és m indkettő­ben az oszlopok száma is megegyezik.

K ét m átrixot akkor tekintünk egyenlőnek, ha mindkettő azonos típusú és m indkettőben ugyanazon a helyen egyenlő elemek állanak (azaz: az aik elem m indkettőben 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, hogy cA és Ac ugyanazt jelentse.PL:

"2 1 0~ 10 5 04 - 1 7_ . 2 - 5 35

Megjegyezzük, hogy a ( — 1)A m átrixot egyszerűen — A-val jelöljük.Legyenek A és B azonos típusú, nX m -es mátrixok, az /-edik sor és /c-adik

oszlop közös eleme A-ban aik, B-ben bik. A és B összegén, az A + B mátrixon, azt az nX m -es m átrixot értjük, amelyben az /-edik sor és k-adik oszlop közös eleme aik + bik-val egyenlő.

Összeadni tehát csak azonos típusú mátrixokat lehet, és az összeg az össze- adandók megfelelő helyein szereplő elemek összeadásával áll elő. P l .:

' 1 4' 1o

‘1 0'2 - 8 + 2 9 = 4 1

. - 7 6. .11 4. 4 10.Könnyen igazolhatók a következő azonosságok:1. c(A + B) — cA + cB,2. A + ( —A) = 0 ,3. (c + d)A = cA+ JA, pl. A + A = 2A.4. A + (B + C) = (A +B ) + C.

A 4. azonosság felhasználásával a m átrixok összeadása tetszőleges számú összeadandóra is értelmezhető.

Az A + ( —B) összeget egyszerűen A —B-vel jelöljük és A és B különbségének nevezzük.

Lényegesen bonyolultabb a mátrixok szorzatának az értelmezése.Legyen A n X p , B pedig p X m típusú m átrix; az /-edik sor és a &-adik

oszlop közös eleme A-ban aik, B-ben bik. Az A és B mátrixok AB szorzatán olyan n X m -es típusú m átrixot értünk, amelyben az /-edik sor és k-adik oszlop közös eleme

an^ik + aj2b2k + aizbzk + . . . + aipbpk, i = 1, 2, . . . , « ; k — 1, 2, . . . , m.

A szorzás definíciójának lényege tehát a következő:— a szorzásnál lényeges, m elyik az első, melyik a második tényező a szor­

zatban;

128

— csak olyan mátrixok szorozhatok össze, amelyekben az első tényezőnek ugyanannyi oszlopa van, mint ahány sora a második tényezőnek;

— a szorzatmátrix egy eleme úgy jön létre, hogy vesszük az első tényező egy sorát és a másodiknak egy oszlopát (az előző feltétel éppen azt jelenti, hogy mindkettőnek azonos számú eleme van), majd a sor első elemét meg­szorozzuk az oszlop első 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 első té­nyező /-edik sorának és a második /c-adik oszlopának a komponálása adja a szorzatmátrixban az /-edik sor /<-adik elemét; a szorzatmátrixnak annyi sora lesz, mint az első tényezőnek, és annyi oszlopa, m int a második tényezőnek.

A és B szorzatát AB-vel vagy A-B-vel szokás jelölni.Lássunk erre először egy általános jellegű példát:

1. ű i i a 12^11 by>

a 21 a%2A i H> CO

-

-a 31 #32-

au ^ u + a12b21 %1^12 +^ 21^11 + ^ 22^21 # 21^12 + 22^22

-ű 31^11 + a ?;í.b-n ö 31Z>12 + a ?i2b 2‘K

további példák:

2. ‘1 - 2 3" '4 r '1 - 4 - 2 - 9 + 3 - 6 1 • 1 — 2-( —1)+3-3"0 7 - 1 • 9 - 1 — 0-4 + 7- 9 - 1 - 6 0 -1 + 7-( — 1) —1-3.2 5 1. .6 3. .2 -4 + 5 -9 + 1-6 2-1 + 5 -( — 1) + 1 -3.

3. [fli, a%, a3] ■

4 12' 57 - 1 0 .59 0.

= [a1b1+a2b2, + asb3], az eredmény egyelemű mátrix.

'au #12 #13 'X l # 11*1 + aí2x 2 + # 13X 3

a 21 a-22 #23 • x2 = a 21x l + 022*2 + a23x z

r-i*3 #32 #33 - -X 3. -a3ix i + # 32*2 + 033X 3.

4.

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 összeszorozhatok, akkor

A-(BC) = (AB)-C,

a háromtényezős szorzatot ezért egyszerűen ABC-vel jelölhetjük;A-(B + C) = A B + A C és (B + Q -A = B-A + C-A.

129

Nem érvényes viszont általában a kommutatív szabály, tehát a szorzat tényezői nem cserélhetők fel. Legyen p l.:

A = '0 1' , B = 1 0' , AB = 0 0'OO

o 0. 0 0_0,

viszont

BA 0 10 0

5* 0 .

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

10.7. Az inverzmátrix; kapcsolat az elsőfokú egyenletrendszerrel

Legyen A egy nX n-cs négyzetes mátrix, E pedig az nXn-es egységmátrix. Az A mátrix inverzén azt az A_1-nel jelölt m átrixot értjük, amelyre

A -A ” 1 = A ^ A = E.

Az A -1 tehát a számok reciprokjához hasonló szerepet játszik, innen szár­mazik jelölésmódja is.

Nincs minden négyzetes m átrixnak inverze; bebizonyítható, hogy az A négyzetes mátrixnak akkor és csakis akkor van inverze (és ez egyértelmű), ha az A elemeiből képzett determináns értéke nem nulla.

Az A elemeiből képzett determináns értékének szokásos jele | A | (haszná­latos m ég: det A).

H a az A négyzetes mátrixnál | A | ^ 0, akkor inverzét a következő módon képezzük: a mátrixhoz tartozó determinánsban minden elemet helyettesítsünk a hozzá tartozó aldeterminánsnak és | A |-nak a hányadosával, az ezekből az elemekből létrejött mátrix transzponáltja az A inverze.

Pl.: legyen a 3 X3-as A mátrix determinánsában az aik elemhez tartozó aldetermináns A ik, akkor az A mátrix és inverze:

^11 ^21 ^31JA \ J A \ J A \A 12 A-22 A32J aJ J a \ J a J •^13 ^23 ^33m T W J a \.

ű u #12 #13A = a 2l #22 #23

-a 31 #32 #33-

130

A fentiek alapján állítsuk elő az A mátrix inverzét:

T5 1

- [ 2 3 3 - 7

2 5

^12 — A,2111 —3,

, ellenőrizhetjük, hogy A -A -1 =

- 7 , A 22 = 5, | A | —- 1,

1 0 0 1

= E.

M átrixok segítségével egyszerűen írhatunk fel elsőfokú egyenletrendszert. A (10.3.4) alatti n ismeretlenes egyenletrendszer együtthatóiból készített m át­rix legyen A, az ismeretleneket tartalmazó oszlopvektor X és a jobb oldal bi számaiból készített oszlopvektor B. A (10.3.4) egyenletrendszer mindkét oldalát úgy foghatjuk fel, m int egy-egy oszlopvektort, amelyek azonban egyenlők egymással és így megfelelő elemeik is egyenlők; az egyenletrendszer ezért így írható fel (vö. a 10.6. szakasz 4. feladatával):

A X = B. (10.7.1)

Ha | A | ^ 0, létezik inverze, A -1, szorozzuk meg ezzel a (10.7.1) egyenlet mindkét oldalát „balról” :

A_1AX = A-1B,

mivel A_1A = E és EX = X, ezértX = A -1B. (10.7.2)

A bal oldali oszlopmátrixot tehát az egyenletben szereplő számadatok segítségével állíthatjuk elő; nézzük most ennek az alkalmazását egy egyszerű egyenletrendszerre.

Oldjuk meg a következő egyenletrendszert:5x 1 + 7x2 = 13,

2x 1 + 3x 2 = 6.

Az egyenletrendszer m átrixa : A = "5 7" , B = 13“

2 3. . 6.ennek inverze (1. előző

feladatunkat): A 3 - 7

- 2 5, (10.7.2) szerint

X = 'Xi = A -1B = 3 - 1 13' _ — 3

XZ. .-2 5. . 6. 4

A mátrixok egyenlőségi tételéből következik, hogy Xi = — 3, x 2 — 4, ami tényleg megoldása az egyenletrendszernek.

Bebizonyítható, hogy a (10.7.2) egyenlet lényegében a Cramer-szabállyal azonos.

131

11. Komplex számok

11.1. A komplex szám fogalma; műveletek komplex számokkal

A valós számkör felépítésekor az egész számokból kiindulva a számkört foko­zatosan a valós számok halmazává bővítjük. A valós számok körében a nega­tív számoknak nincs négyzetgyöke, viszont kibővíthetjük a valós számhal­mazt úgy, hogy a bővített számhalmazban már minden számnak legyen négyzetgyöke.

Hozzácsatolunk a valós számokhoz egy /-vei jelölt új elemet (a jelölés az imaginárius = képzeletbeli szó kezdőbetűjéből származik), amellyel ugyan­úgy kívánunk műveleteket végeztetni, mint a valós számokkal, és kikötjük, hogy az / négyzete — 1-gyel legyen egyenlő, tehát

/'- = - 1.

H a a és b tetszőleges valós számok, bevezetjük az a + bi szimbólummal jelölt számokat és ezeket komplex számoknak nevezzük. Szokás ebben a kap­csolatban a-1 a komplex szám valós részének, b-t pedig képzetes ( imaginárius) részének nevezni. M egállapodunk abban, hogy a komplex számokkal az összeadást, kivonást, szorzást, osztást ugyanolyan szabályok szerint végezzük el, m int a valós számok körében, méghozzá úgy, hogy az ű + 6/ és c + di komplex számok összegére, ill. szorzatára a következők teljesüljenek:

(a +bi) + (r + di) - (a + c) +(b + d)i,(a+ bi) (c+di) = ac+ bci+ adi+ bdP = (ac—bd) + (bc + ad)i.

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. Ezekből egyébként levezethető, hogy

egy komplex szám akkor és csakis akkor egyenlő nullával, ha a valós és a képzetes része is nulla, azaz

a +bi = 0 egyenértékű 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.

132

M indebből az is következik, hogykét komplex szám akkor és csakis akkor egyenlő, ha valós és képzetes részük is egyenlő.

Feladatok1. (8+ 3/}+(9 —2/) = 17 + /;2. 7 + 4 —5/ + 9 —12/+3/ = 2 0 -1 4 /;3. ( —2 + /) (9 + 3 í) — - 1 8 + 9 / - 6 / - 3 = -2 1 + 3 7 ;4. (6 + 2/) ( 6 - 2 / ) = 36 + 4 = 40.K ét komplex szám1 hányadosa is komplex szám (feltéve, hogy az osztó nem nulla). Nézzük

pl. a + bi és c + d i hányadosát; írjuk a hányadost tört alakjában és bővítsük a törte t c -d i-v e l:

a + b i (a + bi) (c — di) (ac + bd) + (be — ad) i ac + bd be — adc + d i (c+ d i) (c — di) e~ ■ íi': e'L+ d 2 t - • d- '

tehát a hányados valóban komplex szám.A 2.5 szakaszban használt elnevezéssel tehát kim ondhatjuk, hogy a komplex számok

testet alkotnak , az ún. komplex számtestet.Az egész kitevős hatványok fogalma a komplex számokra is m inden további nélkül ki­

terjeszthető; speciálisan vegyük figyelembe, hogy t- = — 1, í3 = —/, i* = 1, általában;, ha k természetes szám, akkor

y4fc+ J __ j y4'A+2 — _ ] 3 _ _j j&h- _ J

A hatványozás egész kitevőkre megismert azonosságai a komplex számok körében is érvényesek, p l . :

(4 + 1 ? = 43 + 3 - 4 - /+ 3 -4 -/2 + / 3 = 6 4 + 4 8 /- 1 2 - i = 52+47/.„ 1 1 1 5 + 1 2 / 5 + 1 2 /

/ _ X+2i) 1 = -------------- = ---------------- = ----------- = ------------------------- = -------------- =^ 7 ( — 3 + 2/)-’ 9 —12/—4 5 - 1 2 / (5 -1 2 /) (5 + 1 2 /) 25+ 144

_ _ 5^_ _1 2_ .

~ “169 + 169 *’

11.2. A komplex számsík

A komplex számokról és műveleteikről szemléletes képet kaphatunk úgy, hogy a komplex számokat a síkon ábrázoljuk.

Egy derékszögű koordináta-rendszerben az a + b i komplex számhoz ren­deljük hozzá azt a pontot, amelynek koordinátái (a, ¥). 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 + b i típusú (képzetes) számokhoz a (0, b) koordinátájú pontok, tehát az y tengely pontjai rendelődnek hozzá, ezért az y tengelyt itt képzetes tengelynek is szokás mondani.

Ily módon a sík pontjai és a valós számok között kölcsönösen egyértelmű 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.

133

Jelöljük az egyszerűség kedvéért a következőkben a komplex számokat egy betűvel: z = a + bi, nem érthető félre, hogy ugyanígy jelöljük a z-hez tartozó pontot is. A koordináta-rendszer O kezdőpontjából — ez nyilván a nullához van hozzárendelve — a z pontba m utató 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.: argu­m entum z); ábránkon arg z = cp. A cp szöget pozitívnak vagy negatívnak te­kinthetjük aszerint, hogy a valós tengelyt milyen irányú elforgatás viszi a z vektorba. A z vektor nem határozza meg egyértelműen az irányszöget, mert nyilván a cp, cp±360°, cp+ 2-360°, . . .,cp+ k-360° irányszögekhez (és csak­is ezekhez) ugyanaz az irány tartozik, viszont az irányszög a vektor irányát egyértelműen meghatározza (11.2.1. ábra).

A nulla számhoz elvben tetszőleges irányszög tartozhat.

A z pontnak a nulla ponttól mért távolsága a z komplex szám abszolút értéke, jele: \z \. Pitagorasz tétele szerint

\ z \ = Y ^ + ¥ \ (11.2.1)

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 egyenlő a tényezők abszolút értékének szorzatával.

Legyen ugyanis zx = a+bi, z2 = c + di; ekkor zzz2 = (ac—bd) + + (bc+ ad)i. Ebből

\zxz2 \ = Í \a c —bd)2 + (bc + ad)2 = Y a1 c2 + b2cP ±-tíícl + d1d2 == Jf(a2 + b2)W + W ) = Yd^+ F ^-fc^+ d2 = (z, | I z21,

|ziz2 | - |z x| í za |. (11.2.2)

amivel állításunkat bizonyítottuk.

11.2.1. ábra. Komplex szám és kon jugált ja a komplex számsíkon

134

a hányados abszolút értéke a számláló és a nevező abszolút értékének a há­nyadosával egyenlő, azaz

7. I 7. I(11.2.3)

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) egyenlők a konju- gáltjukkal. A z komplex szám konjugáltját z-sal (olv.: z vonással) jelöljük. Nyilván (z) = z.

A konjugált komplex számok abszolút értéke (11.2.1) m iatt egyenlő:

M = |z | ,irányszögeik viszont egymásnak ellentettjei; ha z irányszöge cp, akkor z irány­szöge — cp:

arg z = — arg z.

Két konjugált komplex szám szorzata abszolút értékük négyzetével egyenlő, hiszen ha z = a+bi, és z — a — bi, akkor

zz = (a + bi) (a — bi) = a- + b2 = \z\'2 = \ z \2.Ebből viszont z-vel való osztással

_ = (11.2.4)Z

következik.A konjugáltság fogalmából levezethetők a következő állítások (amelyek

egyébként a konjugáltak geometriai kapcsolata alapján is igazolhatók):— összeg konjugáltja egyenlő az összeadandók konjugáltjainak összegével,— szorzat konjugáltja egyenlő a tényezők konjugáltjainak szorzatával,— hányados konjugáltja egyenlő a számláló és nevező konjugáltjainak a há­

nyadosával.

Vegyünk most fel a komplex számsíkon két tetszőleges komplex számnak megfelelő pontot, zx-et és z2-t. Ha z2 = a + bi, z2 = c + di, akkor z2 + z2 = = (a + c) + (b + d)i, ez azt jelenti, hogy a z1 + z2 ponthoz m utató vektort úgy kapjuk meg, hogy zx és z2 vektorát összeadjuk a vektorösszeadás szabálya szerint (11.2.2. ábra). zx + z2 pontot úgy is megkaphatjuk (1. az ábrát), hogy a zx pontot a z2 vektorral eltoljuk.

Legyen ismét zx és z2 két tetszőleges komplex szám, a zxz,2 szorzathoz tartozó pont helyzetét vizsgáljuk most meg. Figyeljük meg először azt a háromszöget, amelynek csúcsai a 0, 1 és zx pontok (11.2.3. ábra). Mivel az 1 és zx pontokat a zx — 1 vektor köti össze, a 01z1 háromszög oldalainak a hossza:

1, |z , | , ( Z j - l l .

Hasonlóan bizonyítható, hogy

135

11.2.2. ábra. Komplex számok összeadása

H asonlóan, a 0, z2 és zjz2 pontok által megbatározott háromszögben a z2 pontot a zxzz ponttal a z ^ —z2 = (z1—l)z2 vektor köti össze; a 0,z2,zLz2 háromszög oldalai ezért

|z2 |, I^Zal, K z i-O za l.

Mivel a szorzat abszolút értéke a tényezők abszolút értékeinek a szorzata, a háromszög oldalai:

1 1, I 2"! I I 2 1, 1*1-1 II Z2|,a második háromszög oldalhosszait tehát úgy kapjuk meg, hogy az első oldal­hosszait | z2 j-vel szorozzuk, de ez azt jelenti, hogy két háromszögünk hasonló; a hasonlóság m iatt viszont a két háromszög 0-nál levő (gvgyel jelölt) szögei is egyenlők.

H a most z1 irányszögét i^-gyel, z2 irányszögét <p2-vd jelöljük, ábránkról leolvasható, hogy z±z2 irányszöge fy + f 2- Bebizonyítható, hogy ez minden esetben (tehát nemcsak az ábránkon ábrázolt esetben) így van, ezért

két komplex szám szorzatának irányszöge a tényezők irányszögeinek az összegével egyenlő, azaz

arg ZjZ2 = arg zx + arg z2. (11.2.5)

11.3. A komplex számok trigonometriai alakja

M ö lje most egy tetszőleges z komplex szám irányszögét <p, abszolút értékét pedig r (| z | = r s 0). A 11.3.1. ábra derékszögű háromszögéből leolvasható, hagy ha z = a+ bi,

a = r cos fp, b = r sin <p, (11.3.1)

és ez helytáíié akkor is, ha q> tetszőleges szög, ezért z = r cos f + ir sin cp, azaz

z = r(cos cp + i sin 99).

136

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 (/-) és az irányszög (q>) ismeretében tudjuk felírni, ha viszont az algebrai alak (a+ bi) ismert, akkor trigonometriai alakjához r-et a m ár említett |z | = r = ^á^+W- összefüggés alapján tudjuk meghatározni. Az irányszög kiszámításához vegyük a (11.3.1) alatti első egyenletet, ebből

a acos W = — = ,

r }?<? + &

ennek az egyenletnek a [0 , 180°] intervallumban egyetlen gyöke van, jelölje ezt fp0- Ha b s 0, legyen 99 = <p0, ha viszont b < 0, akkor q> = 360° —<p0.

Feladatokí . , , , . . . , , , 1 Í3 . , 1 Í3 .

1. írjuk fel trigonom etriai alakban a zx = — — es a z% = ~~~2— 2~Z

komplex számokat.

Mindkét esetben r = | zx | = | z,1 = j/" 4- ^ j r j f = /* = *•

Zj esetében__1_~~Z 1 ^3

cos <p0 = — j— ~ ~ ~ 2 ’ f = = mert b = 0 ,

Zy = cos 1'2 0° + /s in ’ 1 20°.z» esetében

_cos , <Pq = 120°, <p = 360° —120° = 240°,

mivel i < 8 ,r 2 = cos'240°+ ; sin, 24©?.

2. írjuk fel a z3 = 8 (cos 30° + r sin 30°) trigonometriai alakban acfott komplex szám algebrai alakját.

137

(11.3.1) szerint:

a = 8 cos 30° = S - ~ = 4 / 3 , b = 8 sin 30° = 8 - í - = 4, z3 = 4 ^3 + 4/.

A trigonom etriai alakban adott komplex számok műveletei közül a szor­zást, osztást, hatványozást és gyökvonást vizsgáljuk most meg.

Szorzás. Legyenzx = ^(cos cpi + i sin 17 ), z 2 = r2(cos <p2 + i sin <p2).

Az előző fejezetben megállapítottuk, hogy a szorzat abszolút értéke a ténye­zők abszolút értékeinek a szorzata, és a szorzat irányszöge a tényezők irány­szögeinek összegével egyenlő, ezért

ZiZ2 = ^ ( c o s ^ + <p2) + i s i n ^ + <p2)). (11.3.2)

Hatványozás. A szorzásra vonatkozó előző képletünk nyilván tetszőlegesen sok tényező esetére is kiterjeszthető, p l .: ha z = r(cos cp + i sin cp), akkor

z2 = z-z = r2(cos(cp + cp) + i sin(<p + (p)') = r2(cos 2<p + i sin2 cp).

Hasonlóan, ha n pozitív egész (« £ 2), akkor

z n = z-z-z- . . . *z — r-r- . . . -r(cos(cp + cp + . . . + <p) + i sin(99 + <p + . . . + cp)),zn _ rn(cOS ncp + i sin ncp), (11.3.3)

ezt az összefüggést Moivre-képlet néven szokás emlegetni.

Oszlás. A z = r(cos cp + i sin cp) komplex szám reciprokjának az — számot1 z

nevezzük, ezt az jellemzi, hogy kielégíti a z*— = 1 egyenletet. A 11.1. szakasz-z 1bán láttuk, hogy két komplex szám hányadosát, tehát — t is csak egyfélekép-

2

pen lehet megadni, ezért, ha találunk olyan trigonometriai alakú komplex

számot, amelyet z-vel szorozva 1-et kapunk, akkor ez szükségképpen — veiz

egyenlő. Ilyen komplex szám viszont könnyen előállítható:

— = — (cos( — cp) + i sin( — cp)). (11.3.4)z r

A (11.3.2) képlet szerint ugyanis

1 1z- — = r - ~ (cos(cp — cp) + i s'm(cp — cp)) = 1,

tehát — -nek a (11.3.4) alatti előállítása valóban helyes. Legyen most zx = z

= /^(cos <px + i sin <px), z2 = r2(cos cp2 + i sin cp2), ekkor

138

1 zx— = rx(cos (Pi + i sin cp )---- (cos( — <p2) + / sin( — <p2)),Zo /‘o

z 1 ]Zc7 /'

= — (co s(^ -9 o 2) + / s i n ^ - ^ ) ) .z2 i i

Komplex számok n-edik gyöke. A z — r(cos cp + i sin cp) komplex szám «-edik gyökén olyan komplex számot értünk, amelynek «-edik hatványa z-vel egyenlő. H a tehát w a z-nek n-edik gyöke, akkor

w" = z.Tegyük fel, hogy trigonom etriai alakban w — t(cos y> + i sin ip), akkor előző egyenletünk (11.3.3) alapján így írható:

/"(cos mp + i sin nip) = /'(cos cp + i sin q>).Itt most két komplex szám egyenlőségéről van szó, az egyenlőségnek az a

feltétele, hogy az abszolút értékek egyenlők legyenek, az irányszögek pedig 360° egész számú többszörösében különbözzenek, tehát

tn = r és mp—cp = k-360°,

ebből, mivel / és r nemnegatív,, cp + k-36Q°

t = y r es w = --------------- ,n

ahol k tetszőleges egész, tehát

n ( .<p+k-360” , . .cos —------------- + i sin —-------------- . (11.3.5)

A Moivre-képlet alkalmazásával azonnal látható, hogy w «-edik gyök, mivel n-edik hatványa éppen z-vel egyenlő, vv-nek ebben az előállításában azon­ban még végtelen sok k érték szerepel. Bebizonyítható, hogy a

k — 0, 1,2, . . . , n — 1

választással n különböző w számot kapunk, a további k értékek m ár nem ad­nak újabb gyököt, tehát

a z komplex számnak n darab n-edik gyöke van, ezek a (11.3.5) képlettel állíthatók elő, ha k helyébe rendre a 0, 1 ,2 , . . . , n — 1 számokat helyettesítjük.

A komplex számok körében az n-edik gyökök jelölése éppen ezért nehézsé-n

get okoz. Az y z szimbólummal szokás az n-edik gyökök halmazát jelölni, ez azonban algebrai kifejezésekben többértelműsége miatt gyakorlatilag nem hasz­nálható. Logikus az a megállapodás, hogy yz az n-edik gyökök közül az „elsőt”

n — cpjelölje, vagyis, ha z irányszöge cp(0 s. cp < 360°), akkor j/ z irányszöge — . Ez

nösszhangban van a y a-ra az 5.!. szakaszban adott definíciónkkal, mert így }'a

139

nemnegatív, v iszon t}' —8 ebben az esetben nem valós számot jelöl, hiszen3 / |gQ° | \y — 8 = 2 / sin —-— f / s i n — = 1 + / f$ , holott a 6.1. szakaszban adott

a,—meghatározásunk szerint \ — 8 = —2.

Egyetlen kiválasztott gyök jelölésére ezért inkább trigonometriai vagy expo­nenciális alakú ( L a l i .4. szakaszt) komplex számot szokás használni.

A komplex számok körében minden valós számnak (ha nem 0-val egyenlő) két négyzetgyöke van. P L : legyen z — 4, trigonometriai alakban:

z = 4(cos 0° + / sin 0°),a négyzetgyökök:

/ 0 ° . . 0° \ „4( cos ~y + 1 sm

3 -----------

es/ 0° + 360° . . 0° + 360° \ . .

4 |co s -------------hí sm ----- j — | •= 2( - 1 + /-0) = —2,

tehát 2 és —2.Legyen most z = —4, trigonometriai alakban:

z = 4(cos 180° + / sin 180°),a négyzetgyökök:

/ 1CA° 180° \4feos —^— l~i s™ —2 ~ 'j = 4(cos 90° + / sin 90°) = 2/,

/ 180°+ 360° . . 180° + 360° \ .. ™ 0 , . .4 í c ö s ------- ^-------- h* s m ------- „------- 1 = 4(cos 270 + i sm 270’ ) — — 2i.

U tóbbi két példánk eredménye általánosítható:

ha a pozitív valós szám , akkor a-nak és -a -n a k a komplex számok körében két négyzetgyöke van:

a négyzetgyökei: f á é s —{/a,— űt négyzetgyökei: / f a és — Z f a .

Ennek megfelelően p l .: — 1- négyzetgyökei i és — /.

Feladatot

1. Legyen z t = 3(cos 42° + / sin 42°),. Zg = 5(co-s I7° + í sin 17°),, állítsuk elő

1Z2Z]

z tz , és- — trigonometriai és algebrai alakját. z2A trigonometriai alakok:

z& t = 3 • 5|cos('42° + 17°)+ i sin|420'+ i r > ) = l-5(cos 59° + / sin- 59p>;.

140

— = -^-{cos (42° —1 7 ° )+ /s in :(42° —17°)) = 0,6(cos 25° + / sin 25°). z 2 5

A z algebrai alakok (közelítő értékek):

Mivel cos 59° = 0,5150 és sin 59° = 0,8572, ezért z ,z 2 = 15(0,5150 + /-0,8572) = 7,725+ + 12,858/,

továbbá: cos 25° = 0,9063 és sin 25° = 0,4226, ezért — = 0,6(0,9063 + /-0,4226) =Z‘>= 0,5438 4-0,2536/.

2. Állítsuk elő az i negyedik gyökeit trigonom etriai alakban.M ivel / = l(cos 90°+ /sin 90°), / negyedik gyökeinek trigonometriai alakja:

90° . 90° cos — — h /sin = cos 22,5° + / sin 22,5°,4 4

cos ^ ± * £ + « n = cos H2,5° + /s in 112,5°,

^ 9 0 W + .sm 90-+720: = cos sin4 4

90°+1080° . . 90Q +1080° eo . .c o s ------------------Hz sin ---------------- = cos 292,5 -H* sin 292,5 .

4 4

3. Számítsuk ki 1 köbgyökeit trigonometriai és algebrai alakban.1 = cos 0 ° + /s in 0°,

°° - ■ °° a gyökök: cos ——t- / sin - y = 1 ,

0° + 360° . . 0°+ 360° : 1 ■ Í 3cos ----- + / s i n ----- 3 - — = cos 120 + 1 sm 120 — — —+ / ,

0° + 720° . . 0° + 720° 1 cos — -------- h/sm ---- ------ = cos 240 + í sin 240 = — — .

Itt jegyezzük meg, hogy 1-nek az «-edik gyökeit n-edik egységgyököknek nevezzük, ebben a példában a harmadik egységgyököket számítottuk ki.

4. Oldjuk meg a komplex számok körében a következő másodfokú egyen­letet: x 2 — 8x + 65 = 0.

A megoldóképlettel:

8 + /64--26Ö 8 + 196 8 + 14/* 2 - -2 - 2

x , = 4 + 7 /. x 2 = 4 — 7/,a megoldás tehát két konjugált komplex szám.

A komplex számok körében a valós együtthatójú másodfokú egyenletnek mindig két (esetleg egy beeső) megoldása van, két valós szám, vagy két konjugált komplex szám.

Komplex gyökök esetében is felírhatjuk a másodfokú egyenlet gyöktényezős alakját, tehát

x 2- 8x + 65 = (x —4 —7/) (x —4 + 7/) = 0.

141

A műszaki gyakorlatban bizonyos számítások egyszerűsítése céljából a komplex számoknak az ún. exponenciális alakját használják. M egállapodunk abban, hogy az 1 abszolút értékű és cp irányszögű komplex számot e'v-vel jelöljük, ahol e a természetes logaritmus alapszáma (6.6. szakasz), tehát

cos <p + i sin cp = A

Ennek megfelelően az r abszolút értékű és cp irányszögű komplex szám expo­nenciális a lak ja :

/■(cos cp+i sin <p) = re‘f.

Ennek a jelölésmódnak az előnye, hogy bizonyos műveletek igen egyszerű­en, a hatványok megszokott azonosságai szerint végezhetők el; a jelölés jogos­ságát egyébként a komplex számok körében értelmezett általános hatványfoga­lom segítségével igazolni lehet.

Szorzás. Az/j(cos (px + i sin (j9a) = r2(cos cp2 + i sin cp2) = r2e 'f’-

komplex számok szorzata trigonometriai alakban:/y-2(cos ((pi + cp2) + i sin (<Pi + 9o2)),

ennek exponenciális alakja: r1r2ei i+(i,2\ de ugyanezt kapjuk, ha az azonos alapú hatványok szorzásánál az ismert szabályt alkalmazzuk, azaz a kitevőket összeadjuk:

r1eilpí • r2eif’- = r1r2e i 1+i>!:\

Osztás. Az előzőkhöz hasonlóan adódik, hogyr-iéf’■ r-, .r2e ^ ‘ r2

Hatványozás. A Moivre-képlet szerint[>(cos cp + i sin cp)]n = rn(cos ncp + i sin ncp),

ez exponenciális alakban:— j-n incp

tehát a hatványozásnál is a régi szabályok érvényesülnek.

Gyökvonás. Ugyanúgy, m int a trigonometriai alak esetében, itt is figyelembe kell vennünk, hogy a cp irányszög nincs egyértelműen meghatározva, ezért re‘f w-edik gyökeire a következő n érték adódik (a hatványkitevőben radiánok- ban mért szögeket használunk):

nry r e " ,

11.4. A komplex számok exponenciális alakja

142

Feladat

írjuk fel az ötödik egységgyökök exponenciális alakját. Mivel 1 = cos 0 + /s in 0 = ei%0, az egységgyökök:

12. Egyhatározatlanú (egyváltozós) polinomok

12.1. Az egyhatározatlanú polinom fogalma; a Horaer-módszer

A p = anxn + an_1xn~1 + a„_2x ”~2 + . . . + a2x 2 + axx + a0, (a„ ^ 0)

kifejezést az x határozatlan n-edfokú polinomjának nevezzük. Megjegyezzük, hogy az x-et változónak is szokás nevezni, ha a polinomot elsősorban m int függ­vényt vizsgáljuk. Az ű0, ax, a2, . . . , an a polinom együtthatói, és a polinomot csak akkor tekintjük adottnak, ha ismert, milyen számkörből választottuk az együtthatókat; így beszélünk pl. komplex, valós, racionális vagy egész együttha­tós polinom ról aszerint, hogy az együtthatók melyik számhalmazból valók. H a az együtthatóhalmazt külön nem adjuk meg, rendszerint valós együtthatós polinom ra kell gondolnunk.

H a x helyébe egy c értéket helyettesítünk, a kapott számot a c helyen vett helyettesítési értéknek mondjuk és />(c)-vel jelöljük; általában egy tetszőleges x helyen vett helyettesítési értéket ennek megfelelően pedig /?(x)-szel. Ilyen ér­telemben p(0) = a0, a0 egyébként a polinom állandó tagja.

Az egyetlen állandóból álló polinomot {p = a0 ^ 0) nulladfokú polinomnak mondjuk. Figyeljük még meg, hogy a p{ 1) helyettesítési érték minden polinom- nál az együtthatók összegével egyenlő.

H a a polinom minden helyettesítési értéke 0, akkor szükségképpen minden együtthatója is 0, az ilyen polinom a nullpolinom, a nullpolimomnak nem szokás fokszámot tulajdonítani.

A helyettesítési érték kiszámítására célszerű módszer azún. Horner-módszer (vagy Horner-szabály, Horner-elrendezés); kiküszöböli a közvetlen 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 részből x-et kiemeljük, majd ezt az eljárást foly­tatjuk :

p{x) = a„x + a„_x)x + a„_2) x + an_3] . . . + ax} x + a0.Pl. a 3x3 —2x2 + 5x + 6 harm adfokú polinom ilyen átalakítása:

((3x — 2)x + 5 )x + 6 .

A Horner-módszer a következő. írjuk fel egy táblázat első sorába a polinom együtthatóit, a„-nel kezdve:

144

an -l an - i ■ • ■ Ű! a0

c an anc + an_x (anc + an_1)c + an_2 P(c)

A második sorba a„ alá ismét a„ kerül, ettől balra levő oszlopba írjuk fel (emlékeztetőként) a helyettesítendő c értéket. a„ az első „kiszám ított érték” . Az eljárás a következő: az utolsó kiszámított értéket megszorozzuk c-vel és hozzáadjuk a következő oszlop első sorában levő 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 - 7 0 3 - 2 72

3 1 - 4 - 1 2 - 3 3 - 1 0 1 -2 3 12 1 - 5 - 1 0 - 1 7 - 3 6 0

— 4 1 - 1 1 44 - 1 7 3 690 -2 6 8 8

ezek szerint p(3) = —231, p{2) = 0, p (—4) = —2688. A zokat 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 körében használt osztási eljárással. Egyébként a valós együtthatójú p polinom ot akkor mondjuk oszthatónak a valós együtthatójú / polinommal, ha van olyan g polinom, hogy

P = f 'g -Az osztás módját egy példán m utatjuk meg. M indenekelőtt fontos, hogy a két polinomot rendezett alakban — tehát pl. m indkettőt csökkenő hatványaival — írjuk fel. Végezzük el a

(6x5—28x4+ 29x3 + 6x2 - 37x+ 2 0 ): (2x2- 8 x + 5 )osztást.

145

Az első lépésben az osztó első tagját elosztjuk az osztandó első tagjával, a hányados 3x3, ez lesz a hányadospolinom első tagja. Ezzel most megszorozzuk az osztót és a szorzatot az osztandó alá írjuk és kivonjuk az osztandóból (a ki­vonás jelzéseként az ellentétesre változtatott előjeleket is kiírjuk):

(6x5 —28x4 + 29x3 + 6x2 —37x + 2 0 ): (2x2 —8x + 5) = 3x3__ 6x3 + 24x4 + 15x3

—4xl + 14x3 + 6x2 — 31x + 20

Innen az egész eljárás ismétlődik egészen addig, amíg nulla m aradékot nem kapunk, feltéve, hogy az osztandó osztható az osztóval. A hányados második tag ja :

— 4x4 : 2x2 = — 2x2,+ 4x4 + 16xs + 1 Ox2

— 2x3+ 1 6 x 2 —37x + 20 ...............a hányadosban: — x,+ 2x3± 8x2 + 5x

8x2 —32x + 20 ...............a hányadosban: 4,— 8x2 + 32x + 20

0A 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.

Egy másik példa:(4x3 —31x2 + 45x—18) :(4x —3) = x2- 7 x + 6

_ 4 x 3 + 3x2— 28x2+ 4 5 x — Í8"+ 28x2 + 21x

24x—18 . 24x + 1 8

Ö '

12.3. A polinomok gyöktényezős alakja

A polinomok gyakorlati alkalmazásának legfontosabb kérdése a gyökhelyek megkeresése, ami lényegében egyenletmegoldást jelent. Ebben viszont lényeges egyszerűsítést nyújthat a polinom szorzattá bontása; ehhez segít hozzá a követ­kező tétel:

ha a p polinomnak x , gyökhelye, akkor p osztható x~ x \-g ye l. (Az x —Xi-et itt gyöktényezőnek nevezzük.)

146

Legyen ugyanis p(x) = anxn + art_1xn x+ . . . + a1x + a0. Mivel xx gyöke p- nek, p(Xi) = a„xl + an_1x l~ 1+ . . . + ö 1x1 + a0 = 0, ezértp(x) = p(x)-p{x-i) = a„xr, + an 1xn~1 + . . . + a1x + a 0-(a„ xf+ a„ _1xf-~1+ . . .

+ a1x 1+a0) = an(x,,—x fj+ a n_í(xn~1 — x1~'1)+ . . . + a 1( x —x1).

A 3.2. szakasz szerint a zárójeles kifejezések mindegyike osztható x —x r gyel, ezért utolsó kifejezésünk szorzattá alakítható úgy, hogy az egyik tényező x —x x legyen, a másik pedig egy n — 1-edfokú gx polinom:

p = ( x - x - l ) ^ .

Ha most gx-nek x2 gyökhelye, akkor gx is felírható ( x —x2)g2 alakban, ahol g.2n — 2-edfokú polinom; ezt tovább folytatva kapjuk, hogy ha g2-nek x3 gyöke, akkor g2 = ( x —x3)g3, aho lg3n — 3-adfokú polinom. Ez az eljárás legfeljebb ad­dig folytatható, míg a gyöktényező szorzója nulladfokú polinom, tehát állandó nem lesz, azaz az eljárásunk legfeljebb n lépésben biztosan végetér, s ha tényleg n gyököt találtunk, akkor p elsőfokú gyöktényezőknek a szorzatára bontható. Bebizonyítható, hogy az ebben az esetben kapott g„ nulladfokú polinom éppen a„-nel egyenlő, ezért a p polinom gyöktényezős alakja:

p = a n i x - x ^ i x - x ^ . . . (x -x „ ) . (12.3.1)

Ebből természetesen az is következik, hogy xx, x2, . . . , x„ p-nek a gyökei (lehetnek közöttük egyenlők is). Az is látszik ebből, hogy ha p «-edfokú, nem lehet «-nél több gyöke.

Ha a gyököket a komplex számok között keressük, bebizonyítható, hogy az «-edfokú polinomnak pontosan n gyöke van, tehát a (12.3.1) alatti gyöktényezős felbontás ebben az esetben mindig létezik.

Bevezető tételünk m ódot 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.

P l.: oldjuk meg azx3 —6x2 + l l x —6 = 0

egyenletet.Könnyen láthatjuk, hogy x = 1 gyöke az egyenletnek (azaz az egyenlet bal

oldalán levő harm adfokú polinomnak), ezért a polinom osztható ( x — l)-gyel. Végezzük el az osztást:

(x3 —6x2+ l l x —6) : ( x — 1) = x2 —5x + 6— X3 ^ X2

— 5x2+ l l x —6 + 5x2± 5x

6x —6 __6x + 6

Ö ’

147

ezért x3 —6x2+ l l x —6 = (x — 1)(x2 — 5x + 6). Egyenletünk további gyökei vi­szont az x2 —5x + 6 polinom gyökeivel azonosak; ezek a másodfokú egyenlet megoldóképletével határozhatók m eg:

x2 — 5x4-6 = 0,5 ± j /2 5 -2 4 5 ± 1

x = --------^------- = —2— ’ *i = *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 ugyanis, hogy

a — racionális szám, ahol p és q relatív prímek, gyöke a polinomnak, azaz

^ + +ao = o,qn qn~l q

az egyenletet qn-nel megszorozva:a„p” + a„_1pn~1q + . . . + a1pqn~1 + a0qn = 0.

Rendezzük át ezt az egyenletet kétféle m ódon:p{anpn~1 + an_1pn~2q + . . . + a ig"~1) = - a 0qn, (12.4.1)q(a0qn~1 + a1qn~2p + . . . +a„_1qn~1) = - a npn. (12.4.2)

Első egyenletünk bal oldala osztható p-ve 1, ezért kell, hogy a jobb oldala is osztható legyen; viszont qn nem osztható /?-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

ha az egész együtthatójú anx n + a„_1x':~1 + . . . + a0 polinomnak a — racioná­

lis szám gyöke, akkor a0 osztható p-vel és an osztható q-val.

Ebből m ár következik, hogy ha an = + 1 , akkor q csak +1 vagy — 1 lehet,

ezért — -nak egésznek kell lennie, tehát 9

ha az egész együtthatós polinomban a legmagasabb fo kú tag együtthatója ± 1, akkor a polinom racionális gyöke csak egész szám lehet.

Feladatok

1. Keressük meg pl. a2x4 —5x3 —9x2 —1 I x—4 = 0

egyenlet racionális gyökeit.

148

Mivel a„ = 2 és ennek osztóiq lehetséges értékei:Q = ± !, ±2,

a0 = —4, ennek osztóip lehetséges értékei:p = ± 1, ± 2 , ± 4 .

így lehetséges értékei: ± 1 , + 2 , + 4 , ± y , tehát összesen 8 érték. A Horner-módszerrel

számítsuk ki ezek helyettesítési értékeit:

2 - 5 - 9 - 1 1 - 4

1 2 - 3 - 1 2 - 2 3 - 2 7- 1 2 - 7 _ 2 - 9 5

2 2 - 1 - 1 1 - 3 3 - 7 0- 2 2 - 9 9 - 2 9 54

4 2 3 3 1 0 -------- 4 2 - 1 3 43 -1 8 3 728

1

Y2 - 4 - 1 1 - 1 6 ,5 - 12,25

í

~~22 - 6 - 6 - 8 0 -------

Számításainkból kitűnik, hogy az x = 4 és x = — ^ helyeken van a polinomnak racionális

gyöke.

2. H atározzuk meg azx3 — 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 - 6 - 8 7

1 1 - 5 - 1 3 - 6

- 1 1 - 7 - 1 8

7 1 1 - 1 0 ---------- 7 1 - 1 3 83 - 5 7 4

Ezek szerint a polinom egyetlen racionális gyöke x , = 7.

149

Megjegyezzük, hogy ennek segítségével a harmadfokú polinom többi gyöke is kiszámít­ható; a polinom ugyanis osztható a z x — 1 gyöktényezővel és így szorzattá bontható; végez­zük el az osztást:

(x3 - 6 x 2- 8 x + 7 ) : (x — 1) = x- + x - \_ x 3 + l x 2

x 2- 8x + 7 _ x 2 + l x

= x + 7 + x ± l _

0

Megfigyelhetjük, hogy a hányados együtthatói: 1,1, —1, az előbbi 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 x 0 gyökhelye, akkor x 0 helyettesítési értékének Horner-módszerével történő kiszámításakor fellépő számok rendre azonosak annak a polinomnak az együtthatóival, amelyet a polinomból x - x 0-lal való osztással kapunk.

Egyenletünk ezért (x — 1) (x2 + x — 1) = 0 alakban írható. Az egyenlet további gyökei az x 2 + x — 1 = 0 gyökeivel azonosak, ezeket a másodfokú egyenlet megoldóképletével szá­míthatjuk ki:

- 1 + ÍT+4 - \ ± { 5x = — 2— = — r ~ '

—1-1-1/5 —1 — A az egyenlet további gyökei tehát: x z = ----- ------ , x 3 = ------- ----- •

A most megismert eljárást másodfokú polinom esetén nem szoktuk használni, mert ott a megoldóképlet használata gyorsabb és egyszerűbb. Bár harmad- és negyedfokú polinomok gyökeinek a kiszámítására is megadható képlet, ez már annyira bonyolult, hogy érdemes helyette az előbb ismertetett eljárással próbálkoznunk. 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. közelítő eljárást alkalmazni; erre mutatunk egy példát a 21.9. szakaszban.

150

13. Kombinatorika

13.1. Sorba rendezési problémák; permutációk, variációk

A kom binatorika leggyakoribb feladatai közé tartoznak a sorba rendezési prob­lémák; ezek közül választunk most ki bevezetőül kettőt.

1. Hány olyan háromjegyű szám van, amely különböző számjegyekből áll?

A feladat megoldása céljából készítsünk el három rekeszt; egy — a feladat­nak megfelelő — háromjegyű számot úgy írunk fel, hogy jegyei rendre egy-egy rekeszbe kerüljenek.

számjegy 2 . számjegy 3. számjegy

lehetőség 9 lehetőség 8 lehetőség

Az első számjegyet az 1, 2, . . . ,9 számok közül választhatjuk, tehát 9-féle- képpen. A másodikat a 0, 1, 2, . . . , 9 jegyek közül választhatjuk, tehát 10-féle- képpen, de ezek közül az egyik m ár nem jöhet szóba, mert azt az első helyre beírtuk, ezért erre szintén 9 lehetőség van. Ez azt jelenti, hogy az első két he­lyet összesen 9-9 = 81-féle módon tölthetjük ki helyesen, hiszen minden első helyre beírt számban a második jegyet 9-féleképpen választhatjuk.

A harm adik rekeszbe a 0, 1, 2, . . . , 9 számok közül azokat írhatjuk be, amelyek nincsenek az első két rekeszben, ennek kiválasztására tehát 8 lehető­ségünk van ; ezek szerint a három rekesz 81-8 = 648-féleképpen tölthető meg, ennyi a különböző jegyekből álló háromjegyű számok száma.

2. Hányféleképpen lehet tippelni a totóban 14 mérkőzésre, ha a lehetséges tippek 1, x, 2?

M ost is elképzelhetjük, hogy — mint a valóságban — a tippeket 14 rekeszbe írhatjuk be. Az első rekeszt 3-íeleképpen tölthetjük ki, a másodikat ettől füg­getlenül szintén, tehát az első két mérkőzésre összesen 3 • 3 = 9-féle tippet ad­hatunk. A további rekeszekbe ismét háromféleképpen írhatunk jelet, ez azt jelenti, hogy minden mérkőzéssel megháromszorozódik a kitöltési lehetőségek száma, ezért 14 mérkőzésre összesen 314 = 4 782 969 lehetőség van.

151

Hasonló m ódon lehet sorba rendezni nemcsak számokat, hanem tetszőle­ges tárgyakat, embereket s tb .; á lta lában : elemeket. Eljárásunk lényegét a sorba rendezési tétel m ondja k i :

ha az elemek egy bizonyos halmazát úgy akarjuk sorba rendezni, hogy az elsőhelyre nx, a másodikra n2, a harmadikra n3, . . . , a k-adikra nk elem kerülhet,akkor az összes lehetséges sorba rendezések száma:

nv nr n3- . . . •nk.

A gyakorlatban előforduló sorba rendezési típusoknak külön nevet szoktak adni, két ilyen alaptípust képviselnek a permutációk és a variációk.

Permutációk, n különböző elem egy bizonyos sorrendjét az n elem egy per­mutációjának nevezzük, az elemek különbözőségére gyakran az ismétlés nélküli permutációk elnevezéssel utalunk.

H a n elemet a permutációknál n rekeszbe kell elhelyeznünk; az elsőt n- féle­képpen választhatjuk ki, a másodikat a megmaradt n — 1 elemből n — 1-félekép­pen választhatjuk, a harm adikat n — 2-féle módon, . . . , az n — 1-ediket kétféle­képpen, az utolsót (n-ediket) pedig csak egyféle m ódon; ezért a sorba rendezési tétel alapján n elem permutációinak szám a:

n -(n — !)•(« — 2)- . . . -2*1,azaz az első n pozitív egész szorzatával egyenlő.

Megjegyezzük, hogy ennek a gyakran előforduló szorzatnak a jelölésére az n ! (o lv .: n-faktoriális) jelet használjuk. Bizonyos képletek egyszerűsítése céljá­ból megállapodunk abban, hogy

1! = 1 és 0! = 1.

PL: Az 1, 2, 3 elemek perm utációinak száma 31 — 6. Valóban, az összes lehetséges sorrend:

123 213 312 132 231 321.

A faktoriálisokat az n 1-től 50-ig terjedő értékeire a III. táblázat tartalmazza. (Megemlítjük, hogy n !-t nagy n értékekre aránylag jól közelíthetjük meg az ún. Stirling-formulával:

± _ni n + 2 e~n f i n ,

ahol e a természetes logaritmus alapszáma.)

H a n elem között k darab egyenlő, akkor ezek lehetséges sorrendjeit ismétléses permutációknak m ondjuk; pl. az 1, 2, 2, 2, 3 elemek ismétléses per­mutációiban a 2-eseket nem különböztetjük meg, ezek:

152

12223 21232 22231 2322112232 21322 22312 3122212322 22123 22321 3212213222 22132 23122 3221221223 22213 23212 32221

H a ebben a 20 ismétléses permutációban megkülönböztetnénk a 2-eseket pl. a 2i, 2a, 23 jelekkel, akkor pl. az első permutációnk m eghatszorozódnék:

12x22233 1222x233 1232x223 12x23223 122232x3 123232x3.

Ennek az az oka, hogy a 2x, 22, 23 elemeknek éppen 3! = 6 permutációja van. Ha tehát az ismétléses permutációk számát, P-1 megszorozzuk 6 !-sal (azaz általában: k !-sal), megkapjuk az ismétlés nélküli permutációk számát, 5! = = 120-at (általában: n\-1), ezért P -k l = n\, ebből: P = n i/k i, tehát

ha n elem között k darab egyenlő, akkor az ismétléses permutációk száma:ni*T (13.1.1)

H asonlóan bizonyítható, hogyha n elem úgy osztható fe l s számú csoportra, hogy az egyes csoportokban az elemek száma rendre k i, k 2, ■ ■ ■, ks (k i + k 2 + . . . + k s = ri) és az egyes csoportokon belül az elemek egyenlők, akkor az n elem ismétléses permutációinak a száma:

(k i + k^^r ■ • • -\-ks = rí). (13.1.2)k i l - k J - . . . -k sV

Variációk. Ha n különböző elemből kiválasztunk k (különböző) 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:

12 14 2421 41 4213 23 3431 32 43

n elem hadosztályú variációinak a számát V„, A--val (vagy F*-va!) szokás jelölni; előző példánk szerint V4t2 = 12. A sorba rendezési tétel alapján álta­lánosan is megadhatjuk V„:k értékét. Ebben az esetben ugyanis n elemből k számú rekeszt kell kitöltenünk. Az első helyre ^-féleképpen választhatunk elemet, a következőbe a maradék n — 1 közül választhatunk, a harm adikba n —2-féle módon, és így folytatva, az utolsó, fc-adik rekeszt n —k + \ m ódon tölthetjük meg, ezért a sorba rendezés lehetőségeinek a szám a:

V„,k = « • ( « - ! ) • ( « —2)- . . . - ( n - k + l ) . (13.1.3)

153

Ezt az eredményt valamivel rövidebben is felírhatjuk; szorozzuk meg ui. előző egyenlőségünk jobb oldalát (n — A:)!-sal és ugyanakkor osszuk is el ezzel, és vegyük figyelembe, hogy n-(n — 1)- . . . -(n — k + l)-(n — k)l = ni:

V^ = (é m - ( 1 3 - L 4 )

Az ismétlés nélküli variációknál természetesen k á n. Ha k = n, akkor a variációk az n elem permutációival azonosak.

H a viszont n különböző elemfajtából úgy rendezünk sorba k elemet, hogy azok között tetszőleges számú egyenlő is lehet, akkor az n elem egy k-adosztályú ismétléses variációját kapjuk. Ebben az esetben a k n-tői függetlenül bármilyen nagy értéket is felvehet.

A sorba rendezéskor itt a k számú rekesz mindegyikét ^-féleképpen lehet kitölteni, ezért a sorba rendezési tétel szerint

n elem k-adosztályú ismétléses variációinak a szám a: «*.

A 2. mintapéldánkban (totószelvény-kitöltés) 3 elem 14-edosztályú va­riációit szám ítottuk ki.

További sorba rendezési példák:

3. Hány hétjegyű számot lehet képezni a 2, 3, 3, 6, 6, 6, 9 számjegyekből?Egy ilyen szám a megadott hét szám egy sorrendjét jelenti; ebben az eset­

ben a hét szám ismétléses permutációiról van szó, amelyekben k \ = 1, k 2 = 2, kz = 3, k i = 1, a sorrendek (permutációk) száma tehát:

7! .. = g040 = 4201 !2!3!1! 12

ennyi a képezhető hétjegyű számok száma.

4. Hány olyan hatjegyű telefonszám van, amely 8 1-gyel kezdődik?

A telefonszám első és második jegye kötött, a harm adiktól kezdve azon­ban a 10 számjegy bármelyike lehet, ezért az összes lehetséges szám 104 = = 10 000.

5. Egy jelsorozatot n hosszúságúnak mondunk, ha pontosan n jelből áll. Hány különböző n hosszúságú jelsorozatot lehet készíteni, amelyben a jelek0-k vagy 1-esek lehetnek?

A feladatban két elem (0 és 1) w-edosztályú ismétléses variációiról van szó, ezek száma 2".

6. Az autók rendszámtábláján két tetszőleges betű és utána négy szám­jegy áll. Hány rendszámtábla készíthető, ha 24 betű áll rendelkezésünkre?

M indkét betű 24-féleképpen, tehát a kettő együttesen 242 = 576-félekép- pen állítható össze; a számok mindegyike pedig 10 módon választható, tehát

154

összesen 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 ismerőknek csak annyit kell a magyar kártyáról tudniuk, hogy lapjai különbözők.)

a) Ha a lapokat visszatesszük, a hat lap mindegyikének választására 32 lehetőségünk 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 kap ju k :

V 32,8 = 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 hatelemű halmazt alkotnak: 1, 2, 3, 4, 5, 6, ebből kell sorba rendeznünk 3 elemet; mindegyik helyre 6 elem kerülhet, ezért az összes lehetséges esetek száma 63 = 216.

9. Hány olyan ötjegyű szám van, amelynek második és harm adik jegye 7-es és öttel is osztható?

Az első számjegy 9-féle lehet (0 nem lehet első jegy), a második és harm adik csak 1-féle, a negyediket 10 jegyből 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 ötjegyű számok száma:

9 . M . 10-2 = 180.

13.2. Részhalmaz-kiválasztási problémák; kombinációk

A kom binatorikában egy n elemű halmaz egy k elemű részhalmazát az n elem egy k-adosztályú kombinációjának nevezzük. Az n elemű halmaz elemeit, és így a k elemű részhalmaz elemeit is itt természetesen különbözőnek tekintjük (néha szokás ezért ismétlés nélküli kombinációról beszélni).

n elem /c-adosztályú kombinációinak a számát Cn> /t-val, vagy Cj-val szokás

jelölni, gyakoribb jelölési módja azonban: (o lv .: n alatt a k).

A kombinációk tehát — a permutációkkal és a variációkkal ellentétben — olyan elemhalmazt alkotnak, amelyben az elemek nincsenek sorba rendezve.

155

n elem egy A>adosztályú kombinációjának (azaz k elemű részhalmazának) az elemeit A:!-féleképpen lehet sorba rendezni és ezzel a sorba rendezéssel az n elem fc-adosztályú ismétlés nélküli variációit kapjuk meg, azaz

V n , k — C n , k - k \ ,

ebbőlr Vn.k n\ n ( n - l ) - . . . - ( n - k + í ) (n \ ,Cn’k = ~JcT = m ^ k y . = -------- Ü l . . . . .k -------- = (* )• (]3 2 A )

Ezzel megkaptuk n elem A:-adosztályú kombinációinak a számát.Bizonyos kifejezések egységessé tétele érdekében megállapodunk abban,

hogy és ^ 1-gyel legyen egyenlő; ez következik egyébként C„,^-nak

nialakú kifejezéséből is.k l ( n - k ) l

H a n elemből úgy állítunk össze egy k elemű elemcsoportot, hogy abban egyes elemek többször is szerepelhetnek, akkor az n elem egy fc-adosztályú ismétléses kombinációját kapjuk. Pl. az 1, 2, 3, 4, 5 elemek másodosztályú ismétléses kombinációi (az elemek sorrendje itt nem szám ít):

11 13 15 23 25 34 44 5512 14 22 24 33 35 45

Az ismétléses kombinációknál megengedjük, hogy k nagyobb legyen «-nél. Bebizonyítható, hogy

n elem &-adosztályú ismétléses kombinációinak a száma:

_ / n + k — 1\ _ n(n + 1) (n + 2)• . . . - (n + k — \) k J 1-2-3- . . . -k

Feladatok

1. Hányféleképpen tölthető ki a lottószelvény?A lottóban 90 számból kell 5-öt kiválasztanunk, ezek száma 90 elem 5-ödosztályú kombi­

nációival egyenlő:

/ * * 90-89-88.87.86

Cism n,k

(?) 1-2-3-4-5

2. Hányféleképpen lehet összeállítani egy 20-as létszámú osztályból négy öttagú csapatot?

Az első öttagú csapatot a 20-as osztályból ^^ -féleképpen állíthatjuk össze; a másodikat

a maradék 15 emberből ^ -féleképpen; hasonlóan: a harmadikat ^^-féleképpen , a meg­

maradt 5 emberből áll a negyedik csapat, erre tehát csak 1 lehetőség maradt. Ebből az összes lehetséges csapatösszeállítás száma:

156

l 5 / l 5 / \ 5 / 5! 15! 5! 10! 5! 5! (5 ! )4 ’ '

3. Hány részhalmaza van egy n elemű halm aznak?

Általában: a k elemű részhalmazok száma: Megállapodás szerint íg ) = 1, és az

üres halmazt is részhalmaznak tekintjük, ezért a részhalmazok száma rendre a 0 elemű, 1 elemű, 2 elemű, . . . , n elemű részhalmazok számának az összege, azaz

( o ) + ( l ) + ( 2 ) + • . . + ( n - l ) + (n ). (13.2.2)

(A következő szakaszban megmutatjuk, hogy ez az összeg 2"-nel egyenlő.)

4. A dott 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 való. Hány szakaszt kell megrajzolnunk ?

Minden szakaszhoz tartozik 2 pont az adottak közül, ti. a végpontjaik, és minden pont­párhoz egyetlen összekötőszakasz. A szakaszok száma tehát annyi, ahány pontkettőst lehet az

n pont közül kiválasztani, azaz ®z®rt a szakaszok száma:

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

Egy dobás eredménye ötöt tartalmaz a kockák lapjain levő 1, 2, 3, 4, 5, 6 számokból, közöttük egyenlők is lehetnek; tehát 6 elem 5-ödosztályú ismétléses kombinációinak a számát kel! kiszámítanunk:

/ 6 + 5 —1\ / 10\ ! 0 ' 9 ‘ 8 ' 7 ' 6 - 252f + r , H ,„)1 -2 -3 -4 -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 tényező szorzata­ként fogjuk fel és megkülönböztetjük a tényezőkben az a és b tagokat, akkor a szorzatot és kifejtését így írhatjuk fe l:

(a1+ b 1) (a2+ b2) (a3+ b s) = aia2a3+ a 1a2bi + a2azb1+ a 3a 1b2 ++ aib2bs + a2b%bi + azbib2 + bjj^bz.

157

H a az eredményként kapott összegben ai = a2 — a3 = a és bi = b2 = = b3 = b, akkor éppen a kéttagú köbére nyert eredményt kapjuk vissza. Figyeljük meg, hogy jönnek létre az utóbbi összeg tagjai: minden tag három- tényezőjű szorzat, és a szorzatban minden zárójelből szerepel egy tag; az űiű2£>3-at pl. úgy kapjuk meg, hogy két zárójeles összegből a-1, egyből pedig b-1 választunk ki; ezt háromféle módon tehetjük meg, ezért szerepel az összeg­ben három ilyen típusú tag.

Á ltalában: (a+ b)n kifejtésében ilyen típusú tagok szerepelnek: akbn~ k (a kitevők összege éppen w-nel egyenlő!); ezt az

(a + b)n = (a + b)(a + b)(a+b)- . . . -(a + b)

szorzatból úgy kapjuk meg, hogy k számú zárójelből az a-1, a többi n — k -ból

a b-1 szorozzuk össze. Mivel n zárójelbőlk számút -féleképpen választhatunk

ki, az eredményben ^ j - s z o r szerepel az akbn~k tag, ez azt jelenti, hogy a

kéttagú n-edik hatványa

alakú tagok összegéből áll, ahol k értéke 0-tól n-ig terjedhet, ezért

(a + b y = Q a ‘ + ^ j a ‘~1b + . . . + ^n n_ ^ a b ^ + Q b " . (13.3.1)

A fenti összefüggés a Newton-féle binomiális tétel.Ezek szerint pl.

( a + b ) 4 = Q fl4 + ( l ) a i b + ^ 2 ) a ‘l h i + ^ í ) a b 3 + Í ^

Mivel(o) = *• (í) = 4' (2) = 6- (3) = 4- (4) = u ezért(a + b)4 = a4+4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4.

Az szimbólumot a m ost megismert alkalmazása miatt binomiális együtt­

hatónak nevezik. A leggyakrabban előforduló binomiális együtthatókat a IV. táblázat tartalmazza.

A binomiális együtthatók néhány nevezetes tulajdonságát vizsgáljuk most meg.

A> (í) ^ ( n - k

158

A bal oldalon az n elemű halmaz k elemű részhalmazainak a száma áll. Am ikor viszont az n elemből k elemet kiválasztunk, akkor autom atikusan ki­választódik a maradék n — k elem, tehát minden k elemű részhalmazhoz eleve hozzákapcsolódik egy n — k elemű részhalmaz, és ez megfordítva is igaz, tehát a k elemű részhalmazok és az n — k elemű részhalmazok száma egyenlő.

A bizonyítást természetesen a binomiális együtthatók (13.2.1) alatti de­finíciója alapján is elvégezhetjük. Ezt a módszert követjük a következő össze­függésnél (bár ez is bizonyítható kombinatorikai meggondolásokkal):

MriHYr-i*A binomiális együtthatók (13.2.1) alatti definíciója szerint

w —1\ / « — _ (w—!)'• , (ft—1)'-[ k - l j \ k J (k - \ y . ( n - k ) \ k \ { n - k - \ ) \

(n—\y.k + (n — \y.(n — k) (n— ])\(k + n — k) n\ ink\(n — k)\ k\(n — k)\ k\(n — k)\ \k

s ezzel összefüggésünket bizonyítottuk.

Ez az összefüggés azonnal következik az a — b = 1 helyettesítéssel a (13.3.1) alatti binomiális tételből. Mivel a bal oldalon itt a 13.2. szakasz 3. példája szerint az n elemű halmaz részhalmazainak a száma áll, kim ondhatjuk, hogy

az n elemű halmaznak 2n részhalmaza van.

A z 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 sze­replő 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 y — 1(a + b)1 (a+ b)2 (a+b)s (a+b)4 (a+b)5 (a +by

1 11 2 1

1 3 3 11 4 6 4 1

1 5 10 10 5 11 6 15 20 15 6 1

Ebben a háromszögben bármelyik együttható a felette levő sorban tőle közvetlenül jobbra, ill. balra levő két együttható összege. Ennek alapján pl.

159

(a + fc)5 = a5 + 5aib + I0a3b2+ 10a2fc3 + 5a£>4 + f>5. Ellenőrizhetjük a C) tulaj­donság teljesülését. A (13.3.2) bal oldalán levő együtthatók éppen a Pascal­háromszög egy sorának az együtthatói; pl. az 5-ik hatványhoz tartozó együtt­hatók összege valóban 32 = 25.

13.4. A skatulyaelv és a logikaiszita-formula

K om binatorikai meggondolásoknál gyakran használjuk a következő tételt:ha egy n + 1 elemű ( vagy annál nagyobb) halmaz elemeit n skatulyába akar­ju k elhelyezni, akkor lesz olyan skatulya, amelyikbe szükségképpen leg­alább két elemet kell raknunk.

Vagy általánosabban:ha egy n k + 1 elemű (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. skatulya- elv.

A skatulyaelv helyes voltát egyszerű 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.

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 sakktáblaszerűen 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 között az átíőhossz — azaz Í 2 — a legnagyobb távolság, ezért a kis négyzetbe került két pont távolsága nem lehet na­gyobb / 2 -nél.

A következőkben a logikaiszita-formula alkalmazására m utatunk egy példát.

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

160

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 beszélők számát úgy kapjuk meg, hogy az angolul és németül beszélők számából levonjuk a három nyelvet beszélők szám át: 12 — 7 = 5. Hasonlóan kapjuk, hogy csak angolul és franciául be­szél 8 — 7 = 1, csak németül és franciául 9 — 7 — 2.

A csak angolul beszélők száma úgy határozható meg, hogy az angolul beszélők számából kivonjuk a három nyelvet, a csak angolul és németül és a csak angolul és franciául beszélők számát: 48 — 7 — 5 — 1 = 35. Ugyanúgy kap­ju k meg a csak németül beszélők szám át: 31—7 — 5 —2 = 17, és a csak fran­ciául beszélők szám át: 18 — 7—2 —1 = 8.

Az intézet dolgozóinak szám a: az idegen nyelvet nem beszélők száma + a csak egy nyelvet beszélők száma + a csak két nyelvet beszélők száma + a három nyelvet beszélők száma, tehát

(29 )+ (35 -f 1 7 + 8 ) + ( 5 + 2 + 1)+(7) = 104.Összefüggéseinket a halmazok körében alkalm azott Venn-diagrammal is

szemléltethetjük. Az intézet dolgozóinak halmazát egy téglalap ( /) belseje, az egyes nyelvet beszélőkét pedig a nyelvnek megfelelően ^í-val (angolul), iV-nel (német), ill. F-fel (francia) jelölt körlemezek ábrázolják, az egyes mezőkbe a megfelelő nyelvet beszélők számát írtuk be (13.4.1. ábra).

Feladatunkat m ost általánosabban fogalmazzuk meg: adott egy H halmaz és három tulajdonság: ti, tz és t3. Jelölje N(ti) a H olyan elemeinek a számát, amelyek rendelkeznek a ti tulajdonsággal (pl. beszélnek angolul), JV(tit2) azoknak a számát, amelyek rendelkeznek a ti és t2 tulajdonságokkal, és hasonlóan N (tit2ts) a m indhárom tulajdonsággal rendelkező elemek számát jelöli. (A tulajdonságok indexezése természetesen más is lehet.) Viszont ti jelölje azt a tulajdonságot, hogy egy elemnek nincs meg a ti tulajdonsága (pl. nem beszél angolul), ennek megfelelően N(t[t2Q azoknak az elemeknek a

161

számát jelöli, amelyek nem rendelkeznek a t i , h , t 3 tulajdonságok egyikével sem. Előző feladatunk gondolatmentét követve a következőket kapjuk, az egyes részhalmazok elemszámára (13.4.2. ábra):

Tulajdonságok: A velük rendelkező elemek száma:

t i , t%, t z N ( t i t e t z )

csak t i és t2 N ( t i h ) —N ( t i t 2t z) ;

csak ;2 é s / 3 N ( t 2t z ) —N ( t i t 2t 3) ;

csak t a és t i N ( t 3t i ) —N ( t i t 2t 3);

csak t i N ( t i ) - [ N { t i h ) - N { h h t z ) } - [ N ( t z í i ) - N { h h h ) \ -

—N ( t i t z t 3) — N ( t i ) —N ( t i t 2) —N ( t 3t i ) + N ( t i t 2 t 3) ;

csak t 2 N ( t 2) —N ( t 2 t z ) —N ( t i h ) + N ( t i t 2tz)

csak t 3 N ( t z ) ~ N ( t 3t i ) —N ( t 2t z ) + N ( t i t 2t 3)

hí t2> H ^ ( .h ^z)-A fentiekben megadott 8 részhalmaz diszjunkt, ezek uniója éppen a H hal­

mazt adja meg, legyen H elemszáma n, ekkor tehát

„ = iV(ri) + N (tJ-+ N {t3) - N { t i t2) - N(t2t3) -N ( tz t i) + N {tit2tz)+N(t[t& ).

Ez az összefüggés a logikaiszita-formula három tulajdonság esetén. A most megismert módszer tetszőlegesen sok tulajdonságra általánosítható. K ét tulaj­donság esetén a szitaform ula:

n = N ( t i ) + N { t 2) - N { t i h ) + N ( t ' i t ' 2).

A szitaformula alkalmazására oldjuk meg a következő feladatot: hány olyan szám van az első 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

162

Legyen most ti, t2, t3 rendre a 2-vel, 3-mal, 5-tel való oszthatóság tulajdon­sága, feladatunk N{t[t'2t£) meghatározását írja elő.

Az első 150 pozitív egész között 75 osztható 2-vel, 50 osztható 3-mal és 30 osztható 5-tel, tehát

N {h) = 75, N(t2) = 50, N (t3) = 30.

2-vel és 3-mal a 6-tal osztható számok oszthatók, ezek száma ——- = 25, 2-vel6

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 (tit2) = 25, N {tit3) = 15, N (t2t3) = 10.

2-vel, 3-mal és 5-tel egyszerre 2-3-5 = 30 miatt a 30-cal oszthatók, ezek száma: N {tit2tz) = 5.

A szitaformula szerint:

150 = 75 + 50 + 3 0 - 2 5 - 1 5 - 1 0 + 5 + ^ ( ^ 3 ) .ebből a keresett é rték :

N {t[ t^ ) = 40.

13.5. Gráfok; a gráfokkal kapcsolatos alapfogalmak

Vegyünk fel « számú pontot; közülük válasszunk ki tetszőlegesen párokat és ezeket kössük össze valamilyen folytonos vonallal; az így keletkezett alakzatot gráfnak nevezzük. Egy ilyen gráfot láthatunk a 13.5.1. ábrán. A pontok a gráf csúcsai vagy szögpontjai, a pontpárokat összekötő vonaldarabok a gráf élei, ezek tetszőleges ívdarabok lehetnek, pl. egyenesszakaszok is, szerepük elsősor­ban 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 jelentősége.)

Egy adott gráf — geometriai jellegén kívül — számos kapcsolatfajta leírá­sára is alkalmas. A 13.5.1. ábra gráfja pl. jelentheti bizonyos európai államok szomszédosságát. Rendeljük hozzá ui. a csúcsokhoz rendre a következő orszá­gokat: C i — Albánia, C2 — Anglia, C 3 ■** Ausztria, C4 ■*-*- Csehszlovákia, C5 — Finnország, C6 Jugoszlávia, C , *->- Magyarország, C8 Norvégia, C9 —>- NSZK, Cio -*■ Olaszország, C n «-<- Svájc, C i2 — Svédország. Gráfunkon két csúcsot akkor köt össze él, ha a nekik megfelelő országok szomszédosak; pl. Cio a C 3, C6, C u csúcsokkal van összekötve annak megfelelően, hogy Olasz­ország Ausztriával, Jugoszláviával és Svájccal szomszédos.

Jelentheti azonban gráfunk azt is, hogy egy véletlenszerűen összejött tizen­két tagú társaságban ki kit ismer; most a társaság tagjait azonosítjuk a csúcsok­kal, az ismeretséget (ezt most kölcsönösnek tételezzük fel) a megfelelő csúcsok összekötött volta jelzi; Cj pl. csak C6-ot ismeri, C2-nek viszont nincs ismeret­sége.

163

Jelentheti gráfunk azt is, hogy egy 12 sakkversenyzőből álló mezőnyben egy adott időpontban az egyes versenyzők kivel fejezték már be a játszm ájukat; a csúcsok a gráfban most a versenyzőket jelentik, két csúcs összekötése pedig azt, hogy a nekik megfelelő versenyzők már játszottak egymással.

Az is megengedett, hogy két csúcsot több él kössön össze, ezeket többszörös (párhuzamos) éleknek mondjuk; sőt lehetséges, hogy egy él mindkét végpontja ugyanabban a csúcsban legyen, az ilyen él a hurokéi (13.5.2. ábra).

Egy csúcs fokának mondjuk a csúcsban végződő élek számát (a hurokéit ezért a csúcsban kétszeresen számoljuk); a 0 fokú csúcsot izolált ( elkülönített) csúcsnak nevezzük.

Egyszerű a gráf, ha nem tartalm az párhuzamos éleket és hurokéit. A követ­kezőkben általában feltételezzük, hogy egyszerű gráfról van szó.

A gráf csúcsainak a száma a grá f rendje. Ha a gráf minden csúcsának a foka r, akkor r-edfokú reguláris gráfnak mondjuk.

Az n csúcsú (azaz n-edrendű) gráfban a csúcsok foka maximálisan n — 1. H a minden csúcs foka n —1 (azaz minden csúcs minden csúccsal össze van kötve), akkor a gráf n-edrendű teljes gráf, a 13.5.3. ábra ötödrendű teljes grá­

fot ábrázol. Az n-edrendű teljes gráfnakn{n~ 1)---- -— ele van.

Egy G gráf komplementere (kiegészítő 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-ből bizonyos csúcsok és élek elhagyásával kapunk; ha egy csúcsot elhagyunk, akkor természetesen a benne végződő éleket is el kell hagynunk. Szokás magát a G-t is a G részgráf­jának tekinteni. M ost néhány fontosabb részgráftípust sorolunk fel.

13.5.1. ábra. A szomszédság ábrázolása gráffal

164

13.5.3. ábra. Ötödrendű teljes gráf 13.5.4. ábra. Gráf és komplementere

A vonal (pálya) egymáshoz csúcsban csatlakozó élek sorozatából és az élek­hez tartozó csúcsokból áll; egy él csak egyszer fordulhat elő a sorozatban, egy csúcs azonban többször is. A vonal zárt, ha kezdő- és végpontja egybeesik, el­lenkező 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 összefüggő, ha bármely két csúcsát összeköti a gráf egy vonala, a

nem összefüggő gráf összefüggő komponensekre bomlik (a 13.5.3., 13.5.4. ábrák gráfjai összefüggők; a 13.5.1. ábra gráfjának három komponense van).

Bebizonyítható, hogy egy g rá f és a komplementere közül legalább az egyik összefüggő.

Ha a csapatmérkőzéseket ábrázoló gráfban a mérkőzés eredményét is je­lezni akarjuk (az egyszerűség kedvéért feltételezve, hogy döntetlen nem volt), akkor az éleket irányítjuk, rajzban ezt egy kis nyíllal jelöljük. Az élek irányítása a győztes versenyzőnek megfelelő csúcs felé mutat. Ilyen irányított g rá f látható a 13.5.5. ábrán; a következőkben vizsgált gráfjaink irányítás nélküliek.

13.6. Néhány egyszerűbb gráfelméleti összefüggés; a gráfok Euler-vonala

A gráfban a csúcsok fokainak az összege a g rá f élszámának a kétszeresével egyenlő.Ha ui. minden csúcsban megszámoljuk az éleket (azaz megállapítjuk a fok-

165

számot), akkor minden élt mindkét végpontjában, tehát kétszer számolunk össze.

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 f i , f i , . . .,f„ . A kkor a csúcsok fokainak összege, tehát az e élszám kétszerese:

= ( /1 + /2 + • • • +fk) + (fk+l+fk + 2 + ■ ■ ■ +ft)-A jobb oldalon a második zárójelben páros számok állanak, s mivel a két

zárójeles összeg összege páros (azaz 2é), az elsó' 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 grá f páratlan fo kú csúcsainak száma páros.

Ez pl. bevezető példánkban azt jelenti, hogy: az országok egy csoportjában azoknak az országokban a száma, amelyek páratlan számú országgal határosak, páros. Vagy: egy társaságban mindig páros azoknak a száma, akiknek páratlan számú ismerőse van. Vagy: egy sakkverseny mezőnyében mindenkor páros azoknak a száma, akik páratlan számú játszm át fejeztek be.

Minden gráfnak van legalább két olyan csúcsa, amelynek a fokszám a meg­egyezik.

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 elő, 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 ismerőse 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). Z árt Euler-vonalat írunk le pl. egy gráfban ceruzánkkal, ha azzal egy

166

13.7.1. ábra. Sokszöggráf

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 grá f összefüggő legyen és minden csúcsának a fo ka 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 beérkező élhez egy kiindulási élnek kell tartoznia, az élek a csúcsokban párosával fordulnak elő. Nyílt Euler-vonal esetén a kiindulási és a befejezési csúcs foka páratlan. M egm utatható, hogy ezek a feltételek elégségesek is; azaz

zárt Euler-vonala akkor és csakis akkor van az összefüggő gráfnak, ha min­den fo ka páros; nyílt Euler-vonala pedig akkor és csakis akkor, ha pontosan két páratlan fo kú csúcsa van.

13.7. Síkbeli gráfok; fák, erdők; páros gráfok

Egy gráfot síkbelinek m ondunk, ha élei úgy is megrajzolhatók a síkon, hogy ne messék egymást, tehát az éleknek legfeljebb a végpontjaik lehetnek közösek. Elvben minden gráfról eldönthető, hogy síkbeli-e, a gyakorlati vizsgálat azon­ban meglehetősen bonyolult lehet. Nem síkbeli gráf pl. az ötödrendű teljes gráf (13.5.3. ábra).

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 összefüggőnek kell lennie és összefüg­gőnek kell maradnia akkor is, ha egy élt törlünk belőle).

Ebben a gráfban a sokszögeket, ha nincs belsejükben további csúcs, lapok­nak mondjuk. Legyen a lapok száma /, a csúcsoké c és az éleké e. Euler tétele szerint

c + l = e+ 1. (13.7.1)

Pl.a 13.7.1. ábra gráfján / = 6, c = 12, e = 17, ezek nyilván kielégítik a (13.7.1) összefüggést.

167

A síkbeli gráfok egy gyakran alkalmazott osztályát alkotják a fá k . A fa olyan összefüggő g rá f amely nem tartalmaz kört.

Ez azt jelenti, hogy a fa bármely csúcsából bármely másik csúcsba csak egyetlen m ódon lehet eljutni, két különböző ú t ugyanis már egy körré állna össze. A fák nevüket a valóban faágakra emlékeztető alakjukról kapták (13.7.2. ábra). H a egy gráf minden komponense fa, akkor erdő (liget) a neve (13.7.3. ábra).

M inden fának van elsőfokú 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, m ert a fában nincs kör. Ebből m ár szemléletes alapon követ­kezik, hogy

az n csúcsú fa éleinek száma n — 1.

Válasszunk ki ugyanis a fán egy elsőfokú csúcsot és töröljük ezt ki a gráf­ból a hozzá tartozó egyetlen éllel együtt. A maradék gráf is fa, ennek is van el­sőfokú csúcsa, töröljük le ezt is a hozzá tartozó csúccsal együtt. E törlések köz­ben a fa összefüggő m arad; végül a törlésekkel folytatva eljutunk egy olyan fához, amely két csúcsból és az ezeket összekötő élből áll. Az egyik csúcsot az éllel együtt letörölve egy csúcs m arad; ez éppen azt jelenti, hogy a csúcsok szá­ma 1-gyel nagyobb a fában az élek számánál, tehát ha n csúcs van, akkor a fa 71— 1 élt tartalmaz.

H a az erdőnek n csúcsa van, de k komponensből (fából) áll, akkor éleinek száma n — k.

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).

Páros gráfot alkalmazhatunk pl. a következő 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 jelképező csúccsal, ha a dolgozó beszéli a nyelvet.

168

13.7.2. ábra. Fa 13.7.3. ábra. Erdő (liget)

13.7.4. ábra. Páros gráf

A páros gráfok elnevezésüket onnan kapták, hogy a páros g rá f minden köre szükségképpen páros számú élt tartalmaz. Ennek az állításnak a megfordítása is igaz: ha egy g rá f nem tartalmaz páratlan számú éllel rendelkező kört, akkor a grá f páros.

Feladatok

1. Hány éle van az r-edfokú n csúcsú reguláris gráfnak?Mivel a csúcsok fokainak az összege a gráf élszámának a kétszeresével egyenlő, és az

/•-edfokú reguláris gráfban minden csúcs foka r , az e élszámra tehát a

2e = nr

,, nrösszefüggés ervenyes, ezert az elszam e = .

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, amelyekből 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, amelyekből 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 belső pontot, ezek a gráf csúcsai, és minden ilyen gráfcsúcsot kössünk össze a lappal szom­szédos lapon levő 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. D öntsük el, hogy a 13.7.5. ábrán látható a), b), c) gráfok közül melyik­nek van nyílt és melyiknek van zárt Euler-vonala.

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.

169

A c) gráfban a felső két csúcs foka páratlan, a többié páros, ezért van nyílt Euler- vonala.

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 megfelelő 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 H*-2-féleképpen köthetünk össze élekkel úgy, hogy fa keletkezzék.

170

14. Elemi síkgeometria

14.1. Síkgeometriai alapfogalmak. Konvex alakzatok

A geometria legtöbbet használt alapfogalmai; a pont és az egyenes', ezekről szemléletünkben kialakult képünk van. Az egyenest egy pontja két félegyenesre bontja; a szóban forgó pont a félegyenesek kezdőpontja. Az egyenes két pontja egy szakaszt határoz meg; a szakaszhoz tartozik a két végpontja és az ezek közötti pontok.

Az egyenest általában latin kisbetűvel, a pontot pedig latin nagybetűvel jelöljük; a szakaszt két végpontjával szoktuk megadni, pl. az A és B pontok ál­tal meghatározott szakasz; AB. Két szakaszt szemléletünk alapján egyenlőnek mondunk, ha fedésbe hozhatók egymással.

Minden szakaszhoz tartozik egy egyértelműen meghatározott mérőszám, ez a szakasz hossza; egyenlő szakaszoknak egyenlő a hossza. Az A B szakasz hosszát néha felülhúzással jelölik; A B ; használatos még erre a d(AB ) jelölés is. Könyvünkben az A B szakaszt és hosszát egyaránt AB-ve 1 jelöljük, ez nem okoz félreértést. Az AB hosszát az A és B pontok távolságának is mondjuk. A sza­kaszhossz jelölésére gyakran kisbetűt használunk; A B — 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 mértékrendszer­re] dolgozunk, ezért a geometriában az egyszerűség kedvéért általában nem szoktuk megadni a mértékegységet; minden szakaszhosszunk, amely tételeink­ben, feladatainkban szerepel úgy értendő, hogy azt egy tetszőlegesen választott— de egy-egy probléma vizsgálata során rögzített — mértékegység választásá­val adtuk meg.

Két egyenes a síkban metsző, 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 levő 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).

171

14.1.1. ábra. Konvex alakzatok 14.1.2. ábra. Nem konvex alakzatok

A sík pontjainak egy halmazát síkalakzatnak vagy egyszerűen alakzatnak m ondjuk; alakzat maga az egyenes, a szakasz, sőt a sík is.

Egy alakzatot konvexnek m ondunk, ha bármely két pontjával együtt azok összekötő szakaszát is tartalm azza (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 jelzőt alkalmazni (14.1.2. ábra).

M egállapodás szerint konvex alakzat a pont is, sőt az üres alakzat is. Ezzel a megállapodással két konvex alakzat közös része is mindig konvex.

14.2. Szögek; szögpárok

Két közös kezdőpontú félegyenes szöget alkot; a közös kezdőpont 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 szögtariományra kell gondolnunk, azt rendszerint egy, az adott szögtartományba írt görög betűvel vagy körívvel jelö ljük; ha ilyen jelölés nincs, akkor a két lehetséges szögtartomány közül a konvexet kell figyelembe vennünk (hacsak a két szögszár nem esik egy egye­nesbe). M egadhatjuk a szöget a szárak egy-egy pontjával és a csúccsal (14.2.1. ábra), pl. AO B <x (o lv .: AOB szög).

Szemléletünk alapján két szöget akkor m ondunk egyenlőnek, ha a száraik fedésbe hozhatók.

H a két szög egyik szára közös, másik száruk pedig egy egyenes két külön­böző félegyenese, akkor a két szög közül bármelyik a másik mellékszöge.

(3 / d .

14.2.2. ábra. Mellékszögek

172

14.2.3. ábra. Nulla szög és teljes szög

A zt a szöget, amely egyenlő a mellékszögével, derékszögnek nevezzük (14.2.2. ábra, az itt alkalmazott derékszögjelölés mellett szokás a derékszöget még ne­gyedkörívvel és benne egy ponttal is jelölni).

Az egyenesszög két szára egy egyenesbe esik. H a a két szár egybeesik, akkor is beszélünk szögről; 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 fo ko t (szögfokot, je le : °) hasz­náljuk. A mérés abból indul ki, hogy egyenlő szögeknek egyenlő a mértéke, és a derékszög mértéke 90°. Ebből 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 m egadott részeit használják, ezek átszámítása percekké és másodpercekké az előbbi értékek segítségével történhet, p l.:

36,421° = 36° + 4-6' + 2 -3 6 " + 1-3,6" = 36°25'15,6".

Megfordítva:36°25'15,6" = 36°+25-0,01667°+ 15,6-0,00028° = 36,421°.

A 0° és 90° közé eső 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 nullaszögből 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 tetszőlegesen nagymértékű szögek is létrejöhetnek. A forgásszöget is szokás a forgást jelző ívekkel megjelölni. Pozitív a forgásszög, ha az elforgatás pozitív, azaz az óram utató járásával ellen­tétes, ellenkező esetben pedig negatív (14.2.4. ábra).

Minden a mértékű szöget tekinthetünk a + 360°, a + 2-360°, . . . , a + «*360° nagyságú forgásszögeknek is.

A szögmérésre más egységek is használatosak. A derékszög 100 részre

173

14.2.4. ábra. Pozitív és negatív forgásszög

osztásával jön létre az újfok, ez nálunk nem használatos (a számítógépek egy része tartalm azza); az abszolút szögmérésről a 14.11. szakaszban szólunk.

A szögekre és mértékükre rendszerint ugyanazt a betűjelölést használjuk.A geometriai alakzatokon gyakran fordulnak elő együttesen szögpárok.

Ezek közül a használtabbak;— az a szög és a 180°— a nagyságú szög egymásnak kiegészítő szögei/

ilyen szögek pl. a mellékszögek;— az a szög és a 90°—a nagyságú szög egymásnak pótszögei.

H a két szög szárai egyirányú párhuzamos félegyeneseken vannak, akkor a két szög egyállású. Az egyállású szögek egyenlők (14.2.5. ábra); a párhuza­mos szárak egy egyenesbe is eshetnek.

Ha két szög szárai ellentétes irányú párhuzamos félegyeneseken vannak, akkor a két szög váltószög. A váltószögek egyenlők (14.2.6. ábra); a párhuza­mos szárak egy egyenesbe is eshetnek.

G yakorlati alkalmazások szempontjából lényeges az egyállású szögek tételének a megfordíthatósága, amit leggyakrabban a következő formában használunk:

ha a c és d egyeneseket az e egyenes (a 14.2.5. ábrán jelölt módon) egyenlőszögekben metszi, akkor a c és d egyenesek párhuzamosak.

Speciálisan: a síkban az egy egyenesre emelt merőlegesek mind párhu­zamosak.

14.2.5. ábra. Egyállású szögek

174

14.2.6. ábra. Váltószögek

Két egyenes metszésénél négy szögtartomány keletkezik, közülük 2 — 2 egyenlő. 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 egyenlő szögpárok a csúcsszögek, ezek tulajdonképpen speciális elhelyezkedésű váltószögek.

H a a két egyenes hajlásszöge derékszög, akkor az egyenesek merőlegesek.A merőleges szárú szögeknél a két szög szárai páronként merőleges egye­

neseken vannak. H a mindkét szög hegyesszög, derékszög vagy tompaszög, akkor a két szög egyenlő (14.2.8a, b, d), egyébként egymásnak kiegészítő szögei (14.2.8c ábra).

14.2.8. ábra. Merőleges szárú szögek

175

Legyenek A%, A 2, . . . , An egy sík pontjai. Az egymáshoz csatlakozó A]_A2, A 2A 3, . . . ,A ,A ,-+1, . . . A„_iAn szakaszok töröttvonalat (poligont) alkotnak. Ez nyílt, ha A i és Á„ kiilönbözó'k, és zárt, ha A \ és A„ egybeesik (14.3.1. ábra).

Az önmagát át nem metsző zárt töröttvonal a sokszögvonal. Az összekötött pontok a sokszögvonal csúcsai, a szomszédos pontok összekötő 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 belső és egy külső részre; a belső részre jellemző, hogy nem tartalm az teljes egyenest. A sokszögvonalat és a belsejét együttesen sokszögnek szoktuk m ondani; az n oldalú sokszöget n-szögnek nevezzük (háromszög, négyszög stb.). Gyakran előfordul, hogy sok­szögön sokszögvonalat értenek; ha ki akarjuk hangsúlyozni, hogy a sokszög határának és belsejének az együtteséről van szó, akkor a sokszöglemez, sok­szögtartomány elnevezést használjuk. A sokszögoldalak hosszának az összege a sokszög kerülete.

A sokszög tetszőleges csúcsából induló két félegyenes, amely a csúcsban találkozó két oldalt is tartalmazza, egy szöget határoz meg (azt a szögtarto­m ányt kell figyelembe vennünk, amelyben a csúcshoz tetszőleges közel is van a sokszögnek belső pontja), ez a sokszög belső szöge (vagy egyszerűen csak: szöge) (14.3.2. ábra).

H a a sokszög konvex, akkor minden szöge konvex, tehát kisebb 180°-nál. Ebben az esetben a szög mellékszögét a sokszög külső szögének mondjuk. A nem konvex sokszög konkáv, a konkáv sokszögnek van 180°-nál nagyobb szöge is (14.3.2. ábra).

Két nem szomszédos sokszögcsúcsot összekötő szakasz az átló. A konvex sokszög minden átlója a sokszög belsejében halad; az n-szög egy csúcsából

n — 3 átló indul, ezért a konvex n-szögnek összesen n(n —3) átlója van.

A sokszögek közül legegyszerűbb a háromszög, ez egyben a síkalakzatok egyik legfontosabb építőköve.

A háromszög szögeinek összege 180°.

14.3. Sokszögek; szögösszeg

An-1 A3 An-1

14.3.1. ábra. Nyílt és zárt töröttvonal

176

14.3.2. ábra. Konvex és konkáv sokszög

14.3.3. ábra, A háromszög szögösszege

Jelölje ui. a háromszög csúcsait rendre A, B, C, a szögeit a ,/? , y (14.3.3. ábra). A B csúcson át húzzunk az A C oldallal párhuzam ost, ez a 5-nél levő külső szöget egy a ' és egy y ' nagyságú szögre vágja; minthogy az a és a ' egy­állású szögek, és y és y ' váltószögek, ezért a = a ', y = y ', tehát a.+ fi+ y = = a '+ P + y ' = 180°.

M eggondolásunkból az is következik, hogy a ' + / = a + y, ez a három ­szög külsőszög-tétele:

a háromszög külső szöge egyenlő a nem mellette fe k v ő két belső 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 összege (n — 2) 180°.

Ez a tétel minden n-szögre igaz, mert bebizonyítható, hogy minden n-szög szétvágható átlókkal n — 2 háromszögre. Eredményünk szerint tehát pl. a négy­szög szögösszege 360°, az ötszögé 540°, a hatszögé 720°.

A háromszög szögösszegtételéből következik, hogy a háromszögnek csak egy derékszöge vagy csak egy tompaszöge lehet; a derékszöget, ill. tompaszöget tartalmazó háromszöget derékszögű háromszögnek, ill. tompaszögű háromszög­nek mondjuk.

177

1. M ekkora 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, hogyn — 2 = 15,

n = 17,tehát a sokszög 17 oldalú.

3. M ekkora az n oldalú konvex sokszög külső szögeinek az összege?Legyenek a belső szögek aI; a2, . .. ,a „ . A külső szögek ekkor 180°—a,, 180°—ou,. . . ,

180°-a„, ezek összege:

1 8 0 ° -a 1+ 180°-a.>+ . . . + i80°—a„ = n ■ 180° — (o^-f a 2+ . . . + a (í).

A zárójelben a belső szögek összege áll, ez (n — 2) • 180°-kal, azaz n • 180° — 360°-kal egyenlő, ezért a külső szögek összege:

«-180o-(/z-180ü- 3 6 0 c') = n ■ 1 80“ — «• 180J + 360° = 360°,

tehát a külső szögek összege minden konvex sokszögnél 360°.

4. Hány hegyesszöge lehet egy konvex n-szögnek?Mivel a hegyesszöghöz tartozó külső szög tompaszög, a kérdést így is feltehetjük: hány

külső tompaszöge lehet egy konvex sokszögnek? Előző feladatunk eredménye szerint a külső szögek összege 360°, ezért legfeljebb 3 tompaszög lehet a külső szögek között, hiszen 4 tompaszög összege már nagyobb 360L,-nál; következésképpen a konvex sokszögnek leg­feljebb három hegyesszöge lehet.

5. Egy húszoldalú konvex sokszög belsejében vegyünk fel 7 belső 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 belső pontra.)

Legyen a háromszögek száma n, ezek összes szögének összege n ■ 180°. Ez a szögösszeg a sokszög szögeiből és a belső pontok körüli 360°-os szögekből tevődik össze, ezért

Feladatok

178

14.3.5. ábra. 5. feladat

«• 180° = (20 - 2)-180°+7-360°, n • 180° = 32-180°,

n = 32,

tehát bármelyik — a feltételeknek eleget tevő - 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 hozzárendelődik egy másik: az elmozgatottja, s közben a pontpárok távolságai nem változnak meg. Az ilyen megfigyelésekből 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 egyértelmű hozzárendelésnek nevezni, a síkbeli transzformáció tehát a sík pontjainak egymáshoz való kölcsönösen egyértelmű hozzárendelése. (Meg­jegyezzük, hogy néha transzformációnak nevezzük a nem kölcsönösen egy­értelmű 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.

A z egybevágóság olyan transzformáció, amely a pontpárok távolságát vál­tozatlanulhagyja. Az egybevágóságot szokták egybevágósági transzformáció­nak is nevezni.

Az egybevágóság alapvető tulajdonságai:

a) az egy egyenesen levő pontokat szintén egy egyenes pontjaiba viszi át, azaz az egyenes képe egyenes;b) párhuzamos egyenesek képe párhuzamos egyenespár; metsző egyenesek képe metsző egyenespár;c) az egybevágóság megtartja a szögek nagyságát.

K ét alakzatot egybevágónak mondunk, ha van olyan egybevágóság, amely az egyik alakzatot átviszi a másikba. A síkalakzatok egybevágóságának 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 egyen­lők. Két háromszög egybevágóságának az eldöntésére nem kell feltétlenül

179

megkeresnünk azt a transzformációt, amely az egyiket a másikba átviszi; ki szoktunk emelni ugyanis néhány olyan ismertetőjegyet, amely már bizto­sítja két háromszög egybevágóságát, azaz azt, hogy létezik az egyiket a má­sikba átvivő egybevágóság. Ezek szerint két háromszög egybevágó, ha

I. három-három oldaluk rendre egyenlő;I I . rendre egyenlő két-két oldaluk és az azok által bezárt szög;

III. mindkét háromszögben van egy-egy egyenlő oldal és egyenlők az olda­lakon fekvő szögek is;

IV. rendre egyenlő két oldaluk és a nagyobbikkai szemközti szögük.

Ezek a háromszögek egybevágóságának az alapesetei; feltételeik tehát a14.4.1. ábra jelöléseit alkalmazva a következők:

I. A B = A 'B ’, BC = B ’C ’, CA = C A ' ;II. A B = A 'B ', BC = B ’C ’, /? = /?';

I I I . AB = A 'B ', a = a ', /S = /?';IV. AB = A 'B ’, BC = B 'C , a = a ' és AB < BC.

Az ABC és A 'B 'C háromszögek egybevágóságára az ABC ss A'B 'C ' jelölést használjuk.

Az egybevágósági transzformációkra két jellegzetes példa az eltolás és az elforgatás.

Ehhez először jegyezzük meg, hogy az AB és A ’B ’ szakaszokat egyirányúak- nak nevezzük, ha

a) párhuzamosak vagy egy egyenesbe esnek;b) ha AB és A 'B ' párhuzamosak, akkor az A B ’ és A ’B szakaszok metszik

egymást; ha viszont egy egyenesbe esnek, akkor minden olyan CD szakasz, amely AB-ve 1 egyirányú, egyirányú az A'B'-vel is (14.4.2. ábra).

Eltolás esetén (szokták párhuzamos eltolásnak is nevezni) bármely pontot a képével összekötő szakasz egyirányú és azonos hosszúságú.

A 14.4.3. ábrán az X Y Z háromszöget és az eltolással kapott képét, X ’Y 'Z '- t ábrázoltuk. Az X X ' = Y Y ’ = Z Z ' szakaszok hossza az eltolás távolsága. A z eltolás jellegzetes tulajdonsága, hogy egy szakasz és képe vagy párhuzam o­sak, vagy egy egyenesbe esnek, ezért az alakzatot és az eltolással kapott képét egyállásúnak mondjuk.

C C’

14.4.1. ábra. Egybevágó háromszögek

180

Az eltolást m int transzformációt egyértelműen megadjuk, ha megjelölünk egy pontot és az eltolással kapott képét.

Elforgatás esetén kijelölünk a síkon egy O forgásközéppontot és megadunk egy a szöget; egy tetszőleges P pont és elforgatottja, P' az O-tól ugyanolyan távol van, a POP' < minden pont esetén a-val egyenlő, és a POP' < egy el­forgatásnál mindig pozitív vagy mindig negatív.

14.4.2. ábra. Egyirányú szakaszok

Z'

14.4.4. ábra. Elforgatás a szöggel

181

14.4.5. ábra. Pozitív és negatív irányítású háromszög

A 14.4.4. ábrán a PQR háromszöget és az O középpont körül pozitív a szöggel nyert elforgatottját, a P 'Q 'R ‘ háromszöget adtuk meg. Az elforgatás egyértelműen 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 a szöget zárnak be.

H a egy ABC háromszög belsejében kijelölünk egy O pontot, akkor az OA félegyenest ugyanolyan irányú elforgatás viszi az OB félegyenesbe, mint az OB félegyenest az OC-be; az ABC háromszöget pozitív irányításúnak (vagy körüljárásúnak) mondjuk, ha ez az elforgatás pozitív (az óram utató járásával ellentétes) irányú; ellenkező esetben pedig negatívnak (14.4.5. ábra).

K ét egybevágó alakzatot azonos irányításúnak mondunk, ha a két alakzaton bármely három pont és a megfelelőik 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 átvihető 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 tetszőleges tengelyen kívüli P pontja és képe, P ’ a tengely különböző oldalán helyezkedik el; a PP' egyenes merőleges a ten­gelyre, jP-nek és P '-nek a tengelytől mért távolsága ugyanakkora (14.5.1. ábra).

A tengelyes tükrözés meghatározásából következik, hogy

C14.5.1. ábra. Tengelyes tükrözés 14.5.2. ábra. A tengelyes tükrözés alaptulajdonságai

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;d) a tengelyes tükrözést a tengely megadása egyértelműen meghatározza

(14.5.2. ábra).

A tengelyes tükrözés nevezetes tulajdonsága, hogy két tükrözés egymás­utánja eltolást vagy elforgatást állít elő; pontosabban:

ha a /i és í2 egymástól d távolságra levő párhuzamos egyenesek, akkor egy alakzatot /i-re tükrözve, majd a tükörképet /2-re tükrözve az eredeti alakzat 2d távolságú és a /i-re merőleges irányú eltoltját kapjuk (14.5.3. ábra);

B) ha ti és t2 egymást a K pontban metsző egyenesek, és /i-et /2-be a szögű elforgatás viszi át, akkor egy alakzatot ti-re tükrözve, majd a tükörképet /2-re tükrözve az eredeti alakzat K középpontú 2a szögű elforgatottját kapjuk (14.5.4. ábra).

Megállapításaink megfordítása is igaz: minden eltolás és elforgatás elő­állítható két tengelyes tükrözés egymásutánjaként.

183

14.5.4. ábra. Két metsző egyenesre való tükrözés egymásutánja elforgatás

Egy alakzat tengelyesen szimmetrikus, ha van olyan t tengelyű 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.

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 eleméről, hogy rendelkezik az adott tulajdonsággal, és be kell bizonyítani, hogy az adott tulajdonságú pontok mind a szóban forgó halm az­hoz tartoznak.

A szakasz és a szög is szimmetrikus alakzat, a szakasznak szimmetriatenge­lye a felező merőlegese, azaz a felezőpontjában a szakaszra állított merőleges egyenes; a szögnek pedig szimmetriatengelye a szögfelező egyenes (vagy rövi­den szögfelező).

14.5.5. ábra. Tengelyesen szimmetrikus alakzatok

184

14.5.6. ábra. Szakasz felező merőlegese 14.5,7. ábra. Szögfelező

A szakasz fe lező merőlegese azoknak a pontoknak a halmaza, amelyek a sza­kasz két végpontjától egyenlő távolságra vannak (14.5.6. ábra).Egy konvex szög fe lező félegyenese (röviden szögfelezője) a szögtartomány olyan pontjainak a halmaza, amelyek a két szögszártól egyenlő távolságra vannak (14.5.7. ábra).

Itt jegyezzük meg, hogy pont és egyenes távolságán a pontból az egyenesre állított merőleges szakasz hosszát értjük.

Két metsző egyenes négy szögtartományt határoz meg, ezek f i , f 2 felezői két, egymásra merőleges egyenes; ezeknek a pontjai alkotják a két egyenestől egyenlő távolságra levő pontok halmazát (14.5.8. ábra).

A tengelyesen szimmetrikus háromszög két oldala szükségképpen egyenlő, ezért ezt egyenlő szárú háromszögnek nevezzük (a szárak az egyenlő oldalak, a harm adik oldal az alap) (14.5.9. ábra). A szimmetriából következik, hogy

a szimmetriatengely az egyenlő szárú háromszöget két egybevágó derékszögű háromszögre vágja szét;

az alapon fekvő (azaz a szárakkal szemközti) szögek egyenlők; a szimmetriatengely felezi a szárak szögét és az alapot; a szimmetriatengely merőleges az alapra (tehát az alap felező merőlegese).

14.5.8. ábra. 14.5.9. ábra.Két egyenestől egyenlő távolságra levő pontok Egyenlő szárú háromszög

185

A háromszögek geometriájában szokásos elnevezéssel a háromszög egy csúcsából a szemközti oldalra emelt merőleges egyenest magasságvonalnak, en­nek a csúcs és a szemközti oldalegyenes közötti szakaszát magasságnak mond­juk . A csúcsot a szemközti oldal felezőpontjával összekötő szakasz a súlyvonal. A z előbb kim ondott tétel igaz ezekkel az elnevezésekkel:

az egyenlő szárú háromszög szárainak közös csúcsából induló szögfelező, magasságvonal, súlyvonal, és a szemközti oldal fe lező merőlegese egy egye­nesbe esik.

Ennek az állításnak a megfordítása is igaz a következő form ában:

ha egy háromszög egyik csúcsából induló szögfelező, magasságvonal és súly­vonal közül valamelyik kettőnek közös az egyenese, akkor a háromszög egyenlő szárú; továbbá:ha egy háromszögnek van két egyenlő szöge, akkor egyenlő szárú.

Ez az utóbbi észrevételünk rávilágít a háromszög szögei és oldalai közötti nagyságrendi összefüggésekre, amelyek az egyenlő szárú háromszög tulajdon­ságai alapján bizonyíthatók b e :

a háromszögben egyenlő oldalakkal szemben egyenlő szögek vannak és egyenlő szögekkel szemben egyenlő oldalak; továbbá:a háromszögben két oldal közül az a nagyobb, amelyikkel szemben nagyobb szög van, és m egfordítva: két szög közül az a nagyobb, amelyikkel szemben nagyobb oldal van.

Ezekből viszont m ár következik, hogy ha a háromszög három oldala egyen­lő, akkor szögeik is egyenlők.

Az egyenlő oldalú háromszög (más néven: szabályos háromszög) szögei tehát egyenlők, mivel a szögösszeg 180°, a szögek 60°-osak, és megfordítva: ha a háromszög szögei 60°-osak, akkor a háromszög oldalai is egyenlők. A szabályos háromszögnek három szimmetriatengelye van (14.5.10. ábra).

A háromszög oldalai és szögei közötti további nagyságrendi összefüggések­kel a 14.12. szakaszban foglalkozunk.

186

Feladatok

1. Az egyenlő szárú háromszög alapján levő két szög a, a szárak szöge y. Milyen összefüggés áll fenn a és y között?

Mivel a háromszög szögeinek összege 180°, 2a + y = 180°, ebből:

y = 180° —2<z, a = 90° — - ;

e z t az utóbbit úgy is szoktuk mondani, hogy az alapszög a szárszög felének a pótszöge.

2. Egy egyenlő szárú háromszög alapszögének felezője egyenlő az alappal. M ekkorák a háromszög szögei?

Legyen az A B C egyenlő szárú háromszög alapja AB, az A csúcsból induló szögfelező AD (14.5.11. ábra) az alapon levő szögek a. Az ABD egyenlő szárú háromszög, mert a feladat szerint A B — AD, ezért ABD < = A D B < = a.

Ezért az A BD háromszög szögeinek összege

a + a + - = 180°,

5ot2 :

180°,

360"= 72“.

A háromszög szögei: 72 ', 72 , 36 .

3. Az A csúcsú a szögbe a 14.5.12. ábrán látható módon az A B = BC = = CD = DE szakaszokat rajzoltuk be. Milyen összefüggés van az a-val és a

/S-val jelölt szög között?ABCD E töröttvonal bármely két szomszédos szakasza egyenlő szárú háromszöget zár

közre, tehát BAC <3 = A CB < = a. A külsőszög-tétel szerint a D BC < az A B C háromszög külső szöge,.ezért DBC < = BDC < = 2a. Viszont az ECD < az ACD háromszögnek a külső szöge, ezért ECD < = CDE < = /? = a + 2 a = 3a, ezért a keresett összefüggés: fi = 3a.

14.5.11. ábra. 2. feladat 14.5.12. ábra. 3. feladat

187

14.6. Középpontos szimmetria; paralelogrammák

A 180°-os szöggel való elforgatást középpontos tükrözésnek vagy középpontos szimmetriának is szoktuk nevezni. A középpontos szimmetriát egyszerűen azO középpontjával adhatjuk meg. Az ABC háromszög 0 -ra vonatkozó tükör­képét úgy szerkeszthetjük meg, hogy minden csúcsát tükrözzük 0 -ra , azaz olyan A ', B ', C ’ pontokat szerkesztünk, hogy 0 legyen az A A ', BB', C C sza­kaszok felezó' pontja (középpontja) (14.6.1. ábra).

A középpontos tükrözés lényeges tulajdonsága, hogy minden egyenest vele párhuzam os egyenesbe visz át, ha a középpont nincs az egyenesen; a közép­pontot tartalm azó egyenesnek önmaga a tükörképe.

H a 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).

A középpontosan szimmetrikus alakzatok közül kitüntetett szerepet já t­szanak 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 egyenlő' az AB sza­kasszal; viszont a BC szakasz tükörképe O-ra a DA szakasz, tehát az ABCD pa­ralelogramma szemközti oldalai párhuzamosak és egyenló'k. A tükrözés követ­keztében a paralelogramma szemközti szögei egyenló'k; s a tükrözés alaptulaj­donsága m iatt az átlók felezve metszik egymást. A szemközti szögek egyenlő­ségéből következik, hogy két szomszédos szögének az összege a szögösszeg fe­lével, 180°-kal egyenlő.

A fenti tulajdonság jellemzi a paralelogrammát, azaz ezek a tulajdonságok csak a paralelogrammának vannak meg; pontosabban:

a négyszög paralelogramma, ha a következő tulajdonságok valamelyikévelrendelkezik:a) az átlói felezve metszik egymást;b) a szemközti oldalai párhuzamosak;c) a szemközti oldalai egyenlők;

b "

B

14.6.1. ábra. Középpontos tükrözés

188

14.6.2. ábra. Középpontosan szimmetrikus alakzat

d) van két párhuzamos és egyenlő oldala;e) szemközti szögei egyenlők;f ) szomszédos szögeinek összege 180° (kiegészítő szögek).

A 14.6.3. ábráról leolvasható, hogy ha egy háromszöget tükrözünk az egyik oldalának a felezőpontjára, a háromszög és a tükörképe együtt egy paralelo­grammát alkot; ábránkat úgy foghatjuk fel, hogy az ABC háromszöget tük­röztük az A C oldal O felező pontjára.

Speciális paralelogrammákat kapunk, ha a paralelogrammák alaptulajdon­ságai mellé még egyéb kikötéseket is teszünk.

Rombusz a paralelogramma, ha oldalai egyenlők (14.6.4. ábra).Az ABCD rombusz B és D csúcsa egyenlő távol van az A és C csúcsoktól,

ezért szükségképpen rajta vannak az AC szakasz felező merőlegesén (1. a 14.5. szakaszt), a BD egyenes ennélfogva az AC szakasz felező merőlegese. Ez azt jelenti, hogy a rombusz szimmetrikus a BD egyenesre. Ebből következik:

az átló egyenesek a rombusz szimmetriatengelyei;a rombusz átlói merőlegesek egymásra;a rombusz átlói fe lezik a végpontjaiknál levő szögeket;

továbbá: a fenti három tulajdonsága a paralelogrammák közül csakis a rombusznak van meg.

D C

189

Téglalap a paralelogramma, ha a szögei egyenlők, azaz derékszögek, hiszen a négy egyenlő szög összege 360° = 4-90°. A téglalapra jellemző tulajdonság, hogy az átlói egyenlők (14.6.5. ábra):

a paralelogramma akkor és csakis akkor téglalap, ha átlói egyenlők.

H a 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 harm adik oldalának az egyenlősége következik, tehát AC = BD.

H a viszont az ABCD paralelogrammában a két átló egyenlő, 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 2?-nél levő — egyenlő, s mivel a szomszédos szögek összege 180°, m indkettő derékszög. Ebből természetesen már következik, hogy a többi szög is derékszög.

! D c

14.6.5. ábra. Téglalap 14.6.6. ábra. Négyzet

A négyzet olyan paralelogramma, amely egyszerre rombusz és téglalap is. Ez azt jelenti, hogy az oldalai egyenlők, átlói egyenlők és merőlegesek 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

H a 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 AT-tól r távolságra vannak. K a kör középpontja, r pedig a kör sugara. A K-hoz r-nél kisebb távol­ságra levő pontok a kör belső, az r-nél nagyobb távolságra levő pontok a kör külső pontjai.

Gyakran körnek mondjuk a körvonal és a belső pontok egyesített halmazát is, ez általában nem okoz félreértést; ha mégis szükség van e bővített fogalom külön megjelölésére, akkor a körlemez elnevezést használjuk.

190

14.7.1. ábra. Kör; húr, átmérő, érintő, szelő

A kör C és D pontját összekötő szakasz a kör húrja, a középponton átmenő AB húr neve: átmérő (14.7.1. ábra). A húr fe lező merőlegese átmegy a kör közép­pontján, mivel a felező merőleges tartalmazza a húr két végpontjától egyenlő távolságra levő pontokat, tehát a középpontot is. Az átm érő a kör legnagyobb húrja. A körnek C és D pontja közé eső része a CD körív, az egyértelműséghez gyakran szükséges annak a megjelölése is, hogy a kör két lehetséges CD köríve közül melyikről van szó. Ha a C é s ű pontokat nem számítjuk hozzá a körív­hez, nyílt körívről beszélünk.

A kört két pontban metsző egyenesek a kör szelői, az e egyenes érintője a körnek, ha azzal csak egy közös E pontja van; ebben az esetben E az érintési pont, K E az érintési sugár, ez mindig merőleges az érintőre, mivel e pontjai kö­zül az E van a K-hoz legközelebb.

A kör középpontosan tükrös a középpontjára, és a körnek szimmetriaten­gelye a középpontján átm enő minden egyenes. Ezért egy külső P pontból a körhöz húzott két érintőszakasz is tükrös a pontot a középponttal összekötő egyenesre, s így

külső pontból a körhöz húzott két érintőszakasz egyenlő ( érintőszakasz-tétel)(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

191

által meghatározott két szögtartomány közül melyikről van szó. A szögtarto­mányba eső körívet a középponti szöghöz tartozó körívnek nevezzük.

Az A B ívhez tartozó kerületi szög csúcsa a körnek azon a részén van, amely az A B ívet nem tartalmazza, szárai pedig átmennek az A, ill. B ponton (14.7.3. ábra).

A kerületi szög egyik szára érintő is lehet, ha a szög csúcsa éppen az érintési pont. Ebben az esetben a kerületi szög egyik szára a körív két végpontját tar­talmazó félegyenes, másik szárát pedig a kör érintőinek félegyenesei közül úgy kell megválasztani, hogy a kerületi szög tartom ánya tartalmazza a szöghöz tar­tozó körívet (a 14.7.4. ábrákon a kerületi szög szárait és a szöghöz tartozó kör­ívet vastagabban rajzoltuk meg).

14.7.3. ábra. Az A B ívhez tartozó kerületi és középponti szög

14.7.4. ábra. A kerületi szög egyik szára érintő

C

14.7.5. ábra. Kapcsolat a kerületi és középponti szög között

192

14.7.6. ábra. Látókörívek

A kerületi és középponti szögek között alapvető a következő kapcsolat:

a középponti szög kétszerese az ugyanahhoz az ívhez tartozó kerületi szögnek.

E tétel bizonyításakor figyelembe kell vennünk a kerületi és a középponti szög különböző kölcsönös helyzeteit; a bizonyítást m ost a 14.7.5. ábrán látható két esetben végezzük e l; lényegében hasonló a bizonyítás a szögek többi elren­dezése esetén is. (E két esetre a bizonyítás szóról szóra megegyezik.)

Legyen az A B (vastag) ívhez tartozó AKB középponti szög a ' +/?', az ívhez tartozó ACB kerületi szög pedig a+/?. Az AKC egyenlő szárú háromszög, ezért az AC alapon levő szögeinek nagysága a, a külsőszög-tétel szerint viszont a ' = 2a. Hasonlóan, a BKC egyenlő szárú háromszögből /?' = 2/?, ezért

a '+ /? ' = 2a -F- 2 ? = 2(a+/?),

ezt kellett bizonyítanunk.H a egy körben a PQ ívhez tartozó C csúcsú kerületi szög a, akkor azt m ond­

juk, hogy a PQ szakasz a nyílt PQ ív pontjaiból a szögben (a szög alatt) látszik. Előző eredményünk szerint egy PQ szakasz egy körív pontjaiból azonos szög­ben látszik, mert ez a szög az ív minden pontjában egyenlő az ívhez tartozó középponti szög felével. A PQ szakasz azonban a szögben látszik az előbbi ív PQ egyenesre vonatkozó tükörképéből is (14.7.6. ábra). Bebizonyítható, hogy állításunk megfordítható: ez a két körív tartalm azza az összes olyan pontot, amelyből PQ a szögben látszik:

azoknak a pontoknak a halmaza, amelyekből egy szakasz adott szögben lát­szik, az adott szakasz egyenesére tükrösen elhelyezkedő két nyílt körív (ún. látókörívek).

Egy körben természetesen az egyenlő ívekhez is egyenlő középponti és így egyenlő kerületi szögek is tartoznak; továbbá: egyenlő húrok egyenlő íveket vágnak le egy körből, ezért az egyenlő húrokhoz is egyenlő kerületi szögek tartoznak (a húrok megfelelő oldalain).

193

14.7.7. ábra. Thalész tétele

A 90°-os kerületi szögekhez 180°-os középponti szög (azaz egyenesszög) tartozik, ezért a 180°-os körív két végpontja, azaz a kör átmérője a kör pont­jaiból 90°-os szögben látszik. Előző tételünknek a 90°-os látószögre vonatkozó speciális esete az ún. Thalész-tétel (14.7.7. ábra):

azoknak a pontoknak a halmaza, amelyekből egy adott szakasz derékszögben látszik, a szakaszhoz mint átmérőhöz 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 érin­tője és a körök középpontját összekötő egyenes átmegy az érintkezési ponton (14.7.8. ábra).

14.8. Hasonlósági transzformációk; középpontos hasonlóság

Az egybevágósági transzformációk közvetlen általánosításai a hasonlósági transz- formációk 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 egyenlő a képével, tehát egybevágóságról van szó. H a 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.

A hasonlóság fontos tulajdonságai:a) az egy egyenesen levő pontokat egy egyenesen levő pontokba viszi át, azaz az egyenes képe egyenes;

194

14.8.1. ábra. Hasonló alakzatok

b) párhuzamos egyenesek párhuzamos egyenesekbe mennek át; metszőegyenesek képe szintén metsző egyenespár lesz;c) a hasonlóság megtartja a szögek nagyságát.

Két alakzatot hasonlónak mondunk, ha hasonlósági transzformációval át­vihetők egymásba. Két hasonló háromszögnél szükségképpen ugyanakkora az egymásnak megfelelő oldalak aránya és rendre egyenlők a szögeik is.

Két háromszög hasonlósága m ár néhány adatuk összehasonlításából is el­dönthető; a leggyakrabban előforduló adat-összehasonlításokat a hasonlósági alapesetek tartalmazzák. Ezek szerint két háromszög hasonló, ha

I. megegyeznek két-két szögükben (ekkor természetesen már a harm adik szögük is egyenlő);

II . megegyeznek három-három oldal párjuk 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 szereplő feltételek a 14.8.2. ábra jelöléseit al­kalmazva a következők:

II

I . a = a’, / ? = / ? ' ;

A 'B ' B 'C ' C 'A ’A B BC CA ’

I V- w = ? r és A B ^ C Á -

Itt jegyezzük meg, hogy ezt a kifejezést „a két háromszögben megegyezik két-két oldal a ran y a ik é t, geometriailag egyenértékű m ódon is szokás értelmez­

195

ni. A 14.8.2. ábra jelöléseit használva ez jelentheti azt, hogy a két különbözőq? b*

háromszög megfelelő oldalainak az arányára gondolunk p l.: — = . Ennek aza b

egyenletnek mindkét oldalát ab-vel szorozva kapjuk, hogy a'b = a b '; osszuk el

most egyenlőségünk mindkét oldalát bb'-vel: ~ = ^ 7, ebből egyszerűsítés

után aza

arányt kapjuk, ami kifejezésünk egy másik értelmezését teszi lehetővé, ti. azt, hogy a két háromszögben külön-külön vizsgáljuk két oldala arányát, és ezek egyenlőségét tételezzük fel.

Két háromszög hasonlósága ezek szerint már következik a megfelelő szögeik egyenlőségéből; más sokszögeknél azonban nem ez a helyzet; pl., ha két négy­szögnek megegyeznek a szögei, akkor még nem biztos, hogy hasonlók, elég két különböző alakú téglalapra gondolnunk. Sokszögek hasonlóságát rendszerint úgy tudjuk igazolni, hogy háromszögekre bontjuk fel és a megfelelő háromszö­gek hasonlóságát bizonyítjuk.

Az ABC és A ’B 'C ' háromszögek hasonlóságának je le : ABC ~ A 'B 'C '.Hasonló alakzatok szerkesztésére különösen alkalmas hasonlósági transz-

formáció a középpontos hasonlóság (más néven: középpontos kicsinyítés vagy nagyítás). Tetszőleges alakzatra ezt a transzformációt a következő módon hajt­ju k végre:

kijelölünk a síkon egy tetszőleges O pontot, és megadjuk a hasonlóság arányát (legyen ez a 14.8.3. ábra esetében 1,5). Kössük össze az alakzat minden pontját0 -va l és nagyítsuk az OP szakaszt O-ból kiindulva az 1,5-szeresére, így az OP' szakaszt kapjuk. Bebizonyítható, hogy ez a transzformáció hasonlóság, és az alakzat bármely szakasza 1,5-szeresére nagyítódik fel. Sokszögek esetén termé­szetesen elegendő a nagyítást a csúcsokra elvégezni. Ha a hasonlóság aránya1-nél kisebb, középpontos kicsinyítésről szoktunk beszélni.

Az O pont a hasonlóság középpontja, és megfigyelhetjük, hogy ugyanolyan arányban az alakzatot (ha az arány nem 1) kétféle helyzetbe is felnagyíthatjuk

14.8.2. ábra. Hasonló háromszögek

196

P*

14.8.3. ábra. Középpontos hasonlóság

(vagy kicsinyíthetjük), m int az a 14.8.3. ábrán látható ; a P és P ' pontok ugyanis lehetnek ugyanazon az O kezdőpontú félegyenesen, de O el is választ­hatja egymástól P-t és P'-t. Az előbbi esetben O-t külső hasonlósági középpont­nak, az utóbbiban O-t belső hasonlósági középpontnak mondjuk.

M indkét esetben igaz, hogy egy szakasz és a képe párhuzamos vagy egy egyenesbe esik. H a 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.

Megfigyelhetjük, hogy külső hasonlósági középpont esetén minden szakasz vele azonos irányítású szakaszba, belső hasonlósági középpont esetén pedig vele ellentétesen irányított szakaszba megy át (1. a 14.4. szakaszt).

Bebizonyítható, hogyha két hasonló alakzat azonos állású, akkor mindig átvihetők egymásba kö­zéppontos hasonlósággal vagy eltolással.

Két kört mindig tekinthetünk azonos állású hasonló alakzatnak, ezért (ha különböző sugarúak és középpontjaik nem esnek egybe) mindig létezik egy külső és egy belső 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 összekötő egyenesen.

14.8.4. ábra. Körök külső hasonlósági pontja

197

Vegyünk most fel két különböző sugarú kört, középpontjaik legyenek K, ill. K ' (14.8.4. ábra). Hasonlósági középpontjaik rajta vannak a K K ' egyenesen; az egyállású sugarakat a hasonlóság egymásba viszi át, ezért a sugarak végpont­ja it összekötő egyenes átmegy a hasonlósági középponton. Vegyünk fel ezért két egyirányú sugarat, KA -1 és K 'A '-t, ebben az esetben az A A ’ egyenes metszi ki a K K ' egyenesből az 0 K külső hasonlósági pontot, ha pedig! a KB és K 'B ' egyállású sugarak ellentétes irányításúak, akkor a BB' egyenes az Ob belső hasonlósági pontot metszi ki a K K ' egyenesből (14.8.5. ábra).

A hasonlósági középponton át a két kör bármelyikéhez szerkesztett érintőt a hasonlóság a másik kör érintőjébe viszi át, ezért a két kör közös érintői is átmennek a külső, ill, belső hasonlósági ponton (14.8.6. ábra); ez a megfigyelés felhasználható a körök közös érintőinek 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 a B’C'

AB'szakaszba viszi át. Ebben az esetben a hasonlóság aránya - - , ez az arány bár-

ABmely szakasz és képe között ugyanakkora, tehát

A B' _ A C ' B 'C 'A B - Ü C - - B C ■ (14-8‘,)

Ha viszont a fenti egyenlőségben az első két törtből 1-et kivonunk, azt kap­juk, hogy

A B ’ , A C ’ , A B ’- A B A C '- AC= ~ J C ~ ’ e b b o 1 ~ A C - '

azaz

A (14.8.1) és (14.8.2) alatti összefüggéseket a párhuzamos szelők tételének nevezzük; ez lényegében a következőket mondja ki:

198

J4.8.6. ábra. Két kör közös érintői 14,8.7. ábra. A párhuzamos szelők tétele

ha egy szög szárait párhuzamosokkal metszük, 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 fe l a B, B \ a másikon pedig a C, C' pontokat, hogy

A B ’ - A C Í14 8 11A B ~ 1 C (14-8'3)

teljesüljön, akkor a BC és B 'C ' szakaszok párhuzamosak és

B 'C ' AB'BC AB

Állításunk azért igaz, mert feltételünk szerint az ABC és AB'C ' háromszö­gek hasonlók, mivel (14.8.3)-at

AB AB'AC A C

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<í és az A C ’B' < egyenlőségét (14.8.7. áb ra); 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

199

14.8.8. ábra. 1. feladat

a ) a = 6 , b = 3, b' = 4, x = 5;b) b = 4, b' = 5, x = 6 , y = 8 .

Mindkét esetben a párhuzamos szelők tételét alkalmazzuk.

a+6 _ >> jL = Z y = í ^ = 7 5-a x ’ 6 5 ’ ' 6

. . . a' b' a' 4 24valamint - - = — ~ = _ a = - = 8. a b 6 3 3

b ) a- ± b- = r - , ebbőla x a 6

6ö + 24 = 8a, 2ö = 2 4 , a = 12;. . a' 6 ' a' 5 , 5-12valamint — = — , —- = - - , a — - - = 5.

a 6 12 4 4

2. Egy háromszög oldalainak hossza rendre 6, 7, 9; egy a háromszög­höz hasonló A 'B 'C ' háromszög kerülete pedig 33. M ekkorák az A 'B 'C olda­lai?

Az ,4.ŐC kerülete 22-vel egyenlő, ezért ABC -1 az 1,5-szeresére kell felnagyítanunk, hogy 33-as kerületű 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 egyenlő szárú háromszögben AB = AC = 1, a szárak szöge 36°-os. M utassuk meg, hogy a B csúcshoz tartozó BE szögfelező az ABC háromszöghöz hasonló BCE háromszöget metsz le és ennek segítségével szá­mítsuk ki a BC alap hosszát (14.8.9. ábra).

IgQ°_36°Az A B C alapon levő szögei egyenlők és mindegyikük ----- — — = 72°-os. Viszont a B E

szögfelező a B-nél levő 72°-os szöget 36°-os szögekre vágja szét, ezért CBE <3 = 36°. A BCE háromszögben ezért B <3 = 36°, C < = 72°, és így a háromszög 180°-os szögösszege miatt E < = 180° —72° —36° = 72'’, tehát a BCE háromszög egyenlő szárú, mert két szöge egyenlő, és mivel szögei rendre megegyeznek az A B C szögeivel, A B C és BCE valóban hasonlók (/. alapeset).

Egyenlő szárú az E AB háromszög is, mivel az EB és EA oldalakkal szemben 36u-os szögek vannak. Ha tehát BC hosszát x-szel jelöljük, akkor BE — EA = x, és így EC = 1 — x.

200

B x C

14.8.9. ábra. 3. feladat

Az A B C és BCE hasonlóságából következik, hogy mindkét háromszögben egyenlő az alap és a szár aránya:

x _ ) — x1 7 ~ '

ebből az egyenlet mindkét oldalát x-szel szorozva kapjuk, hogy x- = 1—x,x- + x - 1 = 0 .

A másodfokú egyenlet megoldóképletével:- l ± f f + 4 _ - 1 ± f 5x _ ^

- 1 + 1 /5Mivel x pozitív, x = B C — ------------.

4. Az ABCD konvex négyszögnek megjelöljük az oldalharm adoló pont­jait és közülük két-két szemköztit a 14.8.10. ábrán látható m ódon összekötünk, így kapjuk az X Y és PQ szakaszokat, ahol X Y = 24, PQ — 18. M ekkora darabokra vágja a két szakaszt az M metszéspontjuk?

Alkalmazzuk a párhuzamos szelők tételének a megfordítását a B AD <[-re és a P, D; X , B pontpárokra. Mivel

A B A D 3 , BD BDÁ X = Á F = ~ = X e z e r t ~ X P = 3 ’ = T ’

és az XP, BD szakaszok párhuzamosak.

14.8.10. ábra. 4. feladat

201

Hasonlóan kapjuk, ha az előbbi tételt a BCD <J -re és a B, Q ; D, Y pontpárokra alkal­mazzuk, hogy mivel

C B ' CD 3 BD 3 2 BD_ = _ = _ azért _ = - , Q Y = — ,

és a QY, BD szakaszok párhuzamosak.

A z X P -re és a Q Y -ra kapott eredményünk összehasonlításából következik, hogy

Q Y = 2XP, és Q Y párhuzamos JW’-vel.Ebből viszont az következik, hogy az M X P és M YQ háromszögek hasonlók, mivel szögeik rendre egyenlők (csúcsszögek, ill. váltószögek); a hasonlóság aránya Q Y = 2X P miatt 2-vel egyenlő, ezért

M Y = 2 M X és M Q = 2M P.

Minthogy X Y = 24, ezért X M = 8 és M Y = 16, hasonlóan: PQ = 18 miatt M P = 6 , M Q = 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 összekötő egyenesek által kimetszett A X és A Y szakaszok egyenlők.

Legyen az ABC D négyzet oldala u, az APQ R négyzeté v. Alkalmazzuk a párhuzamos szelők tételét először a CPB < -re és a BC, A X párhuzamos szelőkre, kapjuk, hogy

A X PA A X v~ B C ~ ~ P B ~ ’ aZ3Z 1 T ~ ü + v '

ebből

A X =u + v

Hasonlóan kapjuk a QDR <j-re és az A Y, RQ szelőkre alkalmazva a tételt, hogy

A Y DA A Y u~ R Q ~ ~ D R ' azaz ~ i T ~ ü + v '

ebből

A Y = — ,u + vtehát valóban A X = AY.

B

14.8.11. ábra. 5. feladat

202

14.9. Mértaniközép-tételek; Pitagorasz tétele

A derékszögű háromszögben a derékszöget alkotó oldalak a befogók, a derék­szöggel szemközti (leghosszabbik) oldal az átfogó. A derékszögű háromszög két hegyesszögének összege 90°, hiszen a három szög összege 180°, ezért a két hegyesszög egymás pótszögei; ha az egyiket a-va! jelöljük, akkor a másik 90° —a (14.9.1. ábra).

Húzzuk meg az ABC derékszögű háromszög átfogóhoz tartozó magas­ságát, a 14.9.2. ábrán ez a C T szakasz. C T a háromszöget két derékszögű háromszögre vágja szét, ezek az A C T és CBT. Ezeknek a szögei ugyanakko­rák, mint az ABC szögei, a hegyesszögek bennük a és 90°—a nagyságúak. Ezért ez a három háromszög hasonló, mert szögeik rendre megegyeznek, tehát

a derékszögű háromszög átfogóhoz tartozó magassága a háromszöget olyan két derékszögű háromszögre vágja szét, amelyek hasonlók egymáshoz és az eredeti háromszöghöz is.

A háromszögek hasonlóságából következik, hogy megfelelő oldalaik aránya egyenlő; itt hívjuk fel a figyelmet arra, hogy két háromszögben azok a „megfelelő” oldalak, amelyek egyenlő szögekkel szemben fekszenek.

Az A C T és C B T hasonlóságából következik, hogy (a 14.9.2. ábra jelölé­seit használva) a két háromszögben egyenlő a befogók aránya, tehát

—- = — ebből m 2 — c,c,; m = ci m 1 “ 1 -

mivel két pozitív szám szorzatának négyzetgyöke a két szám mértani közepe (1. a 8.2. szakaszt), eredményünket így fogalmazhatjuk:

a derékszögű háromszög átfogóhoz tartozó magasságának a talppontja az átfogót két olyan részre vágja, amelyeknek a magasság a mértani közepe ( magasságtétel).

Vessük most össze az ABC és az A C T hasonló derékszögű háromszögek­ben az a szöget közreforgó befogó és az átfogó arányát; itt megjegyezzük, hogy a Ci szakaszt szokás a b befogó átfogón levő merőleges vetületének ne­vezni (és ugyanúgy c2-t az a befogó vetületének); azaz:

C

14.9.1. ábra. Derékszögű háromszög 14.9.2. ábra. Magasság- és befogótétel

203

— — , ebből b2 = cci, b = Í cci, c b

a derékszögű háromszög bármelyik befogója mértani közepe az átfogónak és a befogó átfogón levő merőleges 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 egyenlőségek megfelelő o ldalait:

b2 = cci, a2 = cc2

a2 + b2 = cci + cc2 = c(ci + c2) = c-c = c2,vagyis:

a derékszögű háromszög két befogójának négyzetösszege az átfogó négyzeté­vel egyenlő. E z Pitagorasz tétele.

Vegyünk most fel egy O középpontú kört és egy külső P pontból húzzunk a körhöz egy PE érintőszakaszt és egy szelőt, amely a kört az A és B pontok­ban metszi (14.9.3. ábra). A B A E és a PEB kerületi szögek ugyanahhoz a BE ívhez tartoznak, ezért egyenlők.

Ebből következik, hogy a PA E és PEB háromszögek megegyeznek két szög­ben, ezért hasonlók (/. alapeset); ennélfogva az APE < = BPE < közrefogó oldalainak aránya egyenlő:

~ = PJ l , ebből PE2 = PA-PB,PA PE

ez viszont azt jelenti, hogy

egy külső pontból a körhöz húzott érintő szakasz mértani közepe a pontból a körhöz húzott szelő két metszetének. (Ez az érintőtétel.)

Tételünk következménye, hogyegy külső pontból a körhöz húzott szelők metszeteinek a szorzata egyenlő. (E z a szelőtétel.)

204

Bn14.9.4. ábra. A szelőtétel

D14.9.5. ábra. A húrtétel

Ha ugyanis egy külső P pontból szelőket húzunk a körhöz, amelyek a kört rendre az A \, B ű . . . A m Bn pontokban metszik, és a P-bői a körhöz a PE érintőszakasz húzható, akkor a P A i-P B ly . . , ,P A n-PB„ szorzatok mindegyike PE1-tel lesz egyenlő előző tételünk értelmében, ezért a szelők metszeteinek a szorzata valóban egyenlő (14.9.4. ábra).

A szelőtételhez teljesen hasonló módon bizonyítható a h ú rté te l:

a kör egy belső P pontja a rajta átmenő húrokat két olyan részre vágja szét, amelyek metszeteinek a szorzata a P ponton átmenő bármely húr esetén egyenlő. (Pl. a 14.9.5. ábrán PA-PB — PC-PD.)

A szelőtételt és a húrtételt egységesen is kim ondhatjuk:Legyen P egy k kör külső vagy belső pontja, és messe a P-n átm enő egye­

nes a kört az A és B pontokban; ebben az esetben a PA-PB szorzat minden P-n átm enő egyenes esetén állandó értékű. Ezt az állandó értéket egyébként a P pont k körre vonatkozó hatványának nevezzük. Ezt a hatványértéket belső pont esetén negatívnak is szokás tekinteni.

Feladatok

1. A 14.9.2. ábra jelöléseit használva, az ABC derékszögű háromszögben

ism ert: b = 5, c2 = ^ . Számítsuk ki a háromszög oldalait!

A befogótétel szerint Z>2 = cc,; mivel c = c1 + c2, b2 = c1(c1 + c2), azaz 25 = CiX

X Ebből

3 c f+ 16^ — 75 = 0.

A másodfokú egyenlet megoldóképletével:

- 16+ ^ 256+ 12-75 _ - 16±34

A megoldást az egyenlet pozitív gyöke szolgáltatja: Cj = 3. Az átfogó: c = c! + c .> = 3 + — =25 " ’

= —- . Az a befogót Pitagorasz tétele segítségével számolhatjuk k i:

a- = c- — b' -52 = 6 2 5 -9 -2 5 4009 ’

ebből1 /4 0 0 20

a ~ F 9 J '

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

Az A B C szabályos háromszög természetesen egyenlő szárú is, ezért a C T = m magasság szimmetriatengelyen van és így T felezi az A B alapot. Pitagorasz tételét alkalmazva az A TC derékszögű háromszögre kapjuk, hogy

«r +(Íí ' ’ - T3e2

'ebből

e i 3

Í3tehát a szabályos háromszög magassága az oldal — ■>szeresével egyenlő.

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

Ha az ABCD paralelogramma téglalap, mivel a téglalap átlói egyenlők és az A B C derék­szögű háromszögből (14.9.7a ábra)

e2 = a2 + b \

az átlók négyzetösszege: 2e2 = 2a2+ 2 5 2, tehát valóban az oldalak négyzetösszegével egyenlő.Ha az ABCD paralelogramma nem téglalap, betűzzük a csúcsokat úgy, hogy A-nál

hegyesszög legyen. A C és D csúcsokból az A B egyenesre emelt m hosszúságú merőlegesek (az ún. magasságok) talppontjai legyenek Tx és Tt (14.9.7b ábra). Az AT,,D és B T jC három­szögek egybevágók, mivel mindkettőnek van egy b hosszúságú oldala, megfelelő szögeik pedig egyállású szögek ( / / / . alapeset), ezért A T 2 = B T l = x.

14.9.6. ábra. 2. feladat

206

a; b)

D b ____ C D _______ o__________ C

\ e /\ /

0 y m / b

A s f x 0 \ f X

A b B A T2 B T ,

14.9.7. ábra. 3. feladat

A T.,BD derékszögű háromszögből Pitagorasz tételével kapjuk, hogy

e1 = (a — x )2+ m 2-,

az A T t C derékszögű háromszögből viszont/ 2 = (a + x f+ m 2.

A z utóbbi két egyenlőség megfelelő oldalait összeadva kapjuk, hogy

e2+ f 2= a2- 2 a x + x 2 + a2 + 2 a x + x 2+ 2m 2 = 2a2+ 2 x 2 + 2m2 = 2a2 + 2(x2 + m 2). Vegyük most figyelembe, hogy a WTXC derékszögű háromszögből x 2 + m2 = b~, ezért

e2+ f - = 2a2+ 2 6 2,és éppen ezt kellett bizonyítanunk. _

Megadott számpéldánkban a = 5, b — 6, e = 7, ezért72 + / 2 = 2-52 + 2-62,

49 + / 2 = 50+72,/ 2 = 73^

/ = j/73 = 8,5440.

4. Egy négyzet oldalhossza 10. Vágjunk le mindegyik csúcsánál a négyzet­ből egy egyenlő szárú derékszögű háromszöget úgy, hogy a m egmaradt nyolc­szög egyenlő oldalú legyen. M ekkora lesz a nyolcszög oldala ?

Legyen a levágott egyenlő szárú derékszögű háromszög befogója x , az átfogója pedig c (14.9.8. ábra). Alkalmazzuk Pitagorasz tételét az egyenlő szárú derékszögű háromszögre:

c2 = x 2 + x 2 = 2 x \

X X

14.9.8. ábra. 4. feladat

207

c = x f2 ,

vagyis az egyenlő szárú derékszögű háromszög átfogója a befogó / 2-szeresével egyenlő.A négyzet minden oldala két darab x hosszúságú és egy darab c hosszúságú szakaszból

áll, ezért2 x + c = 10, 2x + x ? 2 = 10,

ebbőlx (2 + Í2 ) = 10,

10 = 10(2- / J ) = 20- 10/2" = 10_ 5^2 * 2 + ^ 2 22- ( j /2 > 2

Ezért a nyolcszög oldalai: c = x Í 2 = (10 — 5^2 ) / 2 = 10^2— 10 = 4,1421.

5. M ekkora a P pont távolsága az r = 12 sugarú kör O középpontjától, ha P-ből a körhöz húzható érintó'szakasz hossza 5 ?

A P pont, a kör O középpontja és az érintőszakasz E érintési pontja derékszögű három­szöget alkot, mivel az érintési pontba húzott sugár merőleges az érintőre (14.9.9. ábra). Pitagorasz tételéből:

P O - = 52 + 122 = 169, ebből PO = 13.

6. A 14.9.10. ábrán egy 12 sugarú félkörbe a félkört és átmérőjét érintő k kört rajzoltuk be. M ekkora az ábrán vastagon rajzolt, a félkört, az átm érőt és a k-1 érintő kör sugara?

A félkör középpontja O, a k kör közppontja O, és a vastag köré K, ennek az utóbbinak az ismeretlen sugarát jelölje r. Mivel az érintkező körök középpontjait összekötő egyenes átmegy az érintkezési ponton és k sugara nyilván 6 , ezért O t K = r + 6 , továbbá OK = 12—r, mivel az egyenes átmegy az adott félkör és a vastagon rajzolt kör érintkezési pontján. ÁT-ból az O O x szakaszra állított merőleges talppontja legyen T. Ábránkról leolvasható, hogy O T = r, TO x = 6 —r. Alkalmazzuk Pitagorasz tételét az O lK T és O K T derékszögű háromszögekre:

K T % + ( 6 - r f = ( 6 + r ) \K T t + r2 = (12—r)2.

E két egyenlet megfelelő oldalainak különbségét képezve kapjuk, hogy

(6- r )2 —r2 = (6 + /f - (1 2 -/-)2,36 — 12 r + r2- r * = 36+ \2 r+ rl - 144 + 24/--/-2,

144 = 48r,ebből a keresett sugár: r = 3.

ebből

208

14.10. A sokszögek területe

A sokszögek területének a meghatározásakor az egység megválasztása a ki­indulásunk. Az I oldalú négyzet — az ún. egységnégyzet — területét választjuk1 területegységnek; a sokszögek területszámításának szemléletes tartalm a az egységnégyzetnek és a sokszögnek bizonyos szempontból történő összehason­lítása.

Szabatosabban a területszámítást úgy fogjuk fel, m int egy hozzárendelést (függvényt), ahol minden sokszöghöz hozzárendelünk egy pozitív számot, a területet úgy, hogy a következők teljesüljenek:

1. az egységnégyzet területe 1;2. egybevágó sokszögeknek egyenlő a területe;3. ha egy sokszögei réasokszogekre rágunk szét, akkor a részek területének

az összege a sokszög területével egyenlő.

Bebizonyítható, hogy minden sokszöghöz egyértelműen hozzá tudunk rendelni az i —3. feltételeket kielégítő számot, azaz: minden sokszögnek van lerülete.

A sokszög3k területszámításakor a téglalap területéből indulunk ki:

a téglalap területe két szomszédos oldalának a szorzatával egyenlő.

Ez nyilvánvaló akkor, ha a téglalapot egységnégyzetekre 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 mindenekelőtt jegyezzük meg, hogy a paraíelogramma két párhuzamos oldalegyenesének a távolságát a paralelogramma szóban forgó oldalához tartozó magasságának nevezzük. A téglalap bármelyik oldalához tartozó magassága a másik téglalapoldallal egyenlő.

Ha egy téglalap és egy paralelogramma egy-egy oldala egyenlő és egyenlők az oldalakhoz tartozó magasságaik is, akkor területük is egyenlő.

Vegyük fel ugyanis a téglalapot és a paralelogrammát úgy, hogy egyenlő alapjaik essenek egybe (14.10.2. ábra), legyenek ezek az ABCD téglalap és az ABPQ paralelogramma (ábránkat úgy betűztük, hogy a paralelogramma hegyesszögű csúcsa A-nál legyen), ezeket az ABPD négyszög (trapéz) foglalja egybe.

14.10.1. ábra. A téglalap területe

209

B A B

14.10.2. ábra. A paralelogramma területe

Figyeljük meg, hogy az AQD és BPC derékszögű háromszögek (az ábrákon vonalkázottak) egymásból egy eltolással származtathatók, ezért egybevágók, és így területeik is egyenlők. Ha most az ABPD négyszögből az AQD három ­szöget hagyjuk el, akkor az ABPQ paralelogrammát, ha viszont a BPC három ­szöget hagyjuk el, akkor az ABCD téglalapot kapjuk m eg; mindkét alkalommal ugyanakkora területű részt hagytunk el, tehát ugyanakkora területű rész maradt is meg, ezért: a paralelogramma és a téglalap egyenlő területű.

Mivel pedig a téglalap területe alapjának és magasságának a szorzata, ugyanezzel egyenlő a paralelogramma területe i s :

a paralelogramma területe bármelyik oldalának és a hozzá tartozó magassá­gának a szorzatával egyenlő.

H a a paralelogramma négyzet, akkor az oldal egyenlő a hozzá tartozó magassággal, ezért

a négyzet területe oldalának négyzetével egyenlő.

Legyen most az ABC háromszög BC = a oldalához tartozó magassága ma (14.10.3. ábra). A háromszöget az AC oldal felezőpontjára tükrözve az ABCB' paralelogrammát kapjuk; ennek a területe nyilván kétszerese az ABC terü­letének. Mivel a paralelogramma a oldalhoz tartozó magassága a háromszög ma magasságával egyenlő, az ABCB' paralelogramma területe ama, az ABC

Clttlterülete pedig ennek a fele, tehát -— -vei egyenlő:

a háromszög területe bármelyik oldalának és a hozzá tartozó magasság szor­zatának a felével egyenlő.

Itt jegyezzük meg, hogy a derékszögű háromszög bármelyik befogójához tartozó magasság a másik befogóval egyenlő, ezért

a derékszögű háromszög területe a befogók szorzatának a fele.

A háromszög egy oldalának és a hozzá tartozó magasság kapcsolatában szokás az oldalt alapnak mondani.

210

314.10.3. ábra. A háromszög területe 14.10.4. ábra. Merőleges átiójú négyszög

M inden sokszög szétvágható háromszögekre, ezért területük kiszámítása elvben ezzel a módszerrel megoldható. Erre m utatunk most egy példát:

ha egy konvex négyszög átlói merőlegesek, akkor területe az átlók szorzatá­nak a felével egyenlő.

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 B M , ill. M D , ezért

ABC területe: ^ A C -B M ,

ACD területe: ~ A C ■ M D,

ABCD területe: ~ A C - B M + l- A C - M D = l- A C { B M + M D ) = ~ A C - B D ,

amit bizonyítanunk kellett. (Megjegyezzük, hogy eredményünk konkáv négy­szögre is igaz.)

Mivel a rombusz átlói is merőlegesek egymásra,

a rombusz területe átlói szorzatának a felével egyenlő.

Az egybevágóság a sokszögek területét nem változtatja meg, ezzel szemben

a k arányú hasonlóság a sokszög területét k %-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 stb. nö-

1 . . 1 vekszik; vagy ha pl. -szeresére kicsinyítjük, területe --é ré csökken.

Állításunkat elegendő háromszög esetén belátni, hiszen minden sokszögcanháromszögekre bontható. Az a alapú és m magasságú háromszög területe - ,

211

k arányú hasonlóságot alkalmazva az alap és a magasság ka, ill. km hosszú­ságú szakaszokba megy át, tehát a hasonlósággal nyert háromszög területe:

ka-km ,„am2 = T ’

azaz valóban k 2-szerese az eredeti területnek.Eredményünket egyébként úgy is fogalmazhatjuk, hogy ha két hasonló

sokszögben két megfelelő oldal aránya ~ , akkor a sokszögek területének aza2 b

aranya .

Feladatok

1. M ekkora az e oldalú szabályos háromszög területe?e í/j

A 14.9. szakasz 2. feladatában m egm utattuk, hogy a háromszög magassága - y - , ezért területe az e alap és a magasság szorzatának a fele:

1 e /3 é - i J1 ~ T ő ' 2 _ ^ “ 4 '

2. Egy paralelogramma egyik oldala 8, a hozzá tartozó magasság 12; a másik oldalhoz tartozó magassága viszont 10. M ekkora a paralelogramma másik oldala?

Az alap és magasság szorzata bármely alap esetén a területet ad ja meg, az ismeretien alapot 6-vel jelölve terület kétféle m ódon is megkapható:

106 = 8-12, ebből 6 = 9,6.

3. Bizonyítsuk be, hogy a háromszög súlyvonala a háromszöget két egyenlő területű részre vágja szét. (A súlyvonal a csúcsot a szemközti oldal felezőpontjával összekötő szakasz.)

Húzzuk meg pl. az X Y Z háromszög Z F súlyvonalát (14.10.5. ábra); a kapott X F Z és F Y Z háromszögeknek ugyanakkora az alapja és a magassága, ezért területeik is egyenlők.

212

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).

M egoldásunk előző feladatunk észrevételén alapszik, amely szerint a háromszöget a súlyvonala két egyenlő területű részre vágja szét.

Rajzoljuk be feladatunk ábrájába a C B, Á C, B ' A szakaszokat. Az A A ' C három szög­ben CB súlyvonal, ezért A B C és B A' C területe egyenlő, hasonló ckból egyenlő területű a B A' B ' háromszög két része, a B ’ A ' C és CA' B háromszög is. Ebből m ár következik, hogy a berajzolt szakaszok az A ' B ' C '-t az A B C -'re 1 együtt 7 egyenlő területű részre osztják fel, ezért A ’ B ’ C ’ területe hétszerese az A B C területének.

14.11. A kör kerülete és területe; ívmértek

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.

Az r sugarú körben jelöljük ki az A \, A 2, . . . , A„ pontokat, az A iA 2 . . . A n n szög a kör egy beírt sokszöge, viszont az ugyanezekben a pontokban meg­húzott érintők egy B \B 2 . . . B n érintősokszöget 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).

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. Ebből következik, hogy a beírt sokszögek között nincs legnagyobb területű, a körülírt sokszögek között viszont nincs legkisebb területű; 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

14.11.1. ábra. A kör köré írt és beírt sokszöge

213

kerületénél, de kisebb minden körülírt sokszög kerületénél, ezt a k számot nevezzük a kör kerületének. Jelölje a kör átmérőjét d; igazolható, hogy

az r sugarú kör kerülete 2r-7i-vel egyenlő:k — 2 rn = dn.

ahol a :t irracionális szám, közelítő értéke:ti = 3,141593,

a gyakorlatban legtöbbször ennek két tizedesre kerekített értékével, 3,14-dal szoktunk számolni.

A kör egy ívdarabjának hossza arányos a hozzá tartozó középponti szöggel, ez azt jelenti, hogy ha az a középponti szöghöz i hosszúságú ív tartozik, akkor a 2a, 3a, 4a, . . . középponti szögekhez 2i, 3i, 4i, . . . hosszúságú ív tartozik, általában, ha X tetszőleges pozitív szám, akkor a Xcl középponti szög Ái hosszúságú ívet zár közre (14.11.2. ábra).

Ez a megfigyelésünk lehetővé teszi a szögek ívmértékkel való mérését.Egy szög csúcsa köré írt egységkör szárak közé eső ívdarabjának a hossza a szög ívmértéke vagy abszolút mértéke.

7CMivel az egységkör kerülete 2-1-j t = 2n, a negyedkörhöz - ívhosszúságú

71egységkörív tartozik, tehát a derékszög ívmértéke —.

Hasonlítsuk most össze néhány nevezetesebb szög fokokban kifejezett mértékét és ívmértékét (a tizedestörtek kerekített értékek):

360° 2n = 6,2832 90°ji 2 = 1,5708

270° 3 71 ~2

= 4,7124 60°7t 1 ~

1,0472

180° n = 3,1416 45°714 0,7854

oO 5n6 = 2,6180 30°

71 6 =

0,5236

120°2 713

= 2,0944 1°71

Í80 ~0,0175

Az ívmérték egysége 1 radián, 1 (azaz 1 radián) az ívmértéke annak a szög­nek, amely az egységkör egységnyi hosszúságú ívét zárja közre.

Általában:(a fokokban kifejezett mértéke)*jr , ,----------------------- ------------------------- = a ívmerteke, (14.11.1)

214

14.11.2. ábra. A körív hossza arányos a középponti szöggel

és„ , , , , „ (a ívmértéke) 180° , ..

a fokokban kifejezett erteke = -------------------------, (14 11.2)

ezek szerint pl. 1 radián az ívmértéke az 57,2958°-os szögnek.Zsebszámológépek a bevitt szögmértéket általában fokokban értelmezik;

ha különböző szögmértékekkel üzemel, a fokokban való mérésre rendszerint a DEG jelzés, a radiánokban való mérésre pedig a RÁD jelzés utal (a néhány gépen található G R A D jelzés újfokokban kifejezett mértéket je len t; 1. 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 a közép­ponti szöghöz tartozó ív is r-szeresére növekszik (vagy kisebbedik); mivel pedig az egységkörben az a középponti szöghöz a ívmértékű (azaz hosszúságú) ív tartozik, azért az r sugarú körben az a középponti szögű körív hossza r a :

i = ra, (a ívmérték), (14.11.3)r r f T r

i = = 0,01745 r% (a fokokban mérve). (14.11.4) loO

A kör területének a meghatározásakor hasonló módon járunk el, m int a kerület esetében; most is beírt, ill. körülírt sokszögek területértéke közé szorít­juk a kör területet. M egm utatható, 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 r2n-vel egyenlő,t — r2n.

Körcikknek a kör két sugara és a közöttük levő körív által határolt síkalak­zatot nevezzük. A körcikk területe arányos a hozzá tartozó a ívmértékű közép­ponti szöggel; ha a = jr, éppen félkörnyi körcikkről van szó; jelölje az a

215

középponti szögű körcikk területét (14.11.3. ábra), ekkor az arányosság m ialt.

__ a tn n ’

ebből, mivel i — ra. (14.11.3):tna _ rhia _ r2a n 2 t i 2

Y & í'lt* = ~ — -J (X ívmérték),

(14.11.5)

(14.11.6)

ta =r27i«

360“= 0,00873 r2a (a fokokban mérve).

Ezek szerinta körcikk területe a hozzá tartozó körív és a sugár szorzatának a felévelegyenlő.

A kör sugarát ^-szorosára növelve, a kerülete is /c-szorosára növekszik, a területe viszont k 2-szeresére nő.

K ét közös középpontú kör körgyűrűi zár közre (14.11.4. áb ra); a körgyűrű területe nyilván az R sugarú külső és az r sugarú belső kör területének a különb­sége, tehát

R?ti - r27i = n(R 2 - r2) = 7 i ( R - r ) ( R + r) = 2 (R — r) n.

A nnak a körnek a sugara, amely a körgyűrűben mindkét határoló körhözR-b

egyenlő távolságra halad (középkor) éppen g = - - y - > a körgyűrű szélessége

pedig m = R — r, ezekkel az értékekkel a körgyűrű területe:T — 2qmn. (14.11.7)

A körgyűrű két sugár közötti része a körgyűrűcikk; legyen határoló kör-

14.11.3. ábra. Körcikk 14.11.4. ábra. Körgyűrű és körgyűrficikk

216

íveik hossza h és i2, szélessége m (14.11.4. ábra). Mivel az iz ívet az ix ívbe ÍR

O középpontú, -—arányú hasonlóság viszi áí,

h R . ' A ' A— —, azaz i\r — i2R és i.2R — iir — 0.12 T

A körgyűrficikk területét két körcikk területének a különbségeként számít­hatjuk ki (14.11.6) alapján a körgyűrűcikk területe:

T = = ~ ( h R - i 2r) = j (i1R — i2r + i2R ~ i\r ) ~ j (ii + i.,) ( R - r ) ,

ebből

T = l- ± ~ 2 m, (14,11.8)

a körgyűrűcikk területe a határoló ívek számtani közepének és a szélességének a szorzatával egyenlő.

M int megjegyzési módra hívjuk fel a figyelmet, hogy a körcikk területképlete a háromszög területképletére, a körgyűrűcikk területképlete pedig a trapéz területképletére emlékeztet.

Feladat

A 14.11.5. ábrán látható holdacskákat a derékszögű háromszög oldalai fölé szerkesztett félköiok határolják. Bizonyítsuk be, hogy a holdacskák területének összege a derékszögű háromszög területével egyenlő.

A derékszögű háromszög a, h, c oldalai fölé szerkesztett félkörök sugarai rendre

ezért területeik > ~s- > ~7r ■ A holdacskák területösszegét kapjuk meg. ha a derékszögű 8 8 8

háromszög r területének és a befogók fölé szerkesztett félkörök területének az összegéből kivonjuk a c átfogó fölé szerkesztett félkör területét:

cttz bbt é-ri ti. , „----- 8' = + + =■

mivel Pitagorasz tételéből e 2-f-ö2 — c- — 0 következik, tehát a holdacskák területösszege valóban a háromszög r területével egyenlő.

217

14.12. A háromszög geometriájából

A háromszögek körében a következő' állandó jellegű jelöléseket alkalmazzuk: az ABC háromszög A, B, C csúcsainál rendre az a, fi, y szögek vannak, az olda­lak: A B = c, BC = a, CA — b; a kerület: 2s — ű + fe+ c (tehát s a kerület fele, a „félkerület” ); JB C területe /,

A háromszögek körében azt az egyszerű tényt, hogy két pont között egyenesszakaszon vezet a legrövidebb út, az ún. háromszög-egyenlőtlenség fejezi k i :

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 következő egyenlőtlenségek:

a < b + c, b < c+ a, c < a+b.

Ezek közül az első kettő átrendezéséből kapjuk, hogy c > a —b és c =- b —a,

ezt összefoglalva c > | a —b j alakban írhatjuk fel, ami azt jelenti, hogya háromszögben bármelyik oldal nagyobb a másik kettő különbségének abszo­lút értékénél.

Középvonal és súlyvonal. Az ABC háromszög oldalfelező pontjai legyenek az AB, BC, CA oldalon rendre C ' , A ' , B ' (14.12.1. ábra). Az oldalfelező pontokat összekötő szakaszok a háromszög középvonalai.

Két oldal felezőpontját összekötő középvonal párhuzamos a harmadik oldallalés feleakkora, mint a harmadik oldal.

Pl. az ABC szögre és a szögszárakon felvett A, B; B ’, A ' pontokra alkalmazva a párhuzamos szelők tételének a megfordítását kapjuk, hogy A 'B ' párhuzamos

„ . A B CA „ , , ABa BA oldallal es - —7 = - — = 2, tehat A B — —— .

A ’B' CB' 2Ebből az is következik, hogy az Á B' C' háromszög oldalai rendre párhu­

zamosak az ABC háromszög oldalaival és A 'B 'C hasonló ABC-hez. ABC. és

c

218

14.12.2. ábra. Hegyesszögű háromszög

köré írt kor

14.12.3. ábra. Derékszögű háromszög

köré írt kör

14.12.4. ábra. Tompaszögű háromszög

köré írt kör

A'B 'C ' ezért hasonló egyállású alakzatok, és így középpontosan is hasonlók, azaz az A A ', BB', C C szakaszok egy S ponton mennek át. Mivel az ABC-t az

A'B 'C '-be arányú hasonlóság viszi át, ezért pl. A S kétszer akkora, m int S A ',

azaz S harmadolja az A A ' szakaszt. A háromszög csúcsát a szemközti oldal felezőpontjával összekötő 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.

Oldalfelező merőleges és körülírt kör. A háromszög A B oldalának felező merőlegese az A-tó 1 és 5 -tő l egyenlő távolságra levő pontok halmaza, a BC felező merőlegese viszont a 5 -tő l és C-től egyenlő távolságra levő pontokat tartalmazza (1. a 14.5. szakaszt), ezért metszéspontjuk, O egyenlő távol van a háromszög m indhárom csúcsától, azaz középpontja a háromszög csúcsain átmenő körnek (körülírt kör) (14.12.2. ábra).

Gondolatm enetünk egyébként azt is bizonyítja, hogya háromszög oldalfelező merőlegesei a körülírt kör középpontjában metszik egymást: továbbáhárom, nem egy egyenesbe eső pont egyértelműen meghatároz egy kört, azaz egy és csakis egy olyan kör van, amely három ilyen adott ponton átmegy.A derékszögű háromszög bármely befogójának oldalfelező merőlegese

párhuzamos a másik befogóval, ezért tartalmazza a befogó felezőpontját az átfogó felezőpontjával összekötő középvonalat (14.12.3.ábra); a befogók oldal­felező merőlegesei ezért az átfogó felezőpontjában metszik egym ást:

a derékszögű háromszög köré írt körének középpontja az átfogó felezőpontjá­val esik egybe.

219

Ez az eredményünk összhangban van Thalész tételével (1. a 15.7. szakaszt).A 14.12.2. és 14.12.4. ábráinkon megfigyelhető, hogy a háromszög köré írt

kö r középpontja hegyesszögű háromszög esetén a háromszög belsejében, tompaszögű háromszög esetén pedig a háromszögön kívül van.

A háromszög köré írt kör R sugarát kifejezhetjük a háromszög oldalaival és a területével. Betűzzük a háromszöget úgy, hogy a hegyesszög legyen (14.12.5. ábra). A kör O középpontját 5-vel és C-vel összekötve egyenlő szárú háromszöget kapunk, m ert OB = OC = R. BOC < 2a, mert az a kerületi szöghöz tartozó középponti szög, ezért O-t a BC felezőpontjával, F-íel össze­kötő szakasz felezi a BOC szöget. Legyen 5-ből a szemközti A C oldalra állított magasság B T = nit. Az OFC és A TB hasonló derékszögű háromszögek, m ert megegyeznek két-két szögben, ezért oldalaik aránya is egyenlő:

OC~CF

AB~ B T ’

azaz — =c

nib ’

Viszont a háromszög területe: t = sébe helyettesítve kapjuk, hogy

R -

bitit” 2” ’

abc

ebből R

21

ac2mb

ebből mi, — -y-, ezt R kifejezé-

(14.12.1)

Magasságvonal és magasságpont. A háromszög csúcsaiból a szemközti oldal­egyenesekre állított merőleges szakaszok a háromszög magasságai; az A, B, C csúcsokból induló magasságok hosszát rendre ma, mb, mc jelöli. A m agassá­gokat tartalm azó egyenesek a háromszög magasságvonalai. A derékszögű háromszög hegyesszögű csúcsaihoz tartozó magasságok a befogókkal egyenlők.

A háromszög magasságvonalai egy ponton mennek át, a háromszög magasság- pontján.

Ennek bizonyítására tükrözzük a háromszöget minden oldalának a felező­pontjára, a tükrözéssel az ABA'C , BCB’A, C AC 'B paralelogrammákat kap­juk, ezek egyesítése olyan A ’ B ' C' háromszöget képez, amelynek oldalfelező

220

14.12.6. ábra. Magasságpont 14.12.7. ábra. A beírt kör

pontjai az A, B, C pontok és középvonalai az ABC oldalai (14.12.6. ábra). Az A 'B 'C oldalfelező merőlegesei — mint már láttuk — egy M pontban met­szik egymást; ezek az oldalfelező merőlegesek azonban az ABC háromszög­ben magasságvonalak, hiszen pl. AB és A'B' párhuzamossága m iatt az egyikre merőleges egyenes a m ásikra is merőleges, ezért ABC magasságvonalai egy M ponton mennek át.

Hegyesszögű háromszög magasságpontja a háromszögnek belső, tom pa­szögűé a háromszögnek külső pontja. A derékszögű háromszög magasságpontja a derékszögű csúccsal esik egybe.

Szögfelezők és a háromszög érintőkörei. A háromszög szögeinek felezői — az ún. belső szögfelezők vagy egyszerűen szögfelezők — egy ponton mennek át.

Ehhez vegyük észre, hogy az A < felezőjének pontjai az ^4-ból induló szögszáraktól egyenlő távolságra vannak (L a 14.5. szakaszt), a B < felezőjé­nek minden pontja pedig a 5-ből induló szögszáraktól van egyenlő távolságra, ezért a két szögfelező K metszéspontja egyenlő távolságra van a háromszög minden oldalegyenesétől. Mivel K benne van a C < belsejében is, és így a C < száraitól is egyenlő távolságra van, és a C száraitól egyenlő távolságra levő belső pontokat a C < felezője tartalmazza, ezért a harm adik szögfelező is átmegy a K ponton (14.12.7. ábra).

K ennélfogva mindhárom háromszögoldaltól egyenlő távolságra van; jelölje ezt a távolságot r. Ez azt jelenti, hogy K középpontja a háromszög oldalait belülről érintő körnek, a háromszög ún. beirt körének; összefoglalva:

a háromszög belső szögfelezőinek metszéspontja a háromszögbe írt kör közép­pontja.A háromszög két külső szögének felezője és a harmadik szög belső felezője isegy ponton megy át.

Pl. a 5 és C csúcsoknál levő külső szögek felezőinek Ka metszéspontja egyenlő távol van a 5 és C csúcsokhoz tartozó külső szögek száraitól (14.12.8. ábra), de akkor egyenlő távol van az A < száraitól is, ezért Ka rajta van az A-nál levő szög belső szögfelezőjén. Legyen K0-m k az oldalegyenesektől mért távol-

221

sága ra, a K a körül ra sugárral írt kör érinti a háromszög oldalegyeneseit, ez a háromszög (egyik) külső érintőköre vagy hozzáírt köre; ilyen típusú köre a háromszögnek három van, sugaraik ra, n , rc.

A beírt kör az AB, BC, CA oldalakat rendre a C i, Ax, Bx pontokban érinti. Az érintőszakasz-tétel (14.7.) szerint külső pontból a körhöz húzott érintősza­kaszok egyenlők, ezért A B i = A C i = x, BCx = BAx = y, C A i = CB = z és ezek között érvényesek a következő 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 (14.12.1. ábra).

Külső érintőkör esetén (14.12.8. ábra) az érintőszakasz-tételből követ­kezik, hogy A B 2 = A C Z, BC2 = B A 2 és C B2 = C A 2, viszont AC + C A 2 + + A B + BA 2 = 2s, mivel a négy szakasz a teljes kerületet kiadja. Minthogy A C + C A Z = A C + C B 2 — A B 2 és A B + B A 2 — A B + BC2 — ^iC2, ezért A B 2 + + A C 2 — 2s, mivel azonban A B 2 = A C 2, ezért A B 2 — ÁC2 = s, és így pl. B C 2 — s —A B — s —c.

Fejezzük most ki az oldalakat érintő körök sugarait a háromszög oldalai és területe segítségével. A 14.12.7. ábráról az ABC területe az ABK, BCK, C AK háromszögek területének az összege, és ez utóbbiakban az r sugár a magasság szerepét játssza, ezért

1 , , , a + b + c t , , , y (ra + rb + rc) = t, r ----- ^----- = t, rs — t, /• = - . (14.12.2)

A háromszög hozzáírt körénél abból indulunk ki, hogy ABC területét kapjuk, ha ABKa és ACKa területének összegéből kivonjuk a BCKa területét, ezért

1 . , . b + c — a . . t = -2 (cra + bra- a r a) = ra ----- ^-----= rÁs ~ ah

222

14.12.10. ábra. í . feladat

ebből

ra = s — ahasonlóan: rj, =

s - b ' r, = (14.12.3)

Ezek az eredményeink arra is m ódot adnak, hogy a háromszög területét viszonylag egyszerűen kifejezhessük az oldalak segítségével. A 14.12.9. ábrán az előző két ábra jelöléseit használjuk. A K C \B és BC2Ka derékszögű háromszögek hasonlók, mert hegyesszögeik merőleges szárú szögek, és így a két háromszög szögei rendre egyenlők. Ennélfogva egyenlők a megfelelő oldalaik aránya is; figyelembe véve, hogy B C \ = s — b és BC2 — s —c:

KCi BC, _ r _ j - c „UU21 rra = (s_ b ) ( s __c^azaz s — cra

ebbőlBC i KaC 2 s - b

helyettesítsük ebbe a (14.12.2) és (14.12.3) alatti r és ra értékeket :

t- ts(s—a)

= ( s—b)(s—c), f- = s(s—a)(s — b) ( s—c),

t — \ s(s—a) (s — b) (s—c). Ez a háromszög területének Heron-képlete,

(14.12.4)

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 négyzet- összege az oldalak négyzetösszegével egyenlő: a következőkben ezt használjuk fel. Az A B C háromszöget a B C olda! felezőpontjára tükrözve olyan paralelogrammát kapunk, amelynek oldalai b é s c ,á tlói pedig a és 2sü (14.12.10. ábra), ezért az előbbi tétel szerint

44 + a2 262+ 2 c 2- a 2

2b2+ 2c2,

V 2b*-i- 2c1 —a2

223

Hasonlóan kapjuk, hogy11 2c2+2ff2- \ — 4-

2tP + lb*-

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.

Először a területei számítjuk ki a Heron-képlet (14.12.4) segítségével; az ehhez szükséges a d a to k :

s — 36, s — a — 18. s — b — 16, s — c -- 2,

i = y 36-í 8-16-2 - V36-36-16 = 36-4 = 144.

- i t \ 44A beirt kór sugara: r = - = —— = 4, i 36

a köré írt kör sugara: R =

M ivei 21 — am„

171 a

18.20-34 , ,------ T7- = 21,25.4-144

bmh — cm,

2t 28836 20

14,4, = 2§ ^ 8’47- '

3. Bizonyítsuk be, hogy az egyenlő szárú háromszög súlypontja, magasság­pontja, valamint beírt és köré irt körének a középpontja rajta van a háromszög szimmetriatengelyén.

A szimmetriatengely tartalm azza az alaphoz tartozó súlyvonalat, magasságvonalat, szög­felezőt, oldalfelező merőlegest, ezért tartalmaznia kell az ezeken levő fenti nevezetes pontokat is.

4. Egy háromszög oldalai: a = 4, b = 8, c ~ 6. M ekkora részekre vágja a c oldalt a C csúcshoz tartozó szögfelező?

Először általánosan is bebizonyítjuk az űrt. szögfelezotéíelí:a háromszög szögfelezője a szem közti oldalt a szomszédos oldalak arányéban osztja f e l

Tegyük fel, hogy a C csúcshoz tartozó szögfelező a szemközti c oldalt cx és c2 hosszúságú darabokra vágja szét. A szögfelező C, végpontja egyenlő távol van a CA és CB szögszárak­tól, legyen ez a távolság x (14.12.11. ábra).

Az A C t C és JBCt C háromszögek kétszeres területét kétféle módon is felírhatjuk:

A C tC: cxme =• hx,B C tC: = ax.

C

J4.12.12. ábra. 5. feladat

224

Vegyük az utóbbi két egyenlet megfelelő oldalainak a hányadosát, egyszerűsítés után kapjuk, hogy

Cj bc2 ~ a '

ami éppen a szögfelezőtétel. Mivel c2 = c — clt helyettesítsük ezt az előbbi egyenletbe:

acx + bcl = be, be

Cl ” a + b ’Hasonlóan kapjuk, hogy

_ ac C2 a + b '

Ezt alkalmazva a megadott háromszögre: cx = = 4; c2 = -7 ~L = 2.4+8 4+8

5. Bizonyítsuk be, hogy a derékszögű háromszög kerülete a beírt kör átm é­rőjének és a körülírt kör kétszeres átmérőjének az összege.

Vegyük mindenekelőtt figyelembe, hogy a derékszögű háromszög körülírt körének a középpontja az átfogó felezőpontja, ezért a körülírt kör átmérője az átfogóval egyenlő. Ha a beírt kör sugarát r-rei jelöljük, azt kell bizonyítanunk, hogy a kerület 2c + 2r-rel egyenlő, ami a 14.12.12. ábráról könnyen leolvasható, hiszen a B y K A ^ négyszög négyzet, mivel három szöge eleve derékszög és két szomszédos oldala is /--rel egyenlő; továbbá az érintő­szakasz-tétel szerint A C X = A B X = cx, B C x = B A X = c2, és így a kerület:

2c1 + 2ci + 2 r = 2(cx + c2) + 2r = 2c + 2r,és ezt kellett bizonyítanunk.

6. M ekkora 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 = F'14-2-7-5 = 1 4 ^

ezért a paralelogramma területe: 28^5 = 62,61.

14.13. Speciális négyszögek; sokszögek

A trapéz olyan négyszög, amelynek van két, párhuzamos oldala.A párhuzamos oldalakat a trapéz alapjainak is szokták m ondani; a másik két

oldalt viszont a trapéz szárainak nevezzük. Definíciónk szerint a paralelogram­mák is trapézok, ebben az esetben bármely két szemközti oldalpár tekinthető alapoknak.

A trapéz egy szárának végpontjaiban levő belső szögek kiegészítő szögek, összegük 180°.

225

Az ABCD trapéz (14.13.1. ábra) alapjai legyenek AB = a és CD = b; a két szárnak AD-nek és 5C-nek az F i és F 2 felezőpontját összekötő F iF 2 = k sza­kasz a trapéz középvonala. (Megjegyezzük, hogy az általánosabb elnevezés- rendszer szerint AB és CD felezőpontjait összekötő szakaszt is középvonalnak mondjuk, de ha trapéznál minden külön megjelölés nélkül középvonalról be­szélünk, akkor ezen a szárak felezőpontjait összekötő szakaszt értjük.)

A trapéz középvonala párhuzamos az alapokkal és hossza az alapok hosszának a számtani közepe, tehát

a + b

Ezt az állításunkat úgy láthatjuk be, hogy a trapézt pl. a BC szár F 2 felező­pontjára tükrözzük. A trapéz tükörképével együtt az AD 'A 'D paralelogram­m át alkotja, mivel a tükrözés m iatt AD' és A 'D párhuzamos és egyenlő sza­kaszok. Az szakasz a középvonal kétszerese. Az AD'F^ négyszög para­lelogramma, mert van két egyenlő, párhuzamos oldala, AF L és D'F{ ui. a tükrözés m iatt párhuzamosak. Ebből következik, hogy AD' és FXF[ párhuzam o­sak és egyenlők, AD ' = FXF[, 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), ebből a trapéz területe:

a + bt = -~y ~ m = km,

azaz: a trapéz területe az alapok számtani közepének és magasságának a szor­zatával egyenlő: vagy: a trapéz területe a középvonal és a magasság szor­zata.

Ha a párhuzamos oldalak felezőpontjait összekötő egyenes szimmetria- tengelye a trapéznak, akkor a trapézt tengelyesen szimmetrikus trapéznak vagy egyenlő szárú trapéznak nevezik (egyéb elnevezéseket is használnak: húrtrapéz, körbe írt trapéz) (14.13.2. ábra). A szimmetrikus trapéz szárai egyenlők és az azonos alapokon levő szögei is egyenlők.

Ha a négyszög szimmetrikus valamelyik átlójának az egyenesére, akkor deltoidnak (sárkányidomnak) nevezzük (14.13.3. ábra). A deltoid átlói merő-

D b C a A ’’

226

14.13.2. ábra. Szimmetrikus trapézB

14.13.3. ábra. Deltoid

legesek egymásra, ezért területe az átlók szorzatának a felével egyenlő; oldalai között két-két szomszédos egyenlő.

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 levő szöge a, ill. y. Ha O a kör középpontja, akkor az a-val azonos ívhez tartozó középponti szög 2a (1. a 14.7. szakaszt); a y-val azonos ívhez tartozó középponti szög viszont 2y. Mivel 2 a + 2 y = 360°, oc+y = 180°. Mivel a négyszög szögeinek az összege 360°, a másik két szemközti szög összege is 180°-kal egyenlő.

Bebizonyítható, hogy a tétel megfordítva is igaz; ha a négyszög két szem közti szögének összege 180°, akkor a négyszög húrnégyszög.

Érintőnégyszögnek nevezzük a négyszöget, ha egy kör a négyszög minden oldalát belső pontban érinti.

Egy konvex négyszög akkor és csakis akkor érintőnégyszög, ha szem közti oldalainak összege egyenlő.

14.13.5. ábra. Érintőnégyszög

227

Hogy a fenti feltétel érintőnégyszögre teljesül, könnyen leolvasható a 14.13.5. ábráról; az érintőszakasz-tétel szerinti egyenlő érintőszakaszokat azonos betűkkel jelöltük, és így nyilvánvaló, hogy a szemközti oldalak összege mindkét oldalpár esetén x + y + z + u -v al egyenlő. Bebizonyítható, hogy ha ez a feltétel teljesül, akkor a négyszög biztosan érintőnégyszög.

Tételünk értelmében pl. minden rombusz és minden deltoid érintőnégyszög.A körbe írt és kör köré írt sokszögek közül lényeges szerepet játszanak a

szabályos sokszögek.Szabályos sokszögeknek nevezzük a körbe írt egyenlő oldalú sokszögeket.A szabályos sokszög középpontjának a köré írt kör középpontját mondjuk.

A középpontot a csúcsokkal összekötő sugarak az n oldalú szabályos sokszöget (szabályos n-szöget) n számú egyenlő szárú háromszögre vágják szét (14.13.6. ábra); ezek a háromszögek egybevágók, m ert 3-3 oldaluk egyenlő, ennélfogva egyenlők a szárak által kö2rezárt magasságaik is. Ez azonban azt jelenti, hogy a sokszög középpontja minden oldal felezőpontjától egyenlő 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 érintő­sokszög is.

A szóban forgó egyenlő szárú háromszögeket a szabályos sokszög közép­ponti háromszögeinek m ondjuk; ezek alapon fekvő szögei egyenlők, a sokszög minden szöge két ilyen alapszög összege, ezért a

szabályos sokszögek szögei egyenlőek.

Előbbi megállapításunk m ár nem fordítható meg: a körbe írt egyenlő szögű sokszögek nem feltétlenül szabályosak, példa erre a körbe. írt olyan tégla­lap, amely nem négyzet. (A körbe írt páratlan oldalszámú egyenlő szögű sok­szögek azonban m ár szabályosak.)

A szabályos sokszögek közül leggyakoribbak a szabályos (vagy egyenlő oldalú) háromszög, a négyzet, a szabályos hatszög. A szabályos hatszög oldala a kör sugarával egyenlő, mivel középponti háromszögei szabályos háromszögek (14.13.7. ábra). Ez lehetővé teszi egyszerű szerkesztését és számos gyakorlati alkalmazását.

/ r\ A V' \ 6 0 7 ' r 6 0 \/S 0 ° r

6 0 ° / \ 60°/ 6£?\ r.

\ f / V / .

14.13.6. ábra. Szabályos sokszög 14.13.7. ábra. Szabályos hatszög

228

1. Egy szimmetrikus trapéz alapjainak hossza 6 és 16, szárainak hossza 13. M ekkora a trapéz területe és átlója?

A rövidebbik alap végpontjából húzott magasságok a trapézból két egybevágó derék­szögű háromszöget vágnak le (a 14.13.8. ábra jelöléseit használjuk), ezekre alkalmazva Pitagorasz tételét, kapjuk, hogy

m2+ 52 = 332, ebből m = 12.

A terület: t = ^ y ^ - 3 2 = 11-12 = 132.

Az átló c hosszát olyan derékszögű háromszög átfogójaként határozhatjuk meg, amelynek befogói 11 és m, tehát

U* + m* = c \ c2 = 112+ 1 2 2 = 265,c = ^265 = 16,28.

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 = Í 10-5-2-3 = 10/37ezt a 8 hosszúságú oldalhoz tartozó m magasság (ami a trapéz magasságával egyenlő) fel- használásával is felírhatjuk:

10^3 = — , ebből in = 2,5 f i .

A trapéz területe: — • 2,5^3 = 15)^3.

6

Feladatok

14.13.8. ábra. 1. feladat

2

14.13,9. ábra. 2. feladat

229

3. Bizonyítsuk be, hogy a háromszög magasságpontjának az oldalakra vonatkozó tükörképei a háromszög köré írt körön vannak.

A z A B C háromszög M magasságpontját a 14.13.10. ábrán az A A x és B B Í magasságok metszéspontjaként állítottuk elő. Az M A XCBX négyszögben az M -nél levő szög 180°—y, mivel a négyszög szögeinek összege 360°. Ugyanekkora ennek a csúcsszöge az A M B <1 és ennek az A B -re vonatkozó tükörképe, az A M 'B <J is. D e így az M ’BCA négyszög két szem­közti szögének, a C <í-nek és az M ' <I-nek az összege 180°, tehát M 'B C A húrnégyszög, a négy csúcs egy körön van. Ez a kör azonban az A B C háromszögnek körülírt köre, tehát M ' valóban rajta van a háromszög köré írt körön. Ugyanígy vizsgálhatjuk meg a másik két oldalra vonatkozó tükörképeket is.

4. M ekkora az e oldalú szabályos hatszög területe?A szabályos hatszög hat e oldalú szabályos háromszögre vágható szét, ezek mindegyiké-

e2f3~nek a területe — (14.10. szakasz 1. feladat), ezért a szabályos hatszög területe:

4

5. M utassuk meg, hogy az r sugarú körbe írt szabályos tizenkétszög területe 3r2-tel egyenlő.

A 14.13.11. ábrán az/- sugarú körbe írt szabályos tizenkétszög két központi háromszögét360°

rajzoltuk meg, az A O B és B O C háromszögeket, ezeknek szárszöge: = 30°. Ebből

következik, hogy az A O C háromszög szabályos, hiszen A O C <3 = 60°, és így A C = r. A két háromszög szimmetrikus az OB egyenesre, emiatt az ABCO négyszög átlói r hosszú­ságúak és merőlegesek egymásra, így a négyszög területe átlóik szorzatának a felével egyenlő

(14.10.), tehát Ez a négyszög azonban hatodrésze a tizenkétszögnek, ezért a szabályos

tizenkétszög területe:

230

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 kisbetűkkel jelöljük.

Két sík metsző, ha van közös pontjuk ; két sík közös része egyenes, ez a két sík metszésvonala.

Két sík párhuzamos, ha nincs közös pontjuk. Egy síkkal egy külső ponton á t egyetlen párhuzamos sík fektethető; ha két sík mindegyike egy harm adikkal párhuzamos, akkor a két sík egymással is párhuzamos.

A síkot egyértelműen m eghatározza:a) három, nem egy egyenesbe eső pont;b) két metsző egyenes;c) két párhuzamos egyenes;d) egy egyenes és egy egyenesen kívüli pont.

Az ezek által meghatározott sík a meghatározó elemeket tartalm azza; 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: metsző, ha van közös pontjuk; párhuzamos, ha egy síkban vannak, de nincs közös pontjuk és kitérő, ha nincs közös síkjuk. A 15.1.1. ábra kockáján pl. a é s b kitérő egyenesek, b és c metszők; a és c párhuzamosak.

H a egy egyenesnek két pontja benne van egy síkban, akkor teljes egészében a síkban van. H a 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 párhuzamos vele.

Sík és egyenes, ill. két sík párhuzamosságát a következő ismertetőjegyek alapján szoktuk eldönteni:

egy egyenes párhuzamos egy síkkal, ha párhuzamos annak egy egyenesével(15.1.2. ábra).A z a és fi síkok párhuzamosak egymással, ha a-ban van olyan a, b, fi-bán pedig

231

olyan a', b' metsző egyenespár, hogy a párhuzamos a'-vei és b párhuzamos b'-vel( 15.1.3. ábra).H a három egyenes közül bármely kettőnek van közös pontja, akkor azok

vagy egy ponton mennek át, vagy pedig egy háromszöget zárnak közre.H a három sík közül bármely kettőnek 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).

15.1.2. ábra. Síkkal párhuzamos egyenes 15.1.3. ábra. Síkok párhuzamosságának a feltétele

15.1.4. ábra. Három sík kölcsönös helyzetei

232

Ez az utóbbi eset a következő, gyakran alkalm azott tételnek a következ­ménye: ha az egymást metsző a. és fi síkokból egy y sík párhuzam os egyeneseket metsz ki, akkor ezek az egyenesek a, és fi 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 AO B és A 'O 'B ' szögek olyanok, hogy száraik párhuzamosak és egy­irányúak, akkor a két szög egyenlő. A z ilyen szögeket egyállású szögeknek nevezzük akkor is, ha az AO B és A 'O 'B ' síkok különbözők (15.2.1. ábra).

Az a és b kitérő egyenesek hajlásszögét úgy határozzuk meg, hogy a tér egy tetszőleges 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 tetszőleges választása mellett ugyanakkora legyen a két egyenes hajlásszöge. A 15.2.2. ábra kockáján pl. az a és b egyenesek merőlegesek egymásra, mert az a-val párhuzamos a' és a b merőlegesek 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 tetsző­leges pontjában mindkét síkban merőlegest állítunk a metszésvonalra (a 15.2.3. ábrán az a és b egyenesek), a két merőleges hajlásszögét nevezzük a két sík hajlásszögének. Mivel két egyenes hajlásszöge (1. a 14.2. szakaszt) nem lehet derékszögnél nagyobb, ugyanez igaz a síkok hajlásszögére is. Két sík merőleges egymásra, ha hajlásszögük derékszög.

Hasonlóan járunk el két, közös határegyenesű 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

233

15.2.4. ábra. Lapszög

esetében; a félreértések elkerülése céljából meg kell jelölnünk, hogy melyik szög­tartom ányra gondolunk (15.2.4. ábra).

A sík és egyenes méretes kapcsolatának jellemzésére vezetjük be a síkra merőleges egyenes fogalmát. Egy egyenes akkor merőleges egy síkra, ha merőleges a sík minden egyenesére (tehát nemcsak az egyenest metsző síkbeli egyenesekre, hanem a hozzá képest kitérőkre is). Bebizonyítható azonban, hogy ez a feltétel m ár akkor is teljesül, ha az egyenes a sík két metsző egyenesére merőleges, azaz

ha egy egyenes merőleges egy sík két metsző egyenesére, akkor minden egye­nesére merőleges, tehát merőleges a síkra.

Ehhez 1. még a 16.7. szakaszbeli 9. feladatot.Pl. egy kocka egyik éle merőleges a végpontjából induló másik két élre,

ezért merőleges a két él síkjára is.A z egy síkra merőleges egyenesek mind párhuzam osak; és ha egy egyenes

merőleges egy síkra, akkor a síkkal párhuzamos síkokra is merőleges.H a egy e egyenes merőleges egy a síkra, akkor az e-t tartalm azó minden

sík merőleges a-ra (15.2.5. ábra).Egy pontnak az a síkon levő merőleges- vetülete a pontból a síkra állított

merőlegesnek a metszéspontja (talppontja). Egy alakzat merőleges vetületén pontjai merőleges vetületeinek a halmazát értjük (15.2.6. ábra). Az alakzatok műszaki ábrázolásának a többsége merőleges vetítéssel készül; a vetületet itt

15.2.6. ábra. Merőleges vetítés

234

képnek nevezzük, a kép síkját pedig képsíknak. A képalkotás főbb tulajdonsá­gai:

a) egyenes merőleges vetülete egyenes (kivéve, ha az egyenes merőleges a síkra, vetülete ekkor egy ponttá fajul);

b) párhuzamos egyenesek képe párhuzamos egyenespár (ezek esetleg egybe is eshetnek; sőt két pont is lehet a képük);

c) a vetítés megtartja az egy egyenesbe eső szakaszok arányát, tehát pl. a szakaszfelező pont vetülete is fe lezi a képszakaszt;

d) a képsíkon levő pontnak önmaga a képe; ha egy síkalakzat benne van a képsíkban vagy a képsíkkal párhuzamos síkban van, akkor a síkalakzat egybe­vágó a merőleges vetületével.

15.2.8. ábra. Két kitérő egyenes távolsága

S ík és egyenes hajlásszögén az egyenesnek és síkon levő merőleges vetületé­nek a hajlásszögét értjük (feltéve, hogy az egyenes nem merőleges a síkra; ha viszont az egyenes merőleges a síkra, a hajlásszögén derékszöget értünk) (15.2.7. ábra).

Két ponthalm az távolságának megállapításakor két ponthalm az pontjait minden lehetséges m ódon összekötjük, az összekötő szakaszok közül a legrö­videbb (ha van ilyen) a két ponthalm az távolsága.

Ezen az alapon pont és egyenes, ill. pont és sík távolságán a pontból az egyenesre, ill. a síkra állított merőleges szakasz hosszát értjük, mivel a pontot az egyenes, ill. a sík pontjaival összekötő szakaszok között ez a legrövidebb.

Két kitérő egyenes távolságának a m eghatározásához is elvben minden lehető módon összekötjük a két egyenes pontjait és megkeressük közülük a legrövideb­bet. A legrövidebbnek m indkét egyenesre merőlegesnek keli lennie, m ert tegyük fel, hogy az a és b kitérő egyeneseket összekötő A B szakasz b-re nem merőleges, akkor az ,4-ból b-re merőlegest állítva a kapott A B ' szakasz rövidebb AB-nél, mert az A B 'B derékszögű háromszög befogója rövidebb az átfogónál (15.2.8. ábra); AB tehát csak akkor lehet a legrövidebb, ha merőleges a-ra is és b-re is. Be kell azonban látnunk, hogy ilyen szakasz mindig létezik.

Húzzunk ezért a b egy tetszőleges pontján á t az a-val párhuzam ost, jelöljük ezt c-vel (15.2.9. ábra), b és c egy y síkot határoznak meg, vetítsük erre merő­

235

15.2.9. ábra. A normáltranszverzális

legesen az a egyenest, legyen a vetülete a! (a' párhuzamos a-val). Az d és a b egy B pontban metszik egymást; mivel a B rajta van a'-n is, a B egy a-n levő pontnak a merőleges vetülete, jelöljük ezt a pontot ^-val. Az AB = n egyenes merőleges a y síkra, ezért merőleges b-re és ő re is, így a c-vel párhuzamos a-ra is, az A B szakasz ezért valóban létezik. Csak egyetlen olyan egyenes van, amely a-ra is és b-re is merőleges és m indkettőt metszi, m ert ha kettő lenne, akkor m indkettő merőleges lenne a y síkra, ezért párhuzam osak lennének. H a viszont a és b metszenének két párhuzam os egyenest, akkor m indkettő benne lenne a párhuzam osok síkjában, tehát nem lennének kitérők.

K ét kitérő egyenest merőlegesen metsző egyenest a két egyenes normáltransz­verzálisának nevezzük. Két kitérő egyenes távolsága ezek szerint normáltransz­verzálisuk egyenesek közötti szakaszának a hosszával egyenlő.

15.3. Egybevágóság és hasonlóság a térben

Az egybevágóság és a hasonlóság síkbeli és térbeli definíciója azonos. A térgeo­m etriában 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 egyenlő a másikon a nekik megfelelő pontok távolságával.

Szemléletes tartalm ában azonban a síkbeli és a térbeli egybevágóság között némi különbséget tapasztalhatunk. Míg két síkbeli egybevágó alakzat elmoz- gatással fedésbe hozható (esetleg a síkból való kiemeléssel), térbeli egybevágó alakzatok esetén ez m ár nincs mindig így, pl. a jobb cipő és a bal cipő geomet­riai szempontból nézve egybevágók, mégsem hozhatók fedésbe.

Az eltolás a térben is a leggyakrabban alkalm azott egybevágóságok közé tartozik; eltolásnál bármely pontot a képével összekötő szakasz egyenlő 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

236

*P’15.3.1. ábra. Síkra való tükrözés

merőlegest állítunk a síkra és a merőleges talppontjára tükrözzük a P pontot; tehát a P pont és tükörképe, P' a síktól egyenlő távol van, és a PP' szakasz merőleges a síkra. (H a P a síkon van, akkor egybeesik a tükörképével) (15.3.1. ábra).

A zO pontra való tükrözésnél (mÁs néven: O középpontú szimmetriánál) a pon­tot a tükörképével összekötő szakasznak O felezőpontja (15.3.2. ábra).

H a egy alakzat síkszimmetriával, ill. középpontos szimmetriával önmagába vihető át, akkor azt síkszimmetrikus, ill. középpontosan szimmetrikus alakzatnak mondjuk. (Megjegyezzük, hogy mindkét szimmetria ún. irányításváltó, a jobb cipőt bal cipőbe viszi át.)

H a a P és a P' pontok egymásnak egy síkra vonatkozó tükörképei, a síkot úgy is tekinthetjük, m int a PP' szakasz felező merőlegesének az általánosítását (1. a 14.5. szakaszt), és itt is igaz, hogy azoknak a pontoknak a halmaza, amelyek a tér két pontjától egyenlő távolságra vannak, a szakaszfelező merőleges síkja.

A középpontos hasonlóság fogalma a térre is átvihető, a középpontos ha­sonlóság minden síkot vele párhuzamos (vagy egybeeső) helyzetű síkba visz át (15.3.3. ábra).

e'

15.3.2. ábra. Középpontos tükrözés 15.3.3. ábra. Középpontos hasonlóság

237

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 m ondhatnánk: sokszögekre szétvágható síkidomok); a lapok között pl. olyanok is szerepelhetnek, mint amilyenek a 15.4.1. ábrán láthatók.

K ét lap közös oldalszakasza a poliéder éle; az élek a poliéder csúcsaiban metszik egymást. M inden csúcsból legalább három él indul ki, mivel minden csúcsban legalább három lap találkozik.

Egészítsük ki félsíkká a poliéder két közös élű (azaz szomszédos) lapját, ezek egy lapszöget határolnak (azt a szögteret kell figyelembe vennünk, amely­ben a határegyeneshez tetszőleges közel van a poliédernek belső 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, így egy testszögletet kapunk. A félegyenesek a testszöglet élei, az előbbi szögtartományok a test­szöglet oldalai. A testszöglet szögeinek a szomszédos oldalak lapszögeit nevez­zük. A testszöglet szabályos, ha oldalai is, szögei is egyenlők. A háromoldalú testszöglet neve triéder.

A poliéderek gyakorlatban legtöbbet alkalmazott osztályát képezik a hasá­bok és a gúlák.

Húzzunk párhuzam ost 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). A kiindulási sokszög a hasáb alaplapja, a metszéssel kapott pedig a fedőlapja (vagy fordítva, az alaplap és fedőlap szerepe hasábnál mindig felcserélhető). A hasáb fedőlapja az alapból eltolással is származtatható. A hasáb többi lapja paralelogramma, ezek összes­sége a hasáb palástja. A hasábot létrehozó párhuzamos egyeneseknek az alap­lap és a fedőlap közötti szakaszai a hasáb alkotói, valamennyi alkotó egyenlő.

H a az alkotók merőlegesek az alap síkjára (és így a fedőlapra is), akkor egyenes hasábról beszélünk, egyébként pedig a hasáb ferde. Az alap- és fedőlap síkjának a távolsága a hasáb magassága; egyenes hasábnál ez az alkotók hosszá­val egyenlő.

15.4. Poliéderek: hasábok, gúlák; felszín és térfogat

15.4.1. ábra. Poliéderlapok

238

15.4.2. ábra. Hasáb

d) t>/ Cj

/ ”7

/ /B C

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 tetsző­leges csúcsot a tükörképével összekötő szakasz a paralelepipedon egyik testát­lója. Párhuzamos élei egyenlők, ezért a paralelepipedonnak legfeljebb három különböző hosszúságú éle lehet.

A téglalap alapú egyenes hasáb a téglatest, ennek minden lapja téglalap (1. a 15.4.3& ábrát).

A kocka olyan téglatest, amelynek minden éle egyenlő, ennek lapjai egybe­vágó négyzetek (15.4.3c ábra). Az 1 élhosszúságú kocka neve: egységkocka.

H a 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 rc+1 lapja van). A ki­indulási sokszög a gúla alaplapja, a többi háromszöglap a gúla oldallapja, ezek a gúla palástját alkotják. A gúla M csúcsát az alapsokszöggel összekötő szaka­

szók a gúla alkotói; a gúla magasságának m ondjuk az M -bői az alaplap síkjára állított merőleges szakaszt, ill. ennek a hosszát. H a 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).

A három oldalú gúla neve tetraéder; a tetraédert tehát négy háromszöglap határolja; bizonyos értelemben ez a legegyszerűbb poliéder és ezt a háromszög térbeli általánosításának tekinthetjük.

H a 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 meg­felelő élével. H a viszont a metsző síkkal lemetszett gúlarészt a gúlából elhagy­juk, a visszamaradt poliéder csonkagúla. A csonkagúla alap- és fedőlapja ezért hasonló, oldallapjai pedig trapézok. A szabályos n oldalú gúlából ily m ódon szabályos n oldalú csonkagúlát kapunk, ennek oldallapjai szimmetrikus trapé­zok (a 15.4.6. ábrán szabályos négyoldalú csonkagúlát ábrázoltunk). A csonka­gúla alaplapjának és fedőlapjának a távolsága a csonkagúla magassága.

A poliéderek felszínén a határoló sokszögek területének az összegét értjük. A felszín a geometriában terület jellegű mennyiség, tehát szám (ellentétben a felülettel, amely alakzatot jelent).

A poliéderek térfogatát (köbtartalmát) a sokszögek területéhez hasonló m ódon értelmezzük. A poliéder térfogata a poliéderre jellem ző pozitív szám, amely a következő tulajdonságokkal rendelkezik.

1. A z egységkocka térfogata 1.2. Egybevágó poliédereknek egyenlő a térfogata.3. Ha egy poliédert részpoliéderekre vágunk szét, akkor a részek térfogatá­

nak az összege egyenlő az egész poliéder térfogatával.

Bebizonyítható, hogy minden poliéderhez hozzárendelhető egy és csakis egy, a fenti kikötéseknek eleget tevő szám, azaz minden poliédernek van egyér­telműen m eghatározott térfogata.

240

15.4,6. ábra. Csonkagúla

A poliéderek térfogatszámításának szemléletes tartalm a az egységkockával való összehasonlítás; a kiindulási alap a téglatest térfogatának kiszámítása:

a téglatest térfogata az egy csúcsból kiinduló élek hosszainak szorzatával egyenlő.

H a tehát a tégla egy csúcsából kiinduló éleinek hossza a, b, c, akkor V tér­fogata :

V = abc.

K ockánál a = b = c, tehát V — a3, ezért a kocka térfogata élének a köbével egyenlő.

H a 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 egyenlő.

A gúlák térfogatának meghatározását hasábok segítségével lehet elvégezi! eredményül minden gúlára egyaránt érvényes összefüggést kapunk :

a gúla térfogata alapterülete és magassága szorzatának a harmadrészével egyenlő. (Ennek bizonyítása a 21.13. szakaszban található.)

Ezt úgy is fogalmazhatjuk, hogy a gúla térjogaia harmadrésze a vele azonos alapú és magasságú hasáb térfogatának.

A csonkagúla térfogatát úgy számíthatjuk ki, hogy a teljes gúla térfogatából kivonjuk a lemetszett ún. kiegészítő gúla térfogatát. A 15.4.6. ábra jelöléseit használjuk, de nem kötjük ki, hogy szabályos vagy négyoldalú legyen a gúla.

241

A kiegészítő gúla magasságát jelölje x, a csonkagúláét m, s így a teljes gúláét

m + x. A fedőlap az alaplapból arányú kicsinyítéssel jön létre, ezért a

14.10. szakaszban a hasonló sokszögek területarányáról m ondottak értelmé­ben, ha az alaplap területe A t és a fedőlapé at, akkor

at x 2 x yat- t — ;------- • azaz -----------= ,A t { x + m f x-rtn j / j s

ebbőlx ( f A t - Í a t ) = m]/au

x = (15.4.1)

A csonkagúla térfogata a teljes gúla és a kiegészítő gúla térfogatának a különbsége:

A t(m + x ) atx \ , ,V = -------------- y = - j ( / f tm + x ( , 4 t - a t) ) .

Helyettesítsük ebbe x kifejezett értékét:

3 l ]/A ^ -lfa t ./ 3 \ /

Ebbőlwi ___

F = T ( A + f M t+ ű t> (15.4.2)

A A: arányú hasonlóság a poliéder térfogatát P-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-szeresére nö-

1 1 1 vekszik; ha pedig —szeresére, --szorosára kicsinyítjük, akkor térfogata - -á ra , j -a. 3 O

- - é r é csökken.21Feltételezve, hogy minden poliéder szétvágható tetraéderekre (háromszög

alapú gúlákra), elegendő ezt tetraéderekre belátni. A t alapterületű és m ma­gasságú tetraéder alapterülete a k arányú hasonlóság következtében k"t, m a­gassága pedig km lesz, tehát térfogata:

k 2l • km , „ itn---- ----- = k s ,3 3 ’

azaz valóban fc3-szorosa az eredeti tetraéder térfogatának.

242

Feladatok

1. A téglatest egy csúcsából induló éleinek a hossza 4, 5 és 20. M ekkora a tég­latest testátlója?

Általánosságban tegyük fei, hogy az egy csúcsból induló élek hossza a, b , c. A 15.4.7. ábra jelöléseit használva az alaptéglalapjának A C átlójára Pitagorasz tételéből az

A C 2 = a- + bs

összefüggést kapjuk. Az A D testátló viszont az ACD derékszögű háromszög átfogója, ezértA D 2 = A C 2+ C D 2 = a2jrb 2 + c2,

tehát a téglatest testátlójának a négyzete az egy csúcsból induló élek négyzetének az összegével egyenlő. A megadott méretekkel a testátló négyzete

42+ 52 + 202 = 16 + 25 + 400 = 441 = 212.ebből a testátló hossza: 21.

2. M ekkora az e élhosszúságú szabályos tetraéder (azaz szabályos három ­oldalú 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 AB C szabályos háromszög középpontja, s mivel szabályos háromszögnél az egy csúcsból induló súlyvonal és magasság egybeesik, azO

2az AB C háromszögnek súlypontja is, ezért AO az A B C magasságnak &— részével egyenlő.

eYT 2A 14.9. szakasz 2. feladatának eredménye szerint a magasság hossza — —, s így AO = -jj-Xe í f e y T J

= —j—. Az AOD derékszögű háromszögre alkalmazva Pitagorasz tételét kapjuk, hogy

€“ 2e2mr-í-AO2 = e \ m2 = e2 — AO* = e2—y = ,

A 14.10. szakasz 1. feladatának eredményéből az A BC területe

térfogata (az alapterület és magasság szorzatának a harmada):

1 e2f l e}'2 _ e3Í2 " 3 4 f f 12 •

e pYT

e^Y'i , ezért a tetraéder

15.4.7. ábra. 1. feladat

243

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 t paralelepipedon térfogatának? (Ebben az elhelyezkedésben a paralelepipedont a tetraéder bennfoglalóparalelepipedonjá- nak nevezzük; minden tetraédernek létezik bennfoglaló paralelepipedonja.)

A paralelepipedon alapja legyen ABCD, a fedőlap A x B ^ D ,^ (15.4.9. ábra), a tetraéder csúcsai: A, C, B lt D x. Ha a paralelepipedonból levágjuk az ABC B ly A C D D V A y B ^ y A , B l Cl D íC tetraédereket, akkor a vizsgálandó A C B lD 1 tetraédert kapjuk meg. Viszont a le­vágott tetraéderek egyenlő térfogatúak, mert egyenlő az alapterületük (az ABCD, i l l A lB íC í Dí paralelogrammák fele) és egyenlő az m magasságuk is (a paralelepipedon ABCD és A 1B l C1D 1 lapsíkjainak a távolsága). Legyen ABCD területe t, ezért a paralelepipedon térfogata:

= tm.

A lemetszett A B C B 1 tetraéder térfogata:

tm' T '

tmT '2 tm

-, ezért a maradék A C B lD í tér­

imy ’

A négy lemetszett tetraéder térfogata összesen 4

fogata:

r/ 2l'n’ ACBiDi = tm ---- j-

azaz a paralelepipedon térfogatának a harmadrészével egyenlő.

4. Egy szabályos négyoldalú gúla alapéle 12, oldalélé 14. M ekkora a gúla felszíne és térfogata?

A gúla alaplapja egy 12 oldalhosszúságú ABCD négyzet, a magassága az M O szakasz, ahol O az alapnégyzet középpontja (15.4.10. ábra). Legyen F a B C él felezőpontja; mivel B M C egyenlő szárú háromszög, az M F C derékszögű háromszögből Pitagorasz tételével kap­juk:

F M 2 + FC2 = C M \ F M i = 142- 6 2 = 160,______ ____ 1 2 ' 4 V l O

F M = / l6 0 = 4^10. Mivel F M az oldallapok lapmagassága, az oldallapok területe: — ------=

= 24 /10 , és így a felszín:F = 12! + 4-24 /IÖ = 144 + 9 6 / ll ) = 447,58.

15.4.10. ábra. 4. feladat

244

A térfogat kiszámításához az M O F derékszögű háromszögből meghatározzuk az M O testmagasságot:

M O 2 = F M 2- O F - = 1 6 0 -3 6 = 124, M O = / í 24,

ebből a gúla térfogata: jV = - y l2 2- / l2 4 = 48 f i 24 = 534,51.

5. Egy szabályos négyoldalú csonkagúla alaplapjának éle 16, a fedőlapjáé 10, az oldalélé pedig 7. M ekkora a gúla felszíne és térfogata ?

Legyen a csonkagúla alaplapja az ABCD, fedőlapja az A 1B 1C1D 1 négyzet (15.4.11. ábra); a fedőlap vetülete az alaplapon pedig az AíBlC{£>í négyzet, ez az utóbbi a csonka­gúla szabályos volta miatt az A BC D négyzet középpontjára szimmetrikusan helyezkedik el, az alapnégyzet oldalaival párhuzamosak a megfelelő oldalai. Ezért pl. az A{B{ egyenes a

T pontban merőlegesen metszi BC-1, tehát B T = y ( 1 6 - 10) = 3.A B TB X derékszögű háromszögből

B{T = / 7 2- 3 2 = /4Ö.

Mivel B, T az oldallaptrapéz magassága, ezért az oldallap területe:

= 13/40,

ennélfogva a csonkagúla felszíne (az alap-, fedőlap és az oldallapok területösszege):

F = 162+ l 0 2+4-13/4Ö = 356 + 52/40 = 684,88.A térfogat kiszámításához szükség van a csonkagúla magasságára; ezt a B {TB’X derék­

szögű háromszögből határozhatjuk meg:

m = B XB[ = y 'B J - - B{T- = /4 0 ^ 3 2 = /f i ' ,

a testmagasság tehát /3 1 , az alap-, ill. fedőlap területe 162, ill. 102, ezért a csonkagúla térfo­gata :

|/ = ^ ( l ö H / l ö M O ^ + l O 2) = ™ (256+160+100) = 172/37 = 957,66.

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

Jelölje a téglatest egy csúcsból kiinduló éleit a, b, c. A csúcsban található lapok területei: ab, be, ca, ezért a téglatest felszíne:

FF = 2(ab+ bc+ ca)\ ebből = ab + bc+ca.

245

Alkalmazzuk most az ab, be, ca számokra a számtani és mértani közép közötti egyenlőt­lenséget (1. a 8 .2 . szakaszt):

~ = s \a b -b c -c a = | ra V J ,

és egyenlőség csakis akkor állhat, ha ab = be = ca, azaz a = b = c, vagyis a téglatest minden éle egyenlő; tehát kocka esetében. Viszont abc éppen a téglatest V térfogatával egyenlő, ezért

F s ,__ F 3

T " ^ f i * 1''-„ i [ F s 1 /2 .1 63

“ l ó3 ~ r 63Ez azt jelenti, hogy az adott 216 cm3 lemezfelületből készített téglatest térfogata leg­

feljebb 216 cm3 lehet, és ezt akkor éri el, ha kockáról van szó, amelynek élhosszúsága j/216 = = 6 cm.

15.5. Euler-féle poliédertétel; szabályos testek

A poliéderek szemléletes meghatározásakor (15.4. szakasz) feltételezzük, hogy a „gumipoliéder” gömbbé fújható fel. H a most még azt is kikötjük, hogy a poliéder minden lapja szakítás nélkül körré legyen nyújtható, akkor egyszerű poliédert kapunk. Valamennyi konvex poliéder egyszerű. Nem egyszerű poli­éder látható pl. a 15.5.1. ábrán, ennek a vonalkázott lapja nem nyújtható körré.

Az egyszerű poliéder lapjainak, éleinek és csúcsainak a száma közötti összefüggést az Euler-féle poliédertétel adja m eg:

Ha az egyszerű 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 / —1, az éleké pedig e. Alkalmazzuk erre a sokszöggráfok Euler-tételét:

c + ( /— 1) — c + l ,

15.5.1. ábra. Nem egyszerű poliéder

246

c + l = e+ 2,am it bizonyítanunk kellett.

Ez pl. azt jelenti, hogy ha egy egyszerű poliédernek 14 csúcsa (c = 14), 24 éle (e = 24) van, akkor lapjainak száma az Euler-tétel a lap ján :

14 + / = 24+ 2 ,/ = 12.

Szabályos testnek (pontosabban: szabályos poliédernek) nevezzük azokat a konvex poliédereket, amelyeknek a lapjai egybevágó szabályos sokszögek és valamennyi testszögletük egybevágó szabályos testszöglet.

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 f o k a , / (n é s /n y ilv á n 3-nál nem kisebb egész szám). H a laponként számoljuk meg az élek számát, In-tt kapunk, de ez éppen az élek számának a kétszerese, hiszen minden élt két lapon veszünk figyelembe: In = 2e. H asonlóan: ha csúcsonként számoljuk össze az éleket, cf-et kapunk, ebben is kétszer szerepel minden él, mindkét végpontjánál össze­számoltuk az éleket, tehát c f = 2e; ezekből

/ = — és c = (15.5.2)n J

Helyettesítsük ezeket az értékeket (15.5.1 )-be:2e 2e-=+— = e + 2. f n

Osszuk el ennek az egyenletnek mindkét oldalát 2c-vei:

1 1 1 1 « + - = + _ . (15.5.3)f n 2 e

Ez az összefüggés azt jelenti, hogy

1 1 i n f 2

Ebből az egyenlőtlenségből átalakítással

(n—2) ( / —2) < 4

következik. Mivel n — 2 és / — 2 pozitív egészek, lehetséges értékeink 1 ,2 ,3 ; ebből n lehetséges értékei: 3, 4 és 5, ez azt jelenti, hogy csak három -, négy- vagy ötszöglapjai lehetnek a szabályos testeknek. Az n — 3 esetén / értéke 3, 4, 5 lehet, n — 4-nél és n = 5-nél viszont/ csak 3 lehet; ezt összefoglalva kapjuk a lehetséges 5 ad a to t:

ebből;

247

n: 3 4 5

/ : 3 ,4 ,5 3 3

Fejezzük most ki (15.5.3)-ból e-t:

e = 2 f n _________ .

2 f+ 2 n —fn

e ismeretében (15.5.2)-ből c-t és l-et is ismerjük. Összefoglalva, öt esetet külön böztetünk m eg:

I. II. III. IV. V.

n 3 3 3 4 5/ 3 4 5 3 3e 6 12 30 12 30c 4 6 12 8 20

l 4 8 20 6 12

Az előzőekben jellemzett poliéderek valóban léteznek. Legismertebb közülük aIV. oszloppal jellemzett kocka. Az 1. oszlophoz tartozó poliédernek 4 szabályos háromszöglapja van, ez a szabályos tetraéder, a 15.5.2. ábrán ezt bennfoglaló paralelepipedonjával (1. a 15.4. szakasz 3. feladat), egy kockával együtt m utat­juk 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).

A szabályos testek a technikán, építészeten kívül részben a természetben is előfordulnak m int kristályalakok. M inden szabályos test gömbbe van írva, azaz van olyan gömb, amely tartalmazza a test csúcsait; egyúttal létezik beírt gömbjük is, amely valamennyi lapjukat belső pontban érinti.

35.5.2. ábra. Szabályos tetraéder

15.5.3. ábra. Szabályos oktaéder

15.5.4. ábra. Ikozaéder

15.5.5. ábra. Dodekaéder

248

Húzzunk párhuzam ost 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 ebből egy hengert metsz ki. A hengereket ál­talában a kiindulási görbe, az ún. vezérgörbe minősége szerint osztályozzuk, ha pl. a vezérgörbe kör, körhengerről beszélünk. H a a felületet leíró egyenes merő­leges a vezérgörbe síkjára, egyenes henger jön létre, egyébként pedig ferde henger (15.6.1. ábra). A két párhuzamos síkban helyezkedik el a henger alaplapja és fedőlapja, 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 egyenlő. Az egyenes körhengert forgáshengernek is szokás ne­vezni, mivel palástja egy egyenesnek vele párhuzamos tengely körüli forgatásá­val is leírható; a lapközéppontokat összekötő t egyenest ezért a henger tengelyé­nek is szoktuk mondani.

H a 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 -ct a görbe pontjaival összekötő szakaszok a kúp alkotói. H a az alapgörbe kör, körkúpról beszélünk; egyenes a körkúp, ha az Af-ből az alapsíkra bocsátott merőleges talppontja az alapkör középpontja, egyébként a körkúp ferde. Az egyenes körkúp valamennyi alkotója egyenlő. A kúp csúcsának az alapsíktól mért távolsága a kúp magassága, az alkotók által leírt felület a kúp palástja.

Az egyenes körkúpot forgáskúpnak is szokás nevezni, m ert palástja egy egyenesnek egy metsző tengely körüli megforgatásával is leírható.

Általánosabb értelemben kúpnak nevezzük azt a végtelen alakzatot is, amit egy síkgörbe pontjainak és egy síkján kívüli pontnak az összekötő egyenesei alkotnak.

Egy kúp két párhuzamos sík közé eső része a csonkakúp. A mindennapi gyakorlatban azonban csonkakúpon egyenes körkúpból kimetszett testet szok­tunk érteni, mi is ezt az elnevezést használjuk. A csonkakúp alap- és fedőlap

15.6. Hengerek és kúpok

15.6.1. ábra. Egyenes és ferde körhenger

249

síkjának távolsága a csonkakúp magassága ( l5.6.3. ábra), az alkotó itt az eredeti kúpalkotónak az alap- és fedőkör közötti szakasza.

A görbült felületekkel határolt test felszínét és térfogatát poliéderek felszíne és térfogata segítségével értelmezzük; az értelmezésnél konvex testek körében m aradunk.

Egy görbült felületekkel határolt konvex test külső poliéderén olyan konvex poliédert értünk, amely a testet teljes egészében belsejében tartalm azza; belső poliéderén pedig olyan konvex poliédert, amelyet a test teljes egészében belsejé­ben tartalm az. Azt a pozitív számot, amely nagyobb minden belső' poliéder fel­színénél, de kisebb minden külső poliéder felszínénél, a konvex lest felszínének m ondjuk; viszont azt a pozitív számot, amely nagyobb bármely belső poliéder térfogatánál, de kisebb minden külső poliéder térfogatánál, a konvex test tér­

fogatának nevezzük.A fenti definíciók alapján még meglehetősen nehéz megmutatni, hogy ilyen

számok léteznek és egyértelműek, ezért mi bizonyítás nélkül fogadjuk el, hogy a hengereknek és kúpoknak létezik felszíne és térfogata. Az előbbi definíciók szemléletes tartalm a az, hogy pl. egy henger térfogatát úgy kaphatjuk meg, hogy a hengerbe hasábokat írunk. H a a hasáb alapsokszöge elég jó! megközelíti a henger alapkörét, akkor a hasáb térfogata is közelít a henger térfogatához. Ennek a meggondolásnak a finomításával ju tunk 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 egyenlő.

H a egyenes körhengerről (forgáshengerről) van szó, amelynek alkotója a, alapkörének sugara r, a térfogat:

^henger = r27W. (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

Vkúp = - ~ . (15.6.2)

250

15.6.3. ábra. Csonkakúp

15.6.4. ábra. Ferde körhenger kiterített palástja

Legyen most egy csonkakúp alapkörének sugara R, fedőköréé r, magassága m , a (15.4.2) képletet értelemszerűen alkalmazva kapjuk, hogy A, = R 2n,a, — r2n, ÍA ,a , = Rrn, ezért a csonkakúp térfogata:

Fcsonkakúp = (R2 + Rr + r*). (15.6.3)

A hengerek és kúpok felszínének kiszámítása az alapgörbéktől függően m ár meglehetősen bonyolult lehet, mi csak azzal az esettel foglalkozunk, ha az alapgörbe kör. M indenekelőtt megjegyezzük, hogy a henger és a kúp palástja azok közé a ritka felületek közé tartozik, amelyek síkidommá téríthetők ki a területük (felszínük) megváltozása nélkül.

Az a alkotójú és r sugarú egyenes körhenger alap- és fedőkörének a területe r2n, a palást viszont olyan téglalappá teríthető ki, amelynek alapja az alapkör kerülete (2rn), magassága pedig a henger alkotója, ezért az egyenes körhenger felszíne:

- henger = 2r2n + 2 m a = 2 rn(r+a). (15.6.4)

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 m indkét irányban meghosszabbítottnak, és messük el ezt az alkotókra merőleges síkokkal (a 15.6.5a ábrán az így kapott test tengelymetszetét ábrázoltuk). A kimetszett görbék az ún. normálmetszetek, az alkotókat merőlegesen metszik és ez a tulajdonságuk kiterítéskor is megmarad. Terítsük ki a meghosszabbított palástnak a két normálmetsző sík közötti részét, így egy téglalapot kapunk, (1. a 15.6.56 ábrát) ezen belül van a ferde henger F felszínű palástja, és a rajta kívüli két rész, amit ábránkon F i és F2 jelöl. Toljuk el most az F2 részt úgy, hogy a két hullámvonal fedje egymást (1. a 15.6.5c ábrát), a nagy téglalap először F i, F2, F területű részekből állt, eltolás után Fi, F2 F ’ részekből, tehát F — F', ezért a ferde körhenger palástjának felszíne, ha az alkotók hossza a, a norm ál­metszet kerülete k„,

Fpalást ~ ükn,

251

/ ■fe r í le h e n g e r ^

k n- t t egyébként a gyakorlatban közvetlen méréssel szokták megállapítani (meg­jegyezzük, hogy a normálmetszet ellipszis).

Mivel a forgáskúp minden alkotója egyenlő', palástja kiterítésben olyan kör­cikk, amelynek íve az alapkör kerületével (2ra-vel), sugara pedig a kúp alkotójá­val (ű-val) egyenlő (15.6.6. ábra), ennek területe a (14.11.5) képlet szerint:

2 rn-aF p a lá s t — 2 1*71(1,

és így a kúp teljes felszíne az alapkör területével együtt:Fkílp = r2n + rn a — rn(r\- a). (15.6.5)

a)

és így a teljes felszín:

b!___________ kn_____________ c) kn

o a F '9

FG

\ Ab b

kn kn

15.6.5. ábra. Ferde körhenger palástjának felszíne

15.6.6. ábra. Egyenes körkúp palástja

252

15.6.7. ábra. Csonkakúp palástja

Legyen most a csonkakúp alapkörének sugara R, fedőköréé r, alkotója a (15.6.7. ábra); a kiterített palást olyan körgyűrűcikk, amelynek szélessége a, határoló ívei az alapkör és fedőkör kerületével, azaz 2Rn-\el, ill. 2r7i-vel egyen­lők, ezért területe a (14.11.8) képlet alapján:

v _ 2 R n + 2 rn‘ c s o n k a k ú p - p a l á s t ------------------~ ö — ( K + f j ű T t .

A teljes csonkakúp-felszín:

F c s o n k a k ú p = R 2n + r2n+ (R -\-r)an — \R 2+ rí + (R+r)á\7i. (15.6.6)

Feladatok

1. Egy forgáshenger alakú tartály alapkörének átmérője 4,8 m. Milyen magasan áll benne 110 m3 folyadék?

A henger alapkörének sugara 2,4, ezért alapterülete 2,42-tc = 18,10. M ivel a folyadék- oszlop térfogata, ha magassága m, 18,10 m = 1 1 0 , ebből

110'n = l I J o = 6’08m'

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

A hordóban levő 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 egyenlő, s ezért ábránkon az ABK egyenlő szárú háromszöget a K F magassága

15.6.8. ábra. 2. feladat

253

két olyan derékszögű háromszögre vág, amelynek átfogója az egyik befogó kétszeresével egyenlő; az ilyen háromszög viszont egy szabályos háromszög felezésével jön létre, s így az A K F <1 = B K F <3 = 60°, azaz az A K B körcikk éppen a kör harmada, az A K B háromszög területe viszont az A K = 6 oldalú szabályos háromszög területével egyenlő (1. a 14,10, sza­kaszt), ezért

= ------7 - = 127T-9J/3 = 22,11 dm21 62/ í y 62JT -

ezért a vízoszlop térfogata:

V = 22,11-20 = 442,2 dm3 ( = 442,2 1).

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

1 2"jTA palást felszíne (a félkör területe) — - = 72ji; körívének hossza a 12-es sugarú kör

kerületének a fele: 1 2n; ugyanakkora az r sugarú alapkör kerülete is :2r n — Y2 n, ebből r — 6 .

A kúp alkotója (12), alapkörének a sugara (6) és a kúp magassága (m) derékszögű három­szöget alkot, Pitagorasz tételét erre alkalmazva kapjuk, hogy

6 2H /n 2 = 122, m 2 = 1 4 4 - 3 6 = 108, m = 6 /3 ."

A kúp felszíne:F = 62t í + 72tc = 108ji = 339 ,29 ;

térfogata:

V •= = 12nj3~ = 391,78.

4. Egy csonkakúp alapkörének és fedőkörének a sugarai; R = 8,2; r = 5,4; alkotója 10,7. M ekkora a csonkakúp felszíne és térfogata?

A felszín (15.6.6) alapján:F ----- [8 ,22 + 5,42 + (8 ,2 + 5,4)10,7]3i = 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 ebből egy derékszögű három­szöget vág le, amelynek befogói R —r, m ; átfogója a, ezért Pitagorasz tételével:

n ? = a2 — (R — r )2 = 10,72 - 2 ,82 = 106,65, m = 10,33,

254

15.6.10. ábra. 6 . feladat

és így a térfogat:

K = (8,22 + 8,2 ■ 5,4 f 5,42) = 1521,81.

5. A fenyőfatörzs 6 in hosszú darabjait (rönköt) térfogatának nagysága szerint árazták, térfogatát pedig olyan henger térfogataként szám ították ki, amelynek magassága 6, alapkörének a sugara pedig a rönköt határoló kér kör­lap sugarának a számtani közepe. Az eladó vagy a vevő já rt jó l?

A rönk geometriailag csonkakúp. A valódi térfogata m — 6 mellett, ha az alapkör, ill, fedőkör sugara R, ill. r (a hosszúsági méretek m éterben):

Vt = 2 7i(R2-\-Rr + r“), ni3.

Az eladó által szám ított térfogat:

V2 = l — n -6 = 1,5."i( K2 + 2 Rr + r"), m 3.

Vegyük a két eredmény különbségét.

Vx- V t = ,t(0, 5RZ — Rr + Q, 5r2) = ~ ( R2- 2 R r + r 2) = (R - r f .

Ez éppen azt jelenti, hogy ha R r, akkor a Vt — V, különbsége pozitív, tehát V1 =► V2, vagyis ebben az esetben a vevő já r t jól, m ert többet kapott a kifizetett értéknél.

6. Egy r sugarú forgáshengert úgy metszünk el ferdén egy síkkal, hogy a megmaradt rész legrövidebb alkotója a, a leghosszabb b legyen. M ekkora az így nyert test (csonkahenger) térfogata?

Tükrözzük a (estet a metsző sík és a henger tengelyének K m etszéspontjára (15.6.10. ábra), a tükörképpel együtt így egy a + b magasságú, r sugarú henger jön létre, ennek tér­fogata az eredeti test V térfogatának kétszerese:

2 V — rhi{a+b),ebből

rbi(ai-b)

255

15.7. A gömb és részei

A tér egy O pontjától r távolságra levó' pontok halmaza a gömb. A z O-hoz r-nél kisebb távolságra levő pontok a gömb belső pontjai, az r-nél nagyobb távol­ságra levők pedig a külső pontok. Nem okoz félreértést, ha a göm böt és belső pontjait együtt is gömbnek mondjuk. H a hangsúlyozni akarjuk, hogy pontosan csakis az O-tól r távolságra levő pontokról van szó, akkor a gömbfelület elne­vezést használjuk.

O a gömb középpontja, a középpontot a gömb pontjaival összekötő r hosszúságú szakaszok a gömb sugarai. Két gömbi pontot a gömb húrja köti össze, a gömbközépponton átm enő húrok neve átmérő. A z átm érő két végpont­jában átellenes gömbi pontok vannak.

Egy kör átmérője körül megforgatva gömböt ír le. A gömb szimmetrikus a középpontját tartalm azó minden síkra és középpontosan szimmetrikus a gömb középpontjára.

A gömböt a síkok körben metszik, a metszetkor középpontja az O-ból a metsző síkra emelt merőleges talppontja (15.7.1. ábra). Az O-tól d távolságra levő sík olyan kört metsz ki a gömbből, amelynek sugara: yV2- d z, ha ui. az ábránk OKP derékszögű háromszögére alkalmazzuk Pitagorasz tételét, akkor q2 = = r2 — d2. A gömb középpontján átm enő síkok főkörökéi metszenek ki a gömb­ből, ezek sugara a gömb sugaraival egyenlő.

Egy gömbi sugár E végpontjában a sugárra állított e merőlegeseknek a gömbbel csak egy közös pontjuk van, az E pont. Ezek az egyenesek a gömb érintői, az egyenesek által m eghatározott sík pedig a gömb érintősíkja; ezek szerin t:

a gömb egy pontjához tartozó érintősík merőleges az érintési ponthoz tartozósugárra.

A göm böt természetesen nemcsak középpontjával és sugarával lehet meg-

j 5.7.1. ábra.A gömb k főköre, egy főkörtől különböző

s síkmetszete, érintősíkja

15.7.2. ábra.Négy ponton átmenő gömb középpontja

256

15.7.3. ábra. Gömbsüveg, gömböv

adni, hanem más adataival is; jellegzetes megadási módja négy pontjának a kijelölése; pontosabban

adott négy, nem egy síkban fekvő 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 felező merőleges síkjai ezért egymást egy t egyenesben metszik. A felező merőleges síkok tartalmazzák egyrészt az A és B pontoktól, másrészt a B és C pontoktól egyenlő távolságra levő pontokat, s ezért a t egye­nes pontjai (és csakis ezek) egyenlő távolságra vannak az A, B és C pontoktól. (A t egyébként az ABC háromszög köré írt körének K középpontjában az ABC síkra állított merőleges.) Messe most már az AD szakasz felező merőleges síkja í-t egy O pontban, az O egyenlő távol van D -tői és A -tói, de akkor mind a négy ponttól is, tehát középpontja az A, B, C, D pontokon átm enő göm bnek; O szer­kesztési módjából következik, hogy előállítása egyértelmű.

Az ABCD pontnágyest egy tetraéder négy csúcsának is tekinthetjük; a be­bizonyított tétel azt jelenti, hogy a tetraédernek létezik körülírt gömbje és ennek középpontját élei fe lező merőleges síkjainak a közös pontja szolgáltatja.

Hasonló gondolatmenettel bizonyítható, hogy létezik a tetraédernek beírt gömbje is, azaz olyan gömb, amely a tetraéder minden lapját belső pontban érinti. Ennek középpontja a tetraéder lapszögeit felező félsíkok közös pontja.

A gömböt metsző sík a gömbfelületet két gömbsüvegre vágja szét (a 15.7.3. ábrán a kisebbik gömbsüveget vonalkáztuk be). A gömbsüveg legtávolabbi pontjának a metsző síktól m ért m távolsága a gömbsüveg magassága. A gömb­süveg és a hozzá tartozó q sugarú metszetkörlemez egy gömbszeletet zár köz­re, a metszetkor a gömbszelet alapköre.

Két, párhuzamos sík a gömbfelületből gömbövet metsz ki, a metsző síkok m távolsága a gömböv magassága. A gömböv és a metsző sík által a gömbből kimetszett g2 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 foigáskúpot kapunk. Erinek a forgáskúpnak és a gömbszeletnek

257

az egyesítése a gömbcikk. Gömbcikk jön létre, ha egy körcikket szimmetria- tengelye körül megforgatunk (15.7.4. ábra).

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. Meglepő­en egyszerűek a felszínszámításra nyert összefüggések:

az r sugarú gömb m magasságú gömbsüvegének és gömbövének a felszíneegyaránt

^ g ö m b s ü v e g F g ö m b ö v ■ f i i . (15.7,1)

Ez pl. azt jelenti, hogy a gömböv felszíne egy adott gömbön kizárólag a metsző párhuzamos síkok távolságától függ, továbbá: a gömbsüveg is tekint­hető olyan gömbövnek, amelynél az egyik metsző sík a gömb érintősíkja.

Mivel a gömb olyan gömböv (vagy gömbsüveg), amelynek magassága 2r, a gömb felszíne 2rn-2r, tehát

F g ö m b = 4/-%. (15.7.2)

A gi és q2 alapkörsugarú és m magasságú gömbréteg térfogata:

V * m b , é u g = ~ (3g? +3(?Í+m 2). (15.7.3)

A gömbszeletet olyan gömbrétegnek tekinthetjük, amelynek egyik alapköre0 sugarú; tehát gi = q, q2 — 0, a q alapkörsugarú és m magasságú gömbszelet térfogata:

lYITtg ö m b s z e l e t = (302 + m 2). (15.7.4)

A 15.7.5. ábráról leolvasható, hogy a derékszögű háromszög magasság­tétele (14.9. szakasz) alapján:

g2 — m(2r—tn) - 2rm — m2 (15.7.5)

következik, ezt (15.7.4)-be helyettesítve kapjuk, hogyfYl 'TT

V g ö m b s z e le t = - y - ( 3 r - m ) . ( 1 5 . 7 . 6 )

15.7.4. ábra. Gömbcikk

258

15.7.5. ábra. A gömbszelet magassága

H a viszont a göm böt olyan gömbszeletnek tekintjük, amelyre m = 2r, q = 0, akkor (15.7.4)-ből a gömb térfogatképletére határesetként a következő adód ik :

Ár jTV g ö m b = —y - • (15.7.7)

Az m magasságú gömbszeletet egy g alapkörű 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:

+ (3, _ m) = ^ ( ( , —m )( 2 , - m) + m(3r - m ) ) = 2- í p ,

2 FIYITLK g ö m b c i k k = — J - . ( 1 5 . 7 . 8 )

Bebizonyítható, hogy ez az összefüggés akkor is használható, ha a gömbcikk gömbszelete nagyobb egy félgömbnél.

Feladatok

1. M ekkora a sugara az 1 m2 felszínű gömbnek?

Mivel az r sugarú gömb felszíne 4r2jc, 4r27i = 1, ebből

= 0,2821 m = 28,21 cm.4ji

2. M ekkora sugarú kört metsz ki az r — 8 sugarú göm bből a középpont­játó l 2 egységnyi távolságra levő sík ?

A 15.7.1. ábra jelöléseit használva:

e = f ^ - d - = ^6 4 ^9 = ^55 = 7,42.

3. Egy gömböt két párhuzamos síkkal metszünk el, a kimetszett körök sugarai: rx = 4, r2 = 7 a metsző síkok távolsága 2; a síkok nem fogják közre a gömb középpontját. Számítsuk ki a gömb sugarát!

259

A 15.7.6, ábra metszetén a gömb O középpontjából a körök síkjára állított merőlegesek talppontja A és B, az O-hoz közelebbi sík távolsága O-tól x. Az OBD és O A C derékszögű háromszögekből Pitagorasz tételével:

ebből

és így a gömb sugara:

f i = * 2+ 7 2 = (* + 2 ) 2+ 4 2,

jc2 + 49 = x s + 4 x+ 4 + 1 6 , x = 7,25,

r = Íx^ + 12 = f7 ,252 + 49 = 10,08.

4. Azt szokták mondani, hogy a Föld felszínének 30%-a szárazföld. Közelí­tőleg hány km 2 a szárazföld, ha a Föld sugara kb. 6370 km ?

A Földet közelítőleg 637C km sugarú gömbnek tekintve, a felszín:

4 fiit = 4-6?702-ji = 5,10-JO8 km2,ennek 30%-a a szárazföld:

5.10-103.30100

= 1,53-108 km2.

(A szárazföld területének pontosabb értéke 149 157 0(X) km2.)

5. A Föld felszínének hány százalékát látja 300 km magasból egy űrhajós? (A Földet közelítéssel 6370 km sugarú gömbnek tekinthetjük.)

A Földtől d távolságra le ő P pontból az űrhajós egy m magasságú gömbsüvegnyi részt lát (15.7.7. ábra) Alkalmazzuk a beíogótéíelt (1. a 14.9. szakaszt) az OEP derékszögű három­szögre:

f i = ( r —m )(r+ d),ebből

í " #f/ | ■ r + d

A gömbsüveg felszíne (15.7.1) alapján:

F = 2mm =

r + d

2fiánr+ d

rdr+ d

260

15.7.8. ábra. 6 . feladat

Helyettesítsük most ebbe a z r = 6370, d = 300 értékeket, azt kapjuk, hogy

F = = 11,5• 106 km2.66 /U

Előző példánk részeredménye szerint a Föld felszíne 5,10 • 188 km, ennek F a11,5 • 10° -100

5,10-108= 2,25%-a.

6. Egy gömbön egy henger alakú lyukat vágtunk úgy, hogy a henger ten­gelye átmegy a gömb középpontján. Milyen térfogatú rész m arad meg a gömb­ből, ha a lyukhenger magassága m l

A kifúrt gömbből egy karikagyűrűre emlékeztető test marad meg (15.7.8. ábra), ennek térfogata egy qx = go = q alapkörű és m magasságú gömbréteg és egy o alapkörű m magas­ságú forgáshenger térfogatának a különbsége, tehát (15.7.3) és (15.6.1) alapján

mn «j3.tV = — - (6o- + m-) — o~m7i = - ,

6 “ 6

azt a meglepő eredményt kapjuk, hogy a karikagyűrű térfogata csupán a gyűrű magasságától függ , tehát független a gömb sugarától.

15.8. A gömbháromszög

A gömb egy d átmérőjére mint határegyenesre illesszünk rá két félsíkot. Ezek a gömbfelületből két főkörnek 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 átm érőre állított merőleges félegyenesek szögével mérhetjük, ezek az A-ban a gömbnek és egyúttal a kimetszett főköröknek is érintői. Két fő kö r szögét tehát metszéspontjukban a körökhöz húzott érintő félegyenesek szögével mér­hetjük.

261

Egy adott gömbön a gömbkétszöget az a szöge egyértelműen jellemzi (a gömbön elfoglalt helyzetétől eltekintve), ezt a szöget mindig ívmértékkel mérjük. Szemléletes tény, hogy a gömbkétszög felszíne arányos a szögével, tehát a 2a, 3a, . . . szögekhez kétszer, ill. háromszor akkora felszínű gömbkét-

71szög tartozik; ha a gömbkétszög szöge— , éppen negyedgömbről van szó,

ennek felszíne a teljes gömb felszínének negyede, azaz

-L 4 11 = r2n.4

Jelölje az a szögű gömbkétszög felszínét, az előbb m ondottak szerint ez71 ,

úgy aránylik a negyedgömb felszínéhez, mint a a y h e z , ezert

& _jr r2jr ’2” *

ebből

= = 2r2a, (15.8.1)71

~2

az a szögű gömbkétszög felszíne az r sugarú gömbön 2r2a.

A gömb két nem átellenes pontján á t egyetlen főkör megy, hiszen a két pont és a gömb középpontja egyetlen síkot határoz meg, ez metszi ki a gömb­ből a két pontot összekötő főkört. Két pontot ezek szerint két főkörív köt össze, ezek együttesen egy főkört tesznek ki.

A gömb három olyan pontja, amelyek nincsenek egy főkörön, gömbhárom­szöget határoznak meg. A gömbháromszög oldalai a pontokat összekötő fél­körnél kisebb főkörívek. Ezek a gömbfelület egy darabját zárják közre, ez a gömbháromszög belseje (15.8.2. ábra).

A

262

15.8.2. ábra. Gömbháromszög

Az oldalak mértéke a körívükhöz tartozó középponti szög, a gömbhárom­szög szögeinek mértéke pedig a csúcsokban az oldalívekhez húzott érintő fél­egyenesek szögének a mértékével azonos. Kikötéseink szerint a gömbhárom­szög minden oldala kisebb jr-nél (180°-nál). Derékszögű a gömbháromszög, ha szögei között van derékszög. Jellegzetes gömbháromszög az ún. gömb­nyolcad (gömboktáns) , ennek csúcsait három, páronként egymásra merőleges 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 főköröket. Mivel ezek tükrösek a gömb középpontjára, ugyanezek a főkörök egy az ABC-vel egybe­vágó A 'B 'C gömbháromszöget is közrezárnak (15.8.4. ábra). Az A csúcson átm enő két főkör két « szögű gömbkétszöget zár közre, a B-n átm enő két fi szögűt és a C csúcson átmenő két y szögűt. 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 egyenlő a teljes gömb felszínével és még 4 gömbháromszögfelszínnel. Ezért, ha a gömbháromszög felszínét F-fel jelöljük, felhasználva (15.8.1)-et:

4F+ 4r2n = 2(2r2a + Ír 1 fi + 2r2y),F = r2( a + f i + y - n ) . (15.8.2)

263

A gömbháromszög szögeinek összegéből n-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 po­

zitív, ha x+ ft -hy—n is pozitív, vagyis

x + ft+ y > ti,

ez azt jelenti, hogy a gömbháromszög szögeinek összege mindig nagyobb n-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.

264

16. Vektorok és alkalmazásaik

16.1. A vektorok fogalma

A geometriában egy szakaszt akkor mondunk irányítottnak, ha két határ­pontjáról megmondjuk, melyiket tekintjük kezdőpontnak és melyiket vég­pontnak. Az irányított szakasz neve: vektor; az irányítást rajzban úgy jelöljük, hogy a szakasz végpontjához nyilat teszünk. Az A kezdőpontú és B végpontú vektor jelölése AB (olv.: A, B vektor). A nem egy egyenesbe eső két vektort, A B-1 és CD-1 egyirányúnak nevezzük, ha párhuzamos egyeneseken helyezked­nek el, és az AC, BD szakaszoknak nincs közös pontja (16.1.1. ábra). Az egy egyenesen levő vektorok akkor egyirányúak, ha van olyan vektor, amely mindkettővel egyirányú (a 16.1.1. ábrán a CD egyirányú az AB-ral és az FG- ral is, ezért AB és FG is egyirányú). A vektorokat egyetlen betűvel is jelölhetjük, ebben az esetben a vektor jelölésére nyomtatásban félkövér betűt, írásban pe­dig aláhúzott betűt használunk; pl. a, b, v stb., ill. a, b, v. (Régebben a vektor jelölésére használták a felül nyilazott dőlt betűt: a, vagy pedig gót betűket.)

A vektorokat a geometriában az a törekvés ju tta tta szerephez, hogy a sza­kaszokkal is lehessen „számolni” , pontosabban: műveletet végezni. Ehhez mindenekelőtt 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- vek tor ok.)

C

16.1.1. ábra, Egyirányú vektorok

265

Két vektor egyenlő, ha hosszuk egyenlő és egyirányúak (tehát párhuzamosak is ; a 16.1.2. ábrán az egyenlő vektorokat egyenlő betűkkel jelöltük meg). Ennek a definíciónak az a szemléletes tartalm a, hogy két vektor egyenlő, tehát m atem atikai szempontból nem különböztethető meg, ha ugyanazt az eltolást adja meg.

A vektorok hosszát abszolút értéküknek is mondjuk, jelölése: | a | (olv.: a abszolút értéke) vagy |A B j. A vektor hossza tehát nemnegatív szám, hiszen szakaszhosszúságot jelent. A vektorokkal szemben a fizikában a számokat szokás skalároknak nevezni és olyan jellegű megkülönböztetésre hivatkozni, hogy a vektorok irányított, a számok (skalárok) pedig nem irányított mennyi­ségek.

Hogy a vektorok között értelmezett műveletek jellegükben hasonlítsanak a számok műveleteire, bevezetjük a nullvektor (nullavektor) fogalmát. A null- vektor nulla hosszúságú vektor, kezdő- és végpontja egybeesik; iránya meg­állapodás szerint tetszőleges lehet, azaz a nullvektor minden vektorral pár­huzamos. Jele: 0, rajzban egyetlen ponttal jelöljük.

16.2. Vektorok összeadása és kivonása

A z a és b vektorok összegét, az a + b vektort úgy állítjuk elő, hogy a vég­pontjából indítjuk k i a b-í; az a kezdőpontjából a b végpontjába mutató vektor az a + b (16.2.1. ábra); ugyanez a helyzet akkor is, ha az összeadandó vektorok párhuzam osak (ábránkon e és d). Az összeadás eredménye — m int az ábránk­ról leolvasható - ugyanaz, ha az összeadást az a-ral, ill. fo-ral egyenlő vek­torokkal végezzük el, ez a megfigyelésünk minden, később bevezetendő mű­velet esetében nyilvánvaló lesz, ezért erre m ár nem fogunk külön kitérni. H a a és b nem párhuzamosak, a + b úgy is megszerkeszthető, hogy a-t és b-t egy pontból indítjuk ki, és az általuk kifeszített paralelogramma a-ral és b-ral

a » b

16 .2 .1 . á b ra . V e k to ro k összege

266

a+ b

16.2 .2 . á b ra . P a ra le lo g ra m m a -s z a b á ly 16 .2 .3 . á b ra . A v e k to rö ssz e a d á s a sszo c ia tív

16 .2 .4 . á b ra . Az összeg n u llv e k to r

közös kezdőpontú 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 felcserélhetők, az összeadás kommu­tatív művelet.

Az összeadandók három vektor esetén tetszőlegesen csoportosíthatók, azaz az összeadás asszociatív művelet; ez azt jelenti, hogy

(a + b) + c = a + (b + c).

Ennek igaz volta a 16.2.3. ábráról leolvasható. H árom nál több vektorra is igaz az asszociatív szabály, ez teljes indukcióval bizonyítható. A vektorok ezért tetszőleges sorrendben és tetszőleges csoportosítással adhatók össze. Több vektor összeadása tehát azt jelenti, hogy az összeadandó vektorokat tetsző­leges sorrendben egymáshoz fű zzük — végponthoz kezdőpontot — az első összeadandó kezdőpontjából az utolsó végpontjába mutató vektor az összeg- vektor.

H a az első összeadandó kezdőpontja és az utolsó végpontja egybeesik, az összeg nullvektor (16.2.4. áb ra ):

a + b + c + d + e + f + g = 0.

Az összegvektort szokták néha az összeadandók eredőjének is nevezni.

267

A zt a vektort, amelyet a-hoz hozzáadva nullvektort kapunk, az a ellen­te tjének nevezzük és —a-ral jelöljük; a és —a tehát csak az irányításukban különböznek; a nullvektor önm agának az ellentettje.

Az a és b vektorok különbségén az a + ( —b) vektort értjük, tehát az a és b ellentetjének 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 szerkeszthető, hogy az a és b vektorokat közös pontból indítjuk, a b végpontjából az a végpontjába vezető 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 vezető vektorból (a-ból) vonjuk ki a kezdőpontjához vezető vek­to rt (b-t.) Ugyanez a vektorábra úgy is értelmezhető, hogy b-hoz hozzáadva a —b-t, az a-t kap juk :

b + (a —b) = a.

Az a — b képzését, m int műveletet, kivonásnak nevezzük.Ez a szerkesztési m ód egyébként azt is eredményezi, hogy az a és b vektorok

által m eghatározott (úgy is m ondjuk: kifeszített) paralelogramma átlóvektorai a + b és a — b (16.2.6. ábra).

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 három szög-egyen­lőtlenséget (1. a 14.5. szakaszt), kapjuk a vektorokra vonatkozó háromszög- egyenlőtlenségeket :

I a + b | | a | + 1 b | ,továbbá

I a — b | || a | — [ b ||, egyenlőség csakis akkor állhat, ha a és b egyirányú vektorok.

Feladatok

1. A 16.2.7. ábra paralelepipedonjának A csúcsából induló élvek torok a, b és c. Fejezzük ki ezek összege, ill. különbsége segítségével az AH, GB, ÁG, B H vektorokat.

16.2.5. á b ra . V e k to ro k k iv o n á sa 16.2.6. á b ra . A z á tló v e k to ro k a + b é s a — b

268

E

16 .2 .7 . á b ra . 1 . fe la d a t 16 .2 .8 . á b ra . 2 . fe la d a t

16 .2 .9 . á b ra . 3 . fe la d a t

A H = a + b,

G B = - A H = - a - b ,

A G = H É + 'E F + F G = a + b + c ,

B H = B F + F Ü + C H = a + b - c .

2. A 16.2.8. ábrán egy szabályos oktaédert adtunk meg, ennek O közép­pontjából az A, B, E csúcsaihoz vezető vektorok rendre a, b, e. Fejezzük kia, b, e segítségével az AD, DE, A F vektorokat.

A D = Ö D - Ö A = - b - a ,

D E = O E - Ö D = e - ( - b ) = e + b ,

A F = O F - Ö A = - e - a .

3. Bizonyítsuk be, hogy két vektor hossza akkor és csakis akkor egyenlő, ha összegük és különbségük merőleges egymásra.

A p a ra le lo g ra m m a s z a b á ly k ö v e tk e z m é n y e , h o g y h a a és b n e m p á rh u z a m o s a k , a z a és b v e k to ro k á lta l k ife s z í te tt p a ra le lo g ra m m a k é t á t ló ja a + b és a —b, e ze k v is z o n t a k k o r és c sa k is a k k o r m e rő le g e se k e g y m á sra , h a a p a ra le lo g ra m m a ro m b u s z , te h á t | a | = | b |, v a g y is a és b e g y en lő h o s sz ú (16 .2 .9 . á b ra ) .

H a a és b p á rh u z a m o s a k és h o s sz u k eg y en lő , a + b é s a —b k ö z ü l le g a lá b b a z e g y ik n u ll­v e k to r , a m i m in d e n v e k to r ra m e rő le g e s; v is z o n t h a a + b és a —b ú g y m e rő le g esek , h o g y k ö z ö t tü k v a n n u l lv e k to r , a k k o r h o s sz a ik szü k s é g k ép p e n e g y en lő k .

269

o

A B

16.2.11. ábra. 5. feladat

4. Bizonyítsuk be, hogy két (nem párhuzamos) vektor akkor és csakis akkor merőleges egymásra, ha összegük és különbségük egyenlő hosszú.

A paralelogrammaszabályból következik (16.2.10. ábra), hogy a és b összege és különb­sége akkor és csakis akkor egyenlő hosszú, ha az a és b által kifeszített paralelogramma tégla­lap (csak a téglalap átlói egyenlők), ekkor viszont a és b merőlegesek.

5. Az ABCD paralelogramma az alapja egy gúlának, ötödik csúcsa pedig M . Fejezzük ki az M A — a, M B — b, M C = c vektorok segítségével az M D vektort (16.2.11. ábra).

Az A BC D paralelogramma volta miatt a —b = BA = CD és M D = c + CD, ezértM D = a —b + c.

Megfigyelhetjük, hogy meggondolásaink akkor is érvényesek, ha az M pont benne van az A BC D paralelogramma síkjában.

16.3. A vektorok szorzása számmal

H a az a vektort kétszer hozzáadjuk még a-hoz, vagyis az a + a + a - t állítjuk elő, az összeadás szabályai szerint olyan vektort kapunk, amely a-ral pár­huzamos és három szor olyan hosszú, mint a, vagyis a-nak a felnagyításával keletkezett. Ésszerű ezért ezt az algebrában megszokott m ódon 3a-nak je ­lölni (16.3.1. ábra). G ondolatm enetünk általánosítása hozza létre a vektorok számmal való szorzatának a fogalmát. A számszorzót a következőkben — a vektoroktól való könnyebb megkülönböztetés érdekében — általában görög kisbetűkkel fogjuk jelölni.

a a a

3 a

16.3.1. ábra. Párhuzamos vektorok összege

16.2.10. ábra. 4. feladat

270

16.3.2. ábra. A II. disztributív szabály

A z a vektornak és a X valós számnak a szorzatán azt a Xz-ral jelölt vektortértjük, amely párhuzamos a-ral, hossza |A| |a | , iránya pedig egyező a irá­nyával, ha 1 pozitív és ellentétes a irányával, ha X negatív. Ha X = 0, xanullvektor.

A számmal való szorzás tehát gyakorlatilag a vektor nyújtását vagy zsu­gorítását jelenti. Megállapodunk abban, hogy Xa és slX ugyanaz. A számmal való szorzást néha skalárral való szorzásnak is nevezik.

A számmal való szorzásnak műveleti tulajdonságait foglaljuk most össze:1. a) = (jiX)a = X(/m). Ez pl. azt jelenti, hogy 5-(3a) = 15a = 3-(5a).2. (X+fi)a = Aa + /ía. Ezt az összefüggést rendszerint fordított irányban

alkalmazzuk: 3a + 5a = (3 + 5)a = 8a.3. P.(a+b) = Aa + lb ;p l . 25(a + b) = 25a + 25b. Ennek szemléletes bi­

zonyítása azon alapszik, hogy az a + b-t előállító ábrát egy O pontból X-szo- rosára nagyítjuk (16.3.2. ábra), a nagyított (vagy kicsinyített) ábráról leolvas­ható, hogy Xa + Xb = A(a+b).

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, tetszőleges számú összeadandóra kiter­jeszthetők, p l .:

(Ai+^2 + 3) ( a + b + c ) — A i(a+b+ c) + X2(a + b + c ) + A3(a + b + c).

Műveleti szabályaink alkalmazása az: jelenti, hogy a vektorokkal lényegé­ben úgy „szám olhatunk”, mint a számegyütthatós algebrai kifejezésekkel, pl.:

12(e + 3d — 7q) — 5(2e+ q — 6d) = 12e + 3 6 d -8 4 q -1 0 e -5 q + 30d == 2e + 66d — 89q.

l a csakis akkor lehet nullvektor, ha vagy X ~ 0 , vagy a - 0. A törtszámmal való szorzást gyakran olyan törtként jelöljük, amelynek számlálójában áll a

271

2 2v e l vvektor, p l .: — v = — , c. A — ra szokás ezt a kifejezést is használ-

ó i 2. 2. An i : a v-t osztjuk A-val (A 0).

Legyen y egy adott vektor, amely nem nullvektor. A számmal való szor­zás fontos tulajdonsága, hogy

a x-ralpárhuzamos összes vektor előállítható \ számszorosaként.

Ez azt jelenti, hogy a v-t tudjuk úgy kicsinyíteni, nagyítani, esetleg az irányát is ellentettjére változtatni, hogy Av egy adott v-ral párhuzamos vek­torral legyen egyenlő. Az előbbi tételünk lényege az, hogy a párhuzamos vektorok halmazát a halmaz egyetlen vektora segítségével elő tudjuk számmal való szorzás alkalmazásával állítani, és ez az előállítás egyértelmű, azaz, ha X-& — l 2a és a ^ 0, akkor szükségképpen Ái = 12-

Az 1 hosszúságú vektorok az egységvektorok. A v vektorral egyirányú egységvektor jele v° (olv.: v null). H a v°-t megszorozzuk v hosszával, akkor nyilván megkapjuk a v-t, tehát

y — | y |v°,ebből

,0 = R , = R ' < l 6 '3 ' )

egy vektorral egyirányú egységvektort úgy kaphatunk meg, hogy a vektort elosztjuk a hosszával.Egy adott síkkal párhuzamos vektorok összességét egysíkú vagy komplaná-

ris vektoroknak nevezzük. Az egysíkú vektorok tehát mind „betolhatok” egy síkba. Az egysíkú vektorokat jellemzi a következő tétel:

Ha a és b nem párhuzamos vektorok és c tetszőleges, velük egysíkú vektor, akkor c előállítható

c = aa+/?b (16.3.2)alakban, ahol a. és fi egyértelműen meghatározott számok.

H a c párhuzamos a-ral vagy b-ral, akkor állításunk nyilván igaz, hiszen ha pl. a rai párhuzamos, c — a a lO - 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 aa, ill./Sb alakúak; a paralelogramma- szabály szerint tehát c valóban a a +fib összege, az előállítás módjából követ­kezik a és fi egyértelműsége.

A (16.3.2) alatti összefüggést a c n a k a-ral és b-ral párhuzamos összetevőkre (komponensekre) való felbontásnak nevezzük, az összetevők itt aa és fib.

Legyen most a, b, c három nem komplanárís vektor, tehát ne legyenek egy síkkal párhuzamosak. Ebben az esetben egy tetszőleges v előállítható

272

16.3.3. ábra. Vektor felbontása két vektorral párhuzamos összetevőkre

16.3.4. ábra.Vektor felbontása

három vektorral párhuzamos összetevőkre

v = aa+ /?c+ y c (16.3.3)

alakban, ahol a, fi, y egyértelműen meghatározott valós számok.

Bizonyításunk az előző m intájára történik. H a v egysíkú az a, b, c vektorok közül valamelyik kettővel, pl. a-ral és b-ral, akkor (16.3.2)-ből következik, hogy

v = a a + /? b + 0 -c,

tehát az előállítás lehetősége bizonyított. H a 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 a síkot feszítenek ki. A v végpontjából c-ral hú­zott párhuzamos a-1 a P pontban metszi, P-t a v végpontjával összekötő vektor c-ral párhuzamos, ezért yc alakú. A a síkban levő OP viszont egysíkú a-ral és b-ral, tehát OP — aa -\-fib alakban írható fel. Mivel azonban v = O P+yc, ezért v = an+ fib+ yc, és az előállítás módjából látható, hogy a, fi, y egyértel­műen meghatározottak.

Az utóbbi két tételünk lényegében azt mondja ki, hogy egy sík vektorait két, nem párhuzam os vektora segítségével előállíthatjuk, és a tér minden vektora előállítható három, nem egysíkú vektor segítségével. Az

a ia i+ a 282+ . . . + a„a„

kifejezést, ahol «i, a2, valós számok, az a l5 a2, . . . , a„ vektorok egylineáris kombinációjának mondjuk (n & 1). Ezt az elnevezést használva téte­leinket így fogalmazhatjuk m eg:

a párhuzamos vektorok előállíthatok egy (nem nulla) vektor lineáris kom­binációiként;az egysíkú vektorok előállíthatók két (nem párhuzamos) vektor lineáris kombinációiként;a tér minden vektora előállítható három (nem egysíkú) vektor lineáris kom­binációjaként.

273

16.4. Vektorok és pontok koordinátái

Válasszunk három egységvektort, i-t, j-t és k-t úgy, hogy azok páronként merőlegesek legyenek egymásra és ebben a sorrendben úgy helyezkedjenek el, m int jobb kezünk hüvelyk-, mutató- és középső ujja (16.4.1. ábra). Az ilyen tulajdonságú vektorhármasról azt mondjuk, hogy jobbrendszert alkotnak.

A választásunknak megfelelő i, j, k vektorhármast alapvektoroknak mond­juk (más elnevezés: bázisvektorok). (16.3.3) szerint a tér minden v vektora elő­állítható az alapvektorok lineáris kombinációjaként

v = x i+ y j+ z k

alakban, ahol x , y, z egyértelműen meghatározott valós számok.A z x , y, z számok a v vektor {i, j, k} alapvektorokra vonatkozó koordiná­

tái.H a csupán síkbeli vektorokkal foglalkozunk, alapvektoroknak elegendő az

I és j egymásra merőleges egységvektorokat választanunk. A választás egy­értelműségére még kikötjük, hogy az i-t a j-be pozitív (az óram utató járásával ellenkező irányú) 90°-os elfordulás vigye. H a ekkor egy v vektor v = x i+ y j alakban állítható elő, 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 harm adik koordinátaként nullát írunk melléjük.

v koordinátáinak szokásos jelölése: v(x, y, z), ill. v(x, y). Bizonyos tárgy­körökben a koordinátákat oszlopvektorként szokás felírni, ha o tt éppen

xm átrixokat alkalmazunk (1. a 10.5. szakaszt), tehát y alakban.

_ Z .Legyenek most az a, ill. b koordinátái (űi, ű2, as), ill. (bi, b%, bs), ez azt

jelenti, hogya = a i i+ ű 2j + ö3k, b = bxi + b ^ + bak.

274

0

16.4.2. ábra. Helyvektor

A számokkal való szorzás műveleti szabályait alkalmazva kapjuk, hogy

a + b = (ű i+ b i)i+ (a2+ b^)\+ (ű3+ bs)k, (16.4.1)a - b = (<*! - b i ) i + (a2- b2)j + (a3 - fra)k, (16.4.2)

Aa = (2öi)i + (/la2)j + (Aö3)k. (16.4.3)Ez azt jelenti, hogykét vektor összegének (különbségének) koordinátái a vektorok megfelelőkoordinátáinak az összegei (különbségei);egy vektor A-szorosának a koordinátái a vektor megfelelő koordinátáinak aA-szorosai.

A vektorok koordinátafogalmából következik, hogy a nullvektor koordiná­tái 0(0, 0, 0), az alapvektoroké: i(l, 0, 0), j(0, 1, 0), k(0, 0, 1).

Mivel az a ( ű ] , a%, a3) és b(bi, b2, b3) vektorok (egyik sem nullvektor) pár­huzamosságának az a feltétele, hogy a = Ab teljesüljön, a és b akkor és csakis akkor párhuzamosak, ha van olyan A, hogy

ai ~ Ab\, a% = Ab%, a3 — Ab$.

Összefüggéseinket néhány számpéldán mutatjuk meg. Legyenek a(3, —5, 2), b(0, 7, - 9 ) . Ekkor

a+ b (3 , 2, —7), a - b ( 3 , - 1 2 , 11), 5a(15, - 2 5 , 10).

A c( — 1, 4, 3) és d(3, —12, —9) vektorok párhuzamosak, mert d = —3c.Rögzítsünk most egy O pontot és nevezzük el kezdőpontnak (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).

M egfordítva: ha megadunk egy v vektort, akkor egy és csakis egy olyan P pont létezik, amelynek v a helyvektora; P az O kezdőpontú v vektornak a vég­pontja.

Legyen most a jobbrendszert alkotó, egymásra páronként merőleges i, j, k egységvektorok kezdőpontja a rögzített O pont. Az így nyert alakzatot {O, i, j, k} koordináta-rendszernek nevezzük. Az i, j, k vektorokat tartalmazó, O-ból

275

induló egyenesek a koordináta-rendszer x, y, z tengelyei, a tengelyek által meg­határozott síkok a koordinátasíkok (16.4.3. ábra). Megállapodás szerint

a P pont koordinátái az {O, i, j, k} rendszerben azonosak helyvektorának, az OP-nak a koordinátáival.

A P pont koordinátáinak szemléletes jelentése a 16.4.3. ábrából olvasható le. A P-n á t 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 O P koordinátái (és ezért egyúttal P koordinátái) (x, y, z), mivel ábránkról világos, hogy

OP — x i+ y j + zk.

H a most az x, y, z tengelyeket számegyeneseknek tekintjük, akkor a P pontból a tengelyekre állított merőlegesek talppontjai ezeken a számegyenese­ken rendre éppen az x, y, z számokhoz tartozó pontok lesznek. Ez a megfigyelé­sünk egyenértékű azzal, hogy az x, y, z számok a P pontnak rendre az [yz], [zx], [xy] koordinátasíkoktól mért távolságait jelentik, méghozzá úgy előjelezve, 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 kezdőpont és a belőle kiinduló i, j egymásra merőleges egységvektorok határozzák meg, ez az {O, i, j} rendszer. Az 0 -n átm enő 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 = x i+ y j, akkor xi és yj annak a téglalapnak az oldalvektorai, amit a két koordinátatengely és a P-ből velük húzott párhuzamosak zárnak közre.

Ugyanennek a megfigyelésünknek a következménye, hogy ha a koordináta­tengelyeket számegyeneseknek tekintjük, akkor P koordinátái azok a számok, amelyek P-ből a rájuk emelt merőlegesek talppontjaihoz tartoznak; vagy: a P pont koordinátái a P-nek a koordinátatengelyektől mért távolságai úgy elő-

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

16.4.4. ábra.Az {O, i, j) koordináta-rendszer

276

16.4.5. ábra. Két pont összekötő vektora

jelezve, hogy pozitívnak vesszük pl. az x-et, ha az y tengelytől P irányába mu­tató i-ral párhuzamos vektor az i-ral azonos irányú, ellentétes esetben pedig negatívnak (ábránkon is ez a helyzet).

Ezzel az előjelezéssel a két koordinátatengely a 16.4.4. ábrán használt jelö­léssel négy síknegyedre vágja a síkot. Az I. negyedben a pontok mindkét koordi­nátája pozitív ( + , + ) jellegű, a II. negyedben ( —, + ), a III. negyedben ( —, —), a IV. negyedben pedig ( + , —) a pontkoordináták előjele. (M ost a tengelyeket nem számítottuk negyedekhez.) Az x tengely pontjai (x, 0), az y tengelyé pedig (0, y) jellegűek, az origó koordinátái (0, 0).

H a P koordinátái (x, y), akkor így jelöljük: P (x, y). (Megjegyezzük, hogy tizedestörtek alkalmazása esetén a koordinátákat pontosvesszővel szokták el­választani a félreértések elkerülése céljából.)

Síkbeli koordináta-rendszerben egy pont x koordinátáját a pont abszcisszá­jának, y koordinátáját pedig ordinátájának is szokás nevezni.

A következőkben egyszerűség kedvéért — hacsak külön nincs rájuk szükség— az i, j, k vektorokat nem rajzoljuk be ábráinkba, az O kezdőpontot azonban általában feltüntetjük. A most bevezetett koordinátákat a pont Descartes-féle koordinátáinak is szokás nevezni.

Jegyezzük meg a helyvektorok alkalmazásából adódó alapösszefüggést:két pont összekötő vektora helyvektoraik különbségével egyenlő.Ennek az állításnak a helyessége egyszerűen 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.

Feladatok1. Adottak a C (—2, 3), D( 1, 4), £(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(l, 4), e(1988, 2000).Előbbi megállapításunk szerint két pont összekötővektora helyvektoraik különbségével

egyenlő, ezért —► — ►CD = d - c , D E = e —d,

és ezért CD koordinátái: CD(3, 1), DE koordinátái D£(1987, 1996).277

16.4.6. ábra. 2. feladat0

2. Döntsük el, egy egyenesen vannak-e az előző feladat C, D, E pontjai (16.4.6. ábra).

A C , D , E pontok akkor és csakis akkor vannak egy egyenesen, ha a pontok összekötő vektorai párhuzamosak, tehát ha C D és D E párhuzamosak. C D és D E párhuzamosságának viszont feltétele, hogy a D E -1 a C D számszorosaként állíthassuk elő. Ez azonban nem teljesül, m ert a C£>(3, 1) vektornak a D E ( 1987, 1996) nem számszorosa.

16.5. Osztópont, súlypont és alkalmazások

Az A B szakasz egy P pontjáról azt mondjuk, hogy AB -1 y arányban osztja, ha A P u 1— = . Ezért pl. AB -1 az F felezőpontja — arányban, a B-hez közelebbi har-

2m adolópontja pedig - arányban osztja. (Ennek az osztásaránynak a fogalmát a

szakaszon kívüli pontokra is kiterjesztjük, ha pl. Q a szakaszon kívül van, szin­t űtén használjuk az —- arányra az osztásarány fogalmát, de ebben az esetben

ennek az aránynak negatív előjelet tulajdonítunk.) (16.5.1. ábra).Legyenek pl. a szóban forgó pontok koordinátái A(2, —1,3), P(2, 3, 5),

B (2 ,9 ,8). Mivel két pont összekötővektora helyvektoraik különbségével egyenlő, az összekötővektorok koordinátái:

AP(0, 4, 2) PB(0, 6, 3).

—► 2 —*Vegyük észre, hogy a Pfi-t ^ -dal szorozva éppen az AP-1 kapjuk meg,

Á P = j P B ,

AP 2ezért az AP és PB szakaszok aránya, azaz az-— osztásarány értéke - .

PB 3Tegyük most fel, hogy P az AB szakasz olyan belső pontja, amely az A B -1

278

16.5.1. ábra. Osztópont

~ arányban osztja fel. Legyenek az origóból az A, B, P pontokba m utató hely-. u —► —►

vektorok rendre a, b, p. P felvétele m iatt A P = y PB, és mivel az A P és PBvektorok egyirányúak, azért

Á P = ~ PB.

Vegyük most figyelembe, hogy A P = p —a és PB = b —p; helyettesítsük ezt előbbi egyenlőségünkbe:

P - a = ~ (b -p ) ,

ebből mindkét oldal A-val való szorzása és rendezése után kapjuk :

Ap —Aa = p b —fip,( A + f j . ) p = A a + jU b ,

Aa+jtíb(16.5.1)

ha tehát egy szakasz két végpontjának a helyvektorai a és b, akkor a szakaszt

~ arányban osztó pont helyvektora a p = aiaicban állítható elő.A Á-i-fi

Megjegyezzük, hogy a (16.5.1) képlet akkor is érvényes, ha P az AB szaka­szon kívül van, de ekkor a A és/i közül az egyiket (tetszőlegeset) negatívnak kell vennünk.

Eredményünk azt jelenti, hogy ha pl. felezőpontról van szó, ahol A = jj, — 1, akkor a felezőpont f helyvektora.

f = (16.5.2)

vagy az A B szakaszt harm adoló P pontnál (P a B -hez van közelebb)

a + 2 bP = - 3 - • (16.5.3)

279

Legyen az A pont helyvektora a, a C ponté c, legyen az ,4-nak C-re vonat­kozó tükörképe A' és ennek helyvektora a' (16.5.2. ábra). Az a, c és a' között egyszerű összefüggést állapíthatunk meg, mert c az AA' szakasz felezőpontjá­nak a helyvektora, ezért (16.5.2) alapján

a + a'“ ^ r = c;

szorozzuk meg ennek az egyenlőségnek mindkét oldalát 2-vel, majd vonjunk ki mindkét oldalból a - t:

* + a ', = (16.5.4)a = 2c—a. v ’

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 jelentő betűket); az a, b végpontjai által

ü -f~ bmeghatározott oldal felezőpontjának helyvektora (16.5.2) alapján —- — . Ezt a

felezőpontot a szemközti (c helyvektorú) csúcssal összekötő szakasz a három ­szög egyik súlyvonala. A háromszög súlypontja ennek a súlyvonalnak az oldal­hoz közelebbi harmadolópontja, ezért ennek s helyvektora (16.5.3) alapján

2 a + b2 ° a + b + c , , .

s = -------^---------- ------ ^----- . (16.5.5)

A háromszög súlypontjának helyvektora tehát a csúcsok helyvektorainak a „számtani közepe” (azaz a helyvektorok összegének a harmada).

Ennek az eredménynek az általánosításaként értelmezzük a pontrendszer súlypontját.

Legyenek A i , A2, A 3,...,A„ tetszőleges pontok, helyvektoraik egy tetszőlege­sen választott origó mellett ai, a2, a3,...,a„.

216.5.2. ábra. Pontra való tükrözés helyvektorokkal 16.5.3. ábra. A háromszög súlypontja

280

Azt az S pontot, amelynek helyvektora

a i+ a 2+ . . . + a„ c i r c £ \s = --------------------, (16.5.6)n

az A i , Az,...,A„ pontrendszer súlypontjának nevezzük.Bebizonyítható, hogy az S helyzete független attól, hogyan választjuk az

origót. H a pl. az origó az S súlypontban van, akkor s = 0, és így (16.5.6)-ból a i + a 2+ . . . + a„ = 0 következik. Ezek szerint

a pontrendszer súlypontjából a pontrendszer pontjaihoz vezető vektorok ösz- szege 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; három nál több csúcsú sokszög esetén általában m ár különböző a csúcsokból álló pontrendszer súly­pontja és a sokszöglemez súlypontja.

A (16.4.1), (16.4.2) és (16.4.3) összefüggések alapján előbbi eredményeinket a szóban forgó pontok koordinátáival is kifejezhetjük; a pontoknak térbeli koordinátáit adjuk meg; síkbeli koordináta-rendszernél a harm adik koordiná­ták egyszerűen elhagyhatók.

Legyen három pont koordinátáival: A(ai, a2, aa), B(bi, b2, b3), C(ci, c2, c3).

H a P(pu p 2, p 3) az AB szakaszt y arányban osztja, akkor koordinátái (16.5.1) alap ján :

Xa1+ fib 1 Xa2+ fib2 la 3+ fib 3 n z s i \p ' - ' - T n r - = =

H a F (fi, f i , f 3) az AB szakasz felezőpontja, akkor (16.5.2) a lap ján :

. a i+ b i . a2+ b 2 . a3+ b 3 h --------2— ’ *2 --------2— ’ --------2— ’ (16.5.ö)

Ha viszont S(si, s2, í 3) az ABC háromszög súlypontja, akkor (16.5.5) alap­ján :

üi + b i+ C i a2 + b2+ c 2 a3 + b3 + c3 , , . n. Sl = ------ -- , s2 = ------ , s3 = --------------- =------ . (16.5.9)

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 A C és BD átlók felezőpontja egybeesik, írjuk fel a felezőpontok koordinátáinak az egyenlőségét (16.5.8) alapján:

281

3 —5 9+ x —4 + 1 0 6+y~ 2 ~ ~ ~ 2 ~ > 2 2 ~ ’

ezekből x = — 11, y = 0, tehát D koordinátái ( — 11,0).

2. írjuk fel az előző példában szereplő ABC háromszög súlypontjának a koordinátáit.

(16.5.9) szerint

3 + 9 - 5 7 - 4 + 6 + 1 0■*1 = ------~ st = ------------------= 4,1 3 3 2 3

a súlypont koordinátái , 4^.

3. írjuk fel annak a P pontnak a koordinátáit, amely az A (9, 12), B( — 7, 5)2

végpontú szakaszt y arányban osztja fel!

Legyenek P koordinátái (*, >>), (16.5.7) alapján

3 -9 —2-7 13 3 -1 2 + 2 -5 46* ~ 2 + 3 5 ’ y ~ 5 5 ’

13 46\

4. Bizonyítsuk be, hogy a négyszög két tetszőleges szemközti oldalfelező pontját összekötő szakasz felezőpontja a négyszög súlypontja.

M utassuk meg, hogy a négyszög oldalfelező 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 a helyvektora (16.5.6)

1szerint — (a + b + c + d ) .

A z a, b, ill. c, d helyvektorok által meghatározott szemközti oldalak felezőpontjaihoz aza -f* b c d

és —— vektorok mutatnak. E két felezőpont által meghatározott szakasz felezőpontjá­

nak a helyvektora:

a + b

216.5.4. ábra. A négyszög súlypontja

282

c

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 felezőpontjait összekötő szakasz felezőpontjának a helyvektorát állítjuk elő. A szemközti oldalak felezőpontjait összekötő szakasz a négyszög középvonala. Ezek szerint

a négyszög középvonalai a négyszög súlypontjában felezve metszik egymást.

Ez azonban azt jelenti, hogy az oldalfelező pontok olyan négyszög csúcsai, amelynek átlói (a középvonalak) felezve metszik egymást, az ilyen négyszög viszont paralelogramma (1. a 14.6. szakaszt).

5. Adott az ABC háromszög. Egy tetszőleges P pontnak az A csúcsra vonat­kozó tükörképe P i, a P x tükörképe B-re P2 és a P2 tükörképe C-re P 3. Tovább folytatva a tükrözést: a P% tükörképe A-ra P4, a P4 tükörképe B-re P5 és végül a Ps'öt C-re tükrözve Po-ot kapjuk. Bizonyítsuk be, hogy bárhogyan is válasz­tottuk P-t, Pg mindig egybeesik P-vel.

Legyenek A, B, C, P helyvektorai rendre a, b, c, p. Azt kell bizonyítanunk, hogy Pe helyvektora p-ral egyenlő. Alkalmazzuk egymás után (16.5.4)-et:

p, = 2a —p, P;. = 2b —pt = 2 b —2a + p, p3 = 2c —p2 = 2c —2 b + 2a —p, p4 = 2a —p;l = —2c + 2b + p, p5 = 2b - p , = 2c - p , p6 = 2c - p 5 = p,

ezt kellett bizonyítanunk.

6. Az ABC háromszög köré írt körének O a középpontja. Bizonyítsuk be, hogy az ÖA, OB, ÓC erők eredője olyan O M erő, amely 0 -b ó l 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 következő: válasszuk origónak a háromszög köré írt kör középpontját, és legyen ÖA = a, OB = b, O C = c. Bizonyítsuk be, hogy O-ból az a + b + c = O M a háromszög magasságpontjába mutat (16.5.5. ábra).

Ennek bizonyítására elég megmutatnunk, iiogy az a + b + c végpontját, M-et, a csúcsokkal összekötő vektorok merőlegesek a szemközti háromszögoldalra; sőt elegendő ezt egyetlen

283

csúccsal összekötő vektorra igazolnunk, mert a többire ugyanúgy menne az igazolás. Mu­tassuk meg p l, hogy C M merőleges A B = b - a - r a . C M = Ö M - O C = (a + b + c ) - c = , = a + b . Viszont b —a és b + a valóban merőlegesek egymásra, hiszen a és b egyenlő hosszú vektorok (1. a 16.2. szakon 3. feladatát), ezzel állításunkat bizonyítottuk.

Megjegyezzük, hogy gondolatmenetünkből még több érdekes tény is kiolvasható. Ha a háromszög súlypontját S-sel jelöljük, (16.5.5) szerint S helyvektora:

ezért O M = 3OS, ez pedig azt jelenti, hogy a háromszög köré irt körének az 0 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); sőt azt is tudjuk, hogy S harmadolja az O M szakaszt ( O M = 3 0 S ). Továbbá;

a háromszög magasságpontjának bármelyik csúcstól mért távolsága kétszer akkora, mint a köré írt kör középpontjának a szem közti oldaltól mért távolsága.

Ez az utóbbi ábránk alapján az a + b = 2-^r— ,azaz C M = 2 0 F egyenlőségekből követ­kezik. 2

16.6. Trigonometrikus függvények

A síkbeli {0 , 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 függően pozitív és negatív is lehet. Az irányszög az egység­vektort egyértelműen meghatározza, viszont egy egységvektornak végtelen sok irányszöge van. H a ugyanis e-nak a irányszöge, akkor irányszöge a + 360°, a + 2-3600, . . . , sőt —(360°—a) = a —360°, a -2 -3 6 0 ° , a -3 -3 6 0 ° , . . . is; összefoglalva tehát, minden a + k • 360° mértékű szög, ahol k tetszőleges egész (16.6.1. ábra).

Legyenek most az a irányszögű e koordinátái (e\, e2) ; ezek a-tól függenek, és a értéke ei-et és e2-t egyértelműen meghatározza, ezért <?i-et és e2-t a szög- függvényeinek mondjuk, pontosabban ei-et az a szög koszinuszának, e2-t pedig a szinuszának. Jelölésben:

e\ = cos a, e% — sin a

(olv.: koszinusz a, szinusz a) (16.6.2. ábra). Tehát:

az a szög koszinuszán értjük az a irányszögű egységvektor x koordinátáját(abszcisszáját) ;az a szög szinuszán értjük az a irányszögű egységvektor y koordinátáját(ordinátáját).

Az irányszögre vonatkozó előbbi észrevételünk azt jelenti, hogy tetszőleges k egészre

sin (a + k -360°) = sin a, cos (cn + k- 360°) = cos «.

Ezt a tényt úgy szoktuk kifejezni, hogy a szinuszfüggvénynek és a koszinusz­függvénynek 360° k-szorosai a periódusai (k ^ 0, egész).

284

16.6.2. ábra.16.6.1. ábra. Irányszög Egységvektor irányszöge és koordinátái

A 16.6.3. ábrán az a irányszögű e-t és a —a irányszögű é-t ábrázoltuk; helyzetükből nyilvánvaló, hogy

c o s ( - a ) = cos a, sin ( —a) = —sin a. (16.6.1)

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

cos sin

0 ° 1 0

90° 0 1

180° - 1 0

270° 0 - 1

A síkbeli koordináták előjeléről a 16.4. szakaszban m ondottak alapján következik, hogy az első és a második negyedben (azaz hegyes- és tompaszö­gekre) a szinuszértékek pozitívak, a harm adik és negyedik negyedben negatívak

285

a koszinuszértékek pedig pozitívak az első és a negyedik negyedben, és negatívak a m ásodik és a harmadik negyedben, tehát pl. hegyesszögek koszinusza pozitív, tompaszögeké negatív.

A sin « és cos % hányadosát tangens a-nak nevezzük, je le : tg «,

tgct = — , (16.6.2)cos a

a tangensfüggvénynek természetesen nincs értelme azokra az a értékekre, amelyekre cos « = 0, tehát, 90°, 270°, 450°,...,90° + A: - 180° (k tetszőleges egész) esetén.

A cos <x és sin a hányadosát az a kotangensének mondjuk, je le : ctg a, tehát

cos actg a = —---- . (16.6.3)

sm a

A kotangensfüggvénynek nincs értelme azokra az a értékekre, amelyekre sin oc = 0, azaz a — 0°, 180°, 360°,..., tehát « = k - 180° (k tetszőleges egész) esetén. Ha a ^ k - 90°,

1 , 1tg a = ------ es ctg a = ----- .ctg a s tg a

Bebizonyítható, hogy

tg (a + A> 180°) = tg a, ctg (a + £* 180°) = ctg a,

tehát tg a és ctg a periódusa 180°, ahol k + 0 tetszőleges egész (1. az 1. feladatot).

A tg a jelölés helyett néha (főként külföldi irodalomban) találkozhatunk a tan a, ctg a helyett pedig a cot a, cotg a jelölésekkel is. Nálunk m ár nem hasz­

nálatos az — — = sec a (olv.: szekáns a) és az - 4 — = cosec a (olv.: koszekáns cos a sin a

a) jelölés.A sin a, cos a, tg a , ctg a függvényeket szögfüggvényeknek vagy trigonomet­

rikus függvényeknek nevezzük.H a a hegyesszög, szögfüggvényeit a gyakorlati alkalmazásokhoz közelebb

álló módszerrel is értelmezhetjük derékszögű háromszög segítségével. Előre­bocsátjuk azt a tényt, hogy ha két derékszögű háromszögben előfordul a szögek között ugyanaz az a szög, akkor a két háromszög hasonló, hiszen akkor m ár biztosan megegyeznek két-két szögben (a hasonlóság 1. alapesete).

Legyen az ABC derékszögű háromszög a-val szembeközti befogója a, a melletti befogója b, átfogója pedig c. Helyezzük el a háromszöget a koordináta- rendszerben úgy, hogy az a szög az e egységvektor irányszögével essék egybe (16.6.4. ábra); jelölje e végpontját E, E -bői az x tengelyre állított merőleges talppontját G. Az OEG olyan derékszögű háromszög, amelynek átfogója 1, befogója pedig sin a, ill. cos a ; s mivel OEG-nek és ABC -nek egy szöge közös,

286

azért hasonlók. A hasonlóság m iatt a megfelelő oldalak aránya egyenlő, ezért

BC _ E G a sin aAB ~ A E ' c

r ,

AC _ AG b cos aAB ~ A E ’ c ~ 1 ’

tehát

tehát

sm a = — , c

cos a =

Továbbá:a

sin a c a 1 btg a = ------ = — — — , ctg a = = — .cos a b b tg a a

c

Ezek az eredmények a következőképpen fogalm azhatók: ha a egy derék­szögű háromszög hegyesszöge, akkor:

sin a a szöggel szemben fekvő befogónak és az átfogónak a hányadosa;cos a a szög melletti befogónak és az átfogónak a hányadosa;tg a a szöggel szemközti befogónak és a szög melletti befogónak a hányadosa;ctg a a szög melletti befogónak és a szöggel szemközti befogónak a hányadosa.

H a pl. egy derékszögű háromszög oldalainak a hossza 3, 4 és 5, akkor a legrövidebb oldallal szemközti a szögnek a függvényértékei (16.6.5. ábra):

3 4 3 4sm a = — , cos a — — , tg a = - , ctg a = y .

Néhány speciális, gyakran előforduló szögnek a függvényértékeit speciális derékszögű háromszögekből határozhatjuk meg. Az egyenlő szárú derékszögű háromszög hegyesszögei 45°-osak; a 16.6.6. ábrán olyan háromszöget vettünk fel, amelynek befogói 1 hosszúságúak, Pitagorasz tételével kiszámíthatjuk, hogy átfogójának hossza f i .

A 2 oldalhosszúságú szabályos háromszöget szimmetriatengelye két derék­szögű háromszögre vágja szét (16.6.7. ábra), ajnelynek hegyesszögei 60° és 30°;

287

ennek befogói 1 és ]f3, átfogója 2. Foglaljuk táblázatba a 45°-os, 30°-os, 60°-os szögek függvényértékeit:

sin a cos a tg a ctg a

45°1 í l

í l 1

i í í

í í i1 1

OO 1 í í 1 í í ^3~2 ~2 ~ í í 3

60°í í1

1

y í íí í3

A szögfüggvények értékeit egyébként számológépekből vagy táblázatokból ismerhetjük meg. M int látni fogjuk, minden szögfüggvényérték egy hegyesszög függvényértéke segítségével határozható meg.

A szögfüggvények meghatározó jellegű tulajdonsága az a és /? helyeken felvett és az a +/? helyen felvett értékeik közötti összefüggés. Ezek levezetéséhez jegyezzük meg, hogy ha egy {O, i, j} koordináta-rendszert elforgatunk egy v egy­ségvektorral együtt, akkor v elforgatottjának a koordinátái az elforgatott rendszerben is ugyanazok lesznek, mint eredetileg voltak, hiszen egy vektor koordinátái — m int az a 16.4.4. ábra alapján látható — csak a vektornak azi, j alapvektorokhoz való viszonyától függenek.

Legyen egy v egységvektor irányszöge « és forgassuk el az {O, i, j} rendszer­rel együtt +90°-kal v 'helyzetbe (16.6.8. ábra); az új rendszer {O, j, —1} lesz. Mivel v koordinátái {O, i, j}-ben (cos a, sin a), azaz

v = co sa -i + sina-j,

azért az elforgatott rendszerbenv' = cos aj + sin a( —i) = — sinai + cosaj, (16.6.4)

16.6.5. ábra.a szögfüggvényei

16.6.6. ábra.45° szögfüggvényértékei

16.6.7. ábra.30° és 60° szögfüggvényértékei

288

ez viszont azt jelenti, hogy v' koordinátái az eredeti rendszerben ( — sin a, cos a). De ugyanitt v' koordinátái, mivel irányszöge a + 90°, (cos (a + 90°), sin (a + 90°)) ezért a koordináták egyértelműsége miatt

cos ( a + 90°) = — sin a, sin ( a + 90°) = cos a. (16.6.5)

Vegye most át v és v' szerepét i' és j', ezek most úgy foghatók fel, m int azI, j vektorok a szögű elforgatottjai (16.6.9. ábra). (16.6.4) alapján

V = cos ai + sin aj. (16.6.6)= — sin ai + cos aj. (16.6.7)

Vegyünk most fel olyan e egységvektort, amelynek az {O, i', j'} rendszerében az irányszöge /?, az {O, i, j} rendszerben ezért a+/S; írjuk fel e-nak mindkét rendszerbeli előállítását:

e = cos/Si'+ sin/?j',e = co s(a+ /? )i + sin(a+ /S )j. (16.6.8)

H a első egyenletünkbe i' és j' helyébe a (16.6.6) és (16.6.7) alatti előállítá­sokat írjuk, rendezés után kapjuk, hogy

e = (cos a cos /S —sin a sin /?)i + (sin a cos /? + cos a sin /3)j. (16.6.9)

A koordináták egyértelműségéből következik, hogy (16.6.8)-ban és (16.6.9)- ben i, ill. j együtthatói szükségképpen azonosad ezért:

289

cos (a +/?) = cos a cos fi — sin a sin fi, (16.6.10)sin (a+/?) = sin a co s /? + cos a sin/?. (16.6.! 1)

Helyettesítsünk most/? helyébe —fi-1 és vegyük figyelembe (16.6.2)-t:

cos (a.—fi) = cos a cos fi + sin a sin /?, (16.6.12)sin (a —fi) = sin a cos f i — cos a sin/?. (16.6.13)

Ezt az utóbbi négy alapvető összefüggést összegezési ( vagy addíciós) kép­leteknek nevezzük. A tg- és ctg-függvények definíciói alapján ezekre a függvé­nyekre a következők érvényesek:

Nézzük most ezeknek néhány fontos következményét. Helyettesítsünk(16.6.12)-be fi helyébe a-t, mivel cos 0 = 1 .

cos2 a + sin2 a = 1. (16.6.16)

Ez azt>jelenti, hogy cos a és sin a abszolút értékben nem lehet nagyobb 1 -nél, továbbá ennek segítségével sin a vagy cos a ismeretében a másik szögfüggvény­érték meghatározható.

Helyettesítsünk ismét (16.6.12)-ben és (16.6.13)-ban a helyébe 180c-ot, fi helyébe a - t ; mivel cos 180° = — T és sin 180“ = 0, ezekből következik, hogy

cos (180° —a) = —cos a, sin(180° — a) = sin a ; (16.6.17)

ezeket úgy szoktuk fogalmazni, hogy ha két szög összege 180°, akkor koszinu­szaik egymásnak ellentettjeik, szinuszaik pedig egyenlők; speciálisan: egy szög koszinusza kiegészítő szöge koszinuszának az ellentettje; viszont egy szögnek és kiegészítő szögének egyenlő a szinusza.

Hasonló m ódon kapjuk az összegezési tételekből, ha (16.6.12)-ben és(16.6.13)-ban a helyébe 90°-ot, f i helyébe a-t helyettesítünk, hogy

cos (90°—a) = sin a, sin (90°—a) = cos a, (16.6.18)

ezek az ún. pótszög-összefüggések: egy szög szinusza pótszögének koszinuszával egy szög koszinusza pedig pótszögének szinuszává egyenlő.

A trigonometrikus függvények közötti további azonosságokkal és össze­függésekkel részletesebben a 20.8. szakaszban foglalkozunk.

Feladatok

t . Bizonyítsuk be, hogy a tangensfüggvény periódusa 180°, azaz tg (a + 180°) = = tg a.

290

Használjuk fel a tangensfüggvény definícióját és az összegezési képleteket: sin ( a + 180°) _ sin a cos 180°+cos a sin 180°

tg (a +180°) ■cos (o t+180°) cos a cos 180°—sin a sin 180°

( s in a ) (— l) + (co sa ) 0 sin a- --- tg a.

(cos a) ( - 1) —(sin a) 0 cos a

(Fel kell tennünk természetesen, hogy cos a és cos ( a + 180°) nem nulla.)

2. Számítsuk ki sin 75° és cos 75° pontos értékét.Í2 1

Felhasználjuk, hogy 75° = 45°+ 30° és sm 45° = cos 45° = —. , sin 30°= - és cos 30°Í J 2 2

= - y - . Az összegezési képletekből (16.6.10), (16.6.11):

sin 75° = sin (45°+30°) = sin 45° cos 3 0 °+ cos 45° sin 30° =

í l f j Í2 1 _ f i _ Í6 + f2 ~ ~ T " 2 + 2 ' 2 “ “4” + 4 4 '

cos 75° = cos (45° -t- 30°) = cos 45° cos 30°—sin 45° sin 30° =

í l Í J f i 1 ^ 6 Í2 Í 6 - Í 22 ’ 2 2 1 _ 4 4 4 ’

3. Ismeretes, hogy sin a — y • Számítsuk ki cos a, tg a, ctg a értékét.

(16.6.16)-ból

= 4 1 -, . , , 1 8 i [ 8 2 Í2 cosz a = í - s m : a = 1 — — = — , cos a = — — + — I—

sin a 1 / 2112 \ 1 1tg a = ------- = — J = + - — — , ctg a = ------ = ± 2 Í 2 .cos a 3 v 3 ' - 2 Í2

4. Ismeretes, hogy tg a = 2. Számítsuk ki cos a, sin a, ctg a értékét(16.6.16)-ból cos2 a + s in 2a = 1 , osszuk el az egyenlet mindkét oldalát cos-oc-val:

l+ t g 2 a = — \ — , 1 + 4 = — , cos2 x = 4 - , c o s a = ± —!=-. cos2 a cos2 a 5 1/5

, 1 4 2 1 1sin- a = 1 —cos2 a = 1 — — = — , sm a = H— , ctg a = ------ = — .

5 5 ’ “ j/ 5 ’ & tg a 2

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.

A vektorok körében az összeadáson, kivonáson és számmal való szorzáson kívül több más művelet is értelmezhető. Ezek lényege az, hogy két vektorhoz,

291

mondjuk a-hoz és b-hoz hozzárendelünk valamilyen szabály szerint egy számot vagy egy vektort, s ezt a hozzárendelést, mivel rendelkezik a számok szorzására emlékeztető tulajdonságokkal, szorzásnak mondjuk.

M ost először 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 egyenlő.

H a tehát a két vektor a és b, hajlásszöge cp, akkor az ab-vel (vagy a • b-vel) jelölt skaláris szorzatunk:

ab = [ a [ | b | cos cp. (16.7.1)

A skaláris szorzat más elnevezései: skalárszorzat, belső szorzat; régies jelölése (főként a fizikában) (a, b); definíciójából közvetlenül következnek az alábbi tulajdonságai:

1. ab = ba;2. (4a) b = A'ab) = Aab = a(Ab);3. két vektor skaláris szorzata akkor és csakis akkor 0, ha cos <p = 0,

vagy a vektorok között van nullvektor; mivel cos <p — 0, csak cp — 90° esetén következik be, a nullvektor pedig minden vektorra merőleges, ezért

két vektor skaláris szorzata akkor és csakis akkor 0, ha merőlegesek egy­másra;4. aa = | a 11 a | cos 0° = [ a |2. Az aa-t a2-tel is szoktuk jelölni, ezért | a |2 = a2

és | a | = / a 2, (16.7.2)egy vektor hossza négyzetének a négyzetgyökével egyenlő.

Mivel cos cp hegyesszögek esetében pozitív, tompaszögekre negatív, a skaláris szorzat akkor pozitív, ha cp hegyesszög, és akkor negatív, ha cp tompaszög.

Jegyezzük még meg, hogy a többtényezős skaláris szorzatoknak nincs értelme, pl. általában nem igaz, hogy (ab)c = a(bc), hiszen az előbbi c-nak számszorosa, azaz c-ral párhuzamos, az utóbbi viszont a-ral, ezért általában nem lehetnek egyenlők.

A skaláris szorzat egy geometriai jelentésének a vizsgálatához értelmezzük egy vektornak egy egyenesen levő merőleges vetületét. Az a-nak egy g egyenesen levő merőleges vetületét úgy kapjuk meg, hogy az a kezdő- és végpontjából merőleges síkot állítunk g-re, g síkok közé eső részének a hossza az a g-n levő

16.7.1. ábra. Vektorok hajlásszöge

292

0=A'16.7.3. ábra. Az a vetülete! e egyenesén

merőleges vetülete (16.7.2. ábra). Vetületen tehát egy szakaszt, ill. annak hosz- szát értjük. H a ezt a vetületi szakaszt az a-nak megfelelően irányítjuk, akkor az a g-n levő vetületi vektorát kapjuk, ezt ábránkon av-vel jelöltük. A vetület végpontjait úgy is megkaphatjuk, hogy a kezdő- és végpontjából merőlegest állítunk g-re, a merőlegesek 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 levő merőleges vetülete egyenlő.

Indítsuk most ki a-t és egy e egységvektort egy közös O pontból, és legyen a végpontjának, ví-nak a vetülete e egyenesén Á (16.7.3. ábra). Jelölje cp a és e hajlásszögét. Ha cp hegyesszög az O Á A derékszögű háromszögből (1. a 16.6. szakaszt) az O Á vetület hossza | a | cos cp, hiszen OA = | a | . H a cp derékszög, a vetület hossza 0, de mivel cos 90° = 0, ebben az esetben is O Á = | a | cos cp. Ha viszont cp tompaszög, az O Á A derékszögű háromszögből O Á — ja j cos (180° — (p) = — 18 | cos cp, ebből | a | cos cp = —O Á . Ezek szerint | a | cos cp minden esetben a-nak az e egyenesén levő merőleges vetülete; ha cp hegyesszög, akkor pozitív, ha cp tompaszög, akkor negatív előjellel; ezt a tényt egyébként úgy fejezzük ki, hogy | a | cos cp az a-nak előjeles vetülete.

Mivel azonban |e | = 1, ae = | a 11 e | cos cp — | a | cos cp, ezért kim ondhatjuk, hogy

egy vektornak egy egységvektorral való skaláris szorzata a vektornak az egységvektor egyenesén levő előjeles vetületivel egyenlő.

293

Az O Á vetületi vektort úgy kapjuk meg, hogy e-t megszorozzuk O Á elő­jeles hosszával, azaz ae-vel, ezért

O Á = av = (ae)e. (16.7.3)

(Felhívjuk a figyelmet, hogy itt ae egy számszorzót jelent, tehát a zárójel nem hagyható e l!)

H a az a vetületét egy tetszőleges c vektoron akarjuk előállítani, gondolat­menetünk csak annyiban módosul, hogy e helyett a c-ral egyirányú egység­vektort, c°-t szerepeltetjük, tehát a vetület ac°, és a vetületi vektor av = (ac°)c°.

Vegyük most figyelembe, hogy c° = - — (1. a 16.3. szakaszt), ezért

av = (ac) cle l

_ (ac)c _ /ac c2 (?)'■

(16.7.4)

Ezek segítségével bebizonyíthatjuk a skaláris szorzás legfontosabb tulaj­donságát, a disztributiviíását:

(a + b )c = ac + be, (16.7.5)

(ezt úgy szoktuk kifejezni, hogy összeget tagonként szorozhatunk).Ennek bizonyítására vegyünk fel tetszőlegesen három vektort, legyenek

ezek a, b, c, (c ^ 0), vetítsük az a, b, a + b vektorokat c egyenesére (46.7.4. ábra) és képezzük rendre az a,b, a + b vetületi vektorait, az av, bv, (a + b)v vektorokat. Á bránkon kétféle elhelyezkedést ábrázoltunk, de az összes elhelyezkedés esetében szemléletes tény, hogy

(a+ b )v = av + bv.Mivel (16.7.4) szerint

av =(ac)c

bv =(bc)c

(a + b )v =[(a + b) c] c

ezért előbbi egyenletünk így írh a tó :[(a + b )c]c _ (ac)c (bc)c

16.7.4. ábra. A vetületi vektorok összege

294

Szorozzuk meg mindkét oldalt c2-tel, és vegyük figyelembe, hogy a zárójeles kifejezések számok, ezért érvényes rájuk a számmal való szorzás I. disztributív szabálya (1. 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 egyenlő, ha a számok is egyenlők, ezért valóban (a+ b )c = = ac + be. H a c = 0, (16.7.5) mindkét oldalán 0 áll, állításunk tehát ekkor is igaz.

A disztributivitás akárhány összeadandóra kiterjeszthető teljes indukció segítségével, és mindkét szorzó tetszőleges számú összeadandóból állhat, tehát többtagút többtagúval ugyanúgy szorozhatunk, mint a számok körében; itt is érvényes pl., hogy

(a + b)2 = a2+ b 2+ 2ab és ( a + b ) (a —b) = a 2 —b2.

Ha a vektorok koordinátáival adottak, a disztributivitás segítségével meg­határozható a vektorok skaláris szorzata. Legyen a(ai, a2, az) és b(bi, b2, b3) két tetszőleges vektor, ez azt jelenti, hogy

a = ű i i+ a 2j + a 3k, b = bti + b ^ + bjk..

Vegyük most figyelembe, hogy i2 = j 2 = k2 = 1 és a merőlegességek m iatt ij = jk = ki = 0, ezért

ab = (a ii+ a2j + a 3k) (Z>ii + b ^ + í>3k) = a ib i+ a 2b2+ a3b3, (16.7.6)

tehát: két vektor skaláris szorzata megfelelő koordinátáik szorzatának azösszegével egyenlő.

Síkbeli koordináta-rendszerben a harm adik koordináták nullák.(16.7.6)-ból következik, hogy

1 a |2 = a2 = al + al + 4 ,\n\ = f 4 + 4 + 4, (16.7.7)

a vektor hossza koordinátái négyzetösszegének a négyzetgyökével egyenlő.

Legyen most adva két pont Z(xi, x 2, x 3) és Y(yi, y 2, y 3). Az X Y távolság az X Y hosszával egyenlő, mivel pedig két pont összekötő vektora helyvektoraik különbségvektora, X Y koordinátái:

X Y ( y i - x u y2- x 2, j 3- x 3),és (16.7.7) szerint

X Y = \ ~XY\ — K(y 1 - i)2+ (V2 - + (y3 - x 3f ; (16.7.8)

ez az ún. lávolságképlet, eszerint két pont távolságát a megfelelő koordinátákkülönbségének négyzetösszegéből vont négyzetgyök adja meg.Mivel ab = | a | j b j cos 99,

295

ezertab

COS (p = (16.7.9)

két vektor hajlásszögének a koszinusza skaláris szorzatuknak és hosszaik szorzatának a hányadosával egyenlő. K oordinátákkal:

üibi + 02^2 + 03^3COS (p

íal + al + al-fbl + bl + bl(16.7.10)

A skaláris szorzás segítségével új megvilágításba kerülhetnek az egység­vektor koordinátái. Zárjon be ugyanis az e(ei, e2, e3) egységvektor az i, j, k alapvektorral rendre <xx, ocy, a 2 szögeket. A koordináták definíciója szerint

e = eiS + eú + edí.

Szorozzuk meg most ezt az egyenlőségünket rendre skalárisán az I, j, k vekto­rokkal; azt kapjuk, hogy

e k = e3.ei ej, e j= e2,

Viszont a skaláris szorzat meghatározása szerint ei = j e j j i | cos a* = 1 • 1 - • cos a*, ezért

e\ — cos <xx, é*2 = cos tx.y, e3 = cos a z,

az egységvektor koordinátái a vektorok és a tengelyek hajlásszögeinek a koszinuszaival egyenlők.

Ezért az egységvektor koordinátáit iránykoszinuszoknak is szokás nevezni (16.7.5. ábra).

Mivel az egységvektor hossza \, e\ + el + e3 — 1, ezértcos2 a* + cos2 a_,,+ cos2 a z = 1,

egy vektor iránykoszinuszainak négyzetösszege 1 -gye! egyenlő.

296

Feladatok

1. írjuk fel az x( —8, 1, 4) vektorral egyirányú x° egységvektor koordinátáit.

(16.3.1) alapján x° = (16.7.7.) alapján | x | = / ( — 8) 2 + l 2 + 42 = 9, ezért

1 4 '\ 9 ’ 9 ’ 9 /

2. A dottak 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 egyszerűen (a , b ), b és c szögét (b , c), (16.7.10) alapján. _ —2-6 —3-2 + 6-3

cos (a, b) = — ..... - = 0,)/22 + 32 + 62 Y 62 + 22 + 32

a és b merőlegesek egymásra;

6 -9 —2 -4 + 3 • 1 49 1 f icos (b, c) = --------------- - = ------ — = ——■ = ------,

) 62 + 22 + 32 -)/92 + 42+ l 2 7 -7^ 2 Y 2 2

b és c 45°-os szöget zárnak be.

3. Egy háromszög három csúcsa; A(2, —1), £(4, 3), C(5, 7). M ekkora az A csúcsnál levő a szög?

A feladatunk lényege az Á B és A C vektorok hajlásszögének a meghatározása (16.7.6. ábra). Mivel két pont összekötő vektora helyvektoraik különbségével egyenlő, a szóban forgó vektorok: A B(2, 4), A C (3, 8). Ezek hajlásszögének koszinusza (16.7.10):

6 + 3 2 3 8cos a = _■■■ — = ■■ ■= _ — = 0,9945,Y2 0 - Y n / 2 0 - /7 3

az ehhez tartozó a érték: a = 6 °.

C

4. Bizonyítsuk be, hogy az A(4, 5), B (l, —4), C( — 2, —1), D( — 5, 8) pont­négyes egy rombusz négy csúcsa, és számítsuk ki a rombusz területét.

Ahhoz, hogy az ABC D rombusz legyen, elegendő bizonyítanunk, hogy az A C és BD átlók felezve metszik egymást és merőlegesek egymásra.

A C felezőpontja a (16.5.8) alapján (1, 2), BD felezőpontja: (1, 2), ezek valóban egybe­esnek (a négyszög tehát biztosan paralelogramma). __„

Az átlók merőlegességét az átlóvektorok merőlegességével bizonyítjuk. M ivel AC( — 6 , - 6), B D {— 12, 12), skaláris szorzatuk:

A C -B D = ( —6) ( — 12) + ( —6) • 12 = 0,

297

tehát merőlegesek egymásra. A rombusz területe átlói szorzatának a felével egyenlő; (1. a14.10. szakaszt) az átlóhosszak:

M C I j/36 + 36 = e f l , \ B D \ = i \ 2 l + 122 = 12)^2, ezért a terület:

/ = ('\r2-\2 f2 = n2

5. A dottak az a és b vektorok. Bontsuk fel az a-t a b-ral párhuzamos és rá merőleges összetevőkre, azaz állítsuk elő egy b-ral párhuzamos és egy b-ra merőleges vektor összegeként. (Legyen pl. a(9, —15, 12), b(4, —2, —4).)

A b-ral párhuzamos összetevőt jelölje a v, a rá merőlegeset a m- av az a-nak a b egyenesén levő vetületvektora (16.7.7. ábra), ezért (16.7.4) alapján

( a b )b

viszontb2

«m = a — av = a —(ab)b

b2A számpélda: ab = 9-4 + ( - ! 5 ) - ( - 2 ) + J2• ( — 4) = 18, b2 = 42 + ( - 2 )2 + ( - 4 )2 = 36,

ezért

_ 18b _ b _ o ,av -36 2 (2, 1, 2),

a„,= a - a v = (7, - 1 4 , 14).

Számításunk ellenőrzésére érdemes megnéznünk, hogy av és am merőlegesek-e egymásra, azaz a„am = 0 teljesül-e.

6. Bizonyítsuk be, hogy egy négyszög átlói akkor és csakis akkor merő­legesek egymásra, ha a szemközti oldalak négyzeteinek összege mindkét oldal­párra egyenlő.

Legyenek a csúcsok helyvektorai rendre a, b, c, d; ekkor az oldalvektorok a — b, b —c, c —d, d —a; az átló vektorok: a —cés d —b (16.7.8. ábra).

Tegyük fel, hogy a szemközti oldalak négyzetösszege egyenlő, azaz az oldalvektorok négyzetösszege egyenlő:

(a — b )2 + (c — d)'- = (b - c )2 + (d — a ) 2, a 2 + b 2 + c2 + d2 —2 a b —2cd = a 2 + b 2 + c 2 ^ d 2 — 2bc — 2ad .

16.7.7. ábra. 5. feladat 16.7.8. ábra. 6. feladat

298

16.7.9. ábra. 7. feladat 16.7.10. ábra. 8 . feladat

A z egyenlő 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 merőlegesek egymásra. Megfordítva: ha utolsó egyenletünkből indulunk ki, azaz az átlók merőlegességé­ből, azonos átalakításokkal visszajutunk a kiindulási egyenlethez, azaz az oldalak négyzet- összege ebben az esetben egyenlő.

7. Bizonyítsuk be, hogy a kocka minden háromszögmetszete hegyesszögű.

Háromszögmetszetet kapunk a kockán, ha a metszősík egy kockacsúcsból induló három, páronként egymásra merőleges élt metsz el. Legyenek O-ból a metszetháromszög csúcsaiba mutató (páronként egymásra merőleges) 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 — be — a c + c 2.

Mivel a merőlegességek miatt ab = be = ac = 0,

(a—c)(b—c) = c2 > 0 ,ezt kellett bizonyítanunk.

8. Adottak a síkban az A, B, C, D pontok. A sík melyik P pontjára a leg­kisebb az adott pontokból mért távolságok négyzetösszege?

Az ilyen típusú feladatoknál célszerű origónak a pontrendszer súlypontját választani; az innen induló és az adott pontokba mutató a, b, c, d vektoroknak az összege 0 (1. a 16.5. szakaszt), tehát a + b + c + d = 0 .

Legyen P a sík tetszőleges pontja, ennek helyvektora p (16.7.10. ábra). Azt a P pontot kell meghatároznunk, amelyre a P A 2+ P B 2+ P C 2 + PD2 összeg a legkisebb. Fejezzük ki az egyes szakaszok hosszát vektorok segítségével:

P A 2 + 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 + b 2 + c2 + d2) + 4p2.

299

Mivel a zárójelben levő 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. M utassuk meg, hogy a skaláris szorzás tulajdonságaiból következik, hogy ha egy vektor merőleges egy sík két nem párhuzamos vektorára, akkor a sík minden vektorára merőleges.

Legyen a sík két nem párhuzamos vektora a és b. (16.3.2)-ből következik, hogy ekkor a sík minden vektora aa+/Sb alakban írható fel. Tegyük fel, hogy v merőleges a-ra és b-ra, tehát va = vb = 0. De ekkor v(aa+/Sb) = ava+/9vb = 0, ami éppen azt jelenti, hogy v a sík minden vektorára merőleges.

16.8. Trigonometriai összefüggések a háromszögben

A trigonom etria 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 derékszögű háromszög egyik hegyesszöge a és átfogója 1, akkor befogói cos a és sin a. Ebből követ­kezik, hogy ha az a hegyesszögű derékszögű háromszög átfogója c (tehát az előbbi háromszöget c-szeresére nagyítottuk vagy kicsinyítettük), akkor (16.8.1. ábra)

az a szöggel szemközti befogó a = c sin a,az a szög melletti befogó b — c cos a.

H asonlóan: ha az a szög melletti befogó 1, akkor a vele szemközti befogó tg a, ha viszont az a szög melletti befogó b,

akkor az a szöggel szemközti befogó a — b tg a (16.8.2. ábra).

Ezek az összefüggések azt jelentik, hogy a derékszögű háromszög oldalait és szögeit bizonyos oldalakból és szögekből egyértelműen meghatározhatjuk (a szögek meghatározását úgy értjük, hogy pl. sin a, tg a, cos a értékét hatá­rozzuk meg és ehhez táblázatból vagy zsebszámológéppel megkeressük a hozzá

16.8.1. ábra. Trigonometriai összefüggések 16.8.2. ábra. Trigonometriai összefüggéseka derékszögű háromszögben I. a derékszögű háromszögben II.

300

h16.8.3. ábra. Trigonometriai összefüggések a derékszögű háromszögben III.

16.8.4. ábra. A magasság trigonometriai kifejezése

tartozó a értéket); ezek összefoglalása a következő (jelöléseinket a 16.8.3. ábra magyarázza):

1. ha a és /? közül egy ismert, a másik annak pótszögeként kiszámítható (a = 90° —/?, p = 90°- a ) ;

2. ha a, b, c közül kettő ismert, a harm adik Pitagorasz tétele alapján ki­számítható :

c = Ya2 + b2, a = i c 2—b2, b = i c2—a2;ű

az a szög m eghatározható pl. a sin a = --összefüggésből;

3. ha a és c ismert, a = c sin a, b = c cos a ;, , a . a4. ha a es a ismert, c = - — , b = ----- = a ctg a ;

sm a tg a

5. ha a és b ismert, c = ~ , a = b tg a.cos a

Két oldal és a közrezárt szög ismeretében ki tudjuk számítani a háromszög területét:

a háromszög területe két oldalának és az általuk közrezárt szög szinusza szorzatának a felével egyenlő.

Ennek bizonyítására vegyünk fel egy ABC háromszöget, az A csúcsából a BC oldalegyenesre állított magasság talppontja legyen Á , jelöljük ezt a magas­ságot m-mel (16.8.4. ábra). A háromszög területe:

301

amt = ~ T -

H a a C csúcsnál hegyesszög van, az A A 'C derékszögű háromszögből m = = b sin y. H a C-nél tompaszög van, Á a háromszögön kívül van, és így az A A 'C derékszögű háromszögben m = b sin (180°—y), viszont (16.6.17) m iatt sin (180°— y) = sin y, és így m = b sin y. H a viszont C-nél derékszög van, m — b — b sin 90° = b sin y, és így minden esetben m = b sin y, helyet­tesítsük ezt a területképletbe:

/ = a b f 7- , (16.8.1)

s ezzel állításunkat bizonyítottuk.A most kapott eredmény természetesen bármely két oldal esetében helyes,

tehátbe sin a ca sin fi

í - j “ ~2 ‘

H a m ost az előbbi két tö rt mindegyikét 2-vel megszorozzuk és elosztjuk c-vel, azt kapjuk, hogy

b sin a = a sin fi,

am i átírható a következő a lakba:a sin ab sin fi (16.8.2)

a háromszögben két oldal aránya a velük szemközti szögek szinuszainak az arányával egyenlő. Ez a szinusztétel.

A szinusztétel bármely két oldal arányára alkalmazható és a következő alakban is felírható:

a b C (16.8.3)sin a sin fi sin y

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 átmérőjének a hossza.

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)-ből

b sin a b sin ya =

sin fi ’ sin fi

Szinusztételt alkalmazhatunk akkor is a háromszög hiányzó oldalainak a kiszámítására, ha adott két oldal, p l. a és b és az egyikkel szemközti szög, pl. fi.

302

16.8.5. ábra.Adott két oldal és a kisebbikkel szemközti szög

16.8.6. ábra.A paralelogramma területe

Ekkor (16.8.2)-bőla sin fi

sm a = -----;-----,b

tehát sin a értéke ismert. Fel kell azonban hívnunk a figyelmet arra, hogy a-nak és 180°—a-nak ugyanakkora a szinusza, tehát a értékének meghatározásához külön vizsgálatot kell még végeznünk. Jegyezzük rneg ehhez a következőket:

a) ha b > a, tehát az ismert adatok a háromszög két oldala és a nagyob­bikkai szemközti szög, ezek a háromszögek egyértelműen meghatározzák, és fi =- a, mert nagyobb oldallal szemben nagyobb szög van; a-t ekkor hegyes­szögnek kell választanunk (vö. a 14.5. szakasszal);

b) ha b •= a, akkor lehet, hogy nincs megoldása a feladatnak (ez úgy m utatkozik meg, hogy sin a-ra 1-nél nagyobb értéket kapunk, ami lehetetlen); lehet, hogy egy megoldás van, ha sin a-ra 1-et kapunk, ekkor a derékszög; de lehet, hogy két megoldása van, ha sin a-ra 1-nél kisebb érték jön ki, egy szög és annak kiegészítő szöge; ezt a két lehetőséget m utatja meg a 16.8.5. ábra ABC és A'BC háromszöge; ez azt jelenti, hogy a megadott a, b ,fi adatok a háromszöget nem határozzák meg egyértelműen.

A szinusztétel módot ad arra is, hogy a háromszög területét egy oldalának és szögeinek ismeretében kiszámítsuk. A szinusztételbői ui.

_ a sin fi sin a

következik. Helyettesítsük ezt b helyébe (I6.8.1)-be, egy új területképletet kapunk:

, = (16.8.4)2 sin a

Ha egy paralelogramma két szomszédos oldala a és b, közrezárt szögük y, területe éppen kétszerese az a, b oldalú és y szögű háromszögnek (16.8.6. ábra), ezért (16.8.1)-ből

^ p a r a le lo g r a m m a — Clb Sin y, (16.8.5)

303

a paralelogramma területe ké t szomszédos oldalának és egyik szöge szi­nuszának a szorzatával egyenlő.

(Mindegy ti., hogy melyik szögről van szó, hiszen ha az egyik szög y, akkor a vele szemközti is y, a szomszédos szögepedig 180°—y, d e s in y = sin(180°—y).)

További összefüggések bizonyítására vektorokat használunk fel. Irányít­suk vektorokká az ABC háromszög oldalait (16.8.7. ábra), | CB \ = a, \ CA | == b, | A B \ = c. __ ^

Mivel AB = C B —CA, mindkét oldalt megszorozva önmagával kapjuk,hogy __ ^

ÁB* = CB2 + C A 2 — 2CB • CA.

Jelöléseink szerint AB2 = c2, CB2 = a2, C A 2 = b2 és C B-C A =| CB | | C A | cos y = ab cos y, ezeket előző egyenletünkbe helyettesítjük:

c2 = a2 + b2—2ab cos y. (16.8.6)

Ez az összefüggés a koszinusztétel.

Értelemszerűen alkalmazzuk ezt a b és az a oldalakra is : b2 — c2+ a2—2ca cos/?, a2 — b2+ c2—2bc cos a.

H a y = 90°, azaz a háromszög derékszögű, akkor a koszinusztétel Pita­gorasz tételébe megy át. Ha viszont egy háromszögről tudjuk, hogy c2 = = a2+ b2, akkor ezt (16.8.6)-ba helyettesítve azt kapjuk, hogy

2ab cos y = 0, cos y — 0, y — 90°,

vagyis a háromszög derékszögű. Ezzel bebizonyítottuk Pitagorasz tételének a megfordítását:

ha egy háromszögben két oldal négyzetének az összege a harmadik oldal négyzetével egyenlő, akkor a háromszög derékszögű.

A koszinusztétel módot ad, hogy három oldal ismeretében kiszámítsuk a háromszög szögeit; pl. (16.8.6)-ból

B a C16.8.7. ábra. A koszinusztétel

304

Általában egy szöget kiszámítva a többi szög szinusztétellel is megkapható. Ha a háromszögből két oldal és a közrezárt szög ismert (pl. a, b és y),

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, j3, y), akkor a harm adik oldalt a vetületi tétel segítségével is kiszámíthat­juk:

a = c cos j3 + b cos y.Ennek helyes volta a 16.8.4. ábrákról közvetlenül is belátható; az A A 'B derékszögű háromszögből B A ' = c cos {S és A 'C = b cos y, ezért

a = BC = B Á + A 'C = c cos + b cos y.

Ez igaz mindhárom háromszögtípusra; ha y tompaszög A'C , negatív előjelű, ha y = 90°, A 'C = 0.

Két oldal és a szemközti szögek közötti kapcsolat a tangenstétel:cc—3

n h tSa — b 2a + b oc +$

tg ~ 2 ~

Az oldalak birtokában a szögek egyszerűen kiszámíthatók a félszögképle- tekkel (2s — a + b + c):

cos i = ] f S = $ . , sin £ = , (16.8.8)2 I be 2 f be

Feladatok

1. M ekkora az R sugarú körbe írt szabályos n szög kerülete és területe?Legyen a szabályos n szög oldala a, egy középponti háromszögének magassága tn (16.8.8.

-u •. u •• 360° 180° , , „ ,abra) egyik hegyesszoge -j— = , atfogoja R, ezert

a „ . 180°-T- = i s i n ----- ,2 n

„ r, • 180°a = 2R sm ---- ,n

ebből a kerület- n • 180°k = na = 2n R sm ---- .n

fi* 360°A középponti háromszög területe a (16.8.1) területképlettel r- s in ---- , s így a sokszög

2 titerülete:

305

‘ sokszög = 4~ n R? sin360°

2. M ekkora 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 derék­

szögű háromszögre vágja a középponti háromszöget (16.8.9. ábra), ezek egyik hegyesszöge

ezértn

b 180°_ = r tg — >

és így a kerület:180“

k = 2n r t g ----- .n

b , 180cA középponti háromszög területe — r = r2 t g -----

2 n, ezért a sokszög területe:

n rz tg180°

3. Egy konvex négyszög átlói e és / , hajlásszögük m. M ekkora 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 megfelelő része, tehát a négyszög területe fele a paralelogramma területének. A paralelogramma területe viszont (16.8.5) alapján e f sin co, ezért a négyszög területe:

'n ég yei = \ e f s í r o k

4. Egy torony magasságának a meghatározása céljából egy, a torony talp­pontján átmenő vízszintes egyenes A pontjából megmérjük a torony « látó­szögét, majd az egyenesen a toronytól c métert távolodva egy B pontban ismét megmérjük a torony /? látószögét.

M ekkora a torony magassága, ha c = 30 m, a = 32°, /? = 24°?■ Legyen a torony csúcsa C, ennek vetülete a vízszintes síkon T (16.8.11. ábra), és legyen

TA = x, a torony magassága pedig m. A z A T C és a BTC derékszögű háromszögekbőlm = x tg a = (x+ c) tg fi.

16.8.8. ábra. 1. feladat

306

16.8.10. ábra. 3. feladat

16.8.11. ábra. 4. feladat

ebből

ezért

x(tga—tgfi) - ctg fi, x =

c tg a t g f i ffl = ----------- „tg a - tg /?

Ezt a törtet tg a - tg (5-val egyszerűsítve kapjuk, hogyc

Ctgfi tg a —tg

1 1 ctg fi — ctg a. tg fi tg a

A megadott adatokkal ctg 24° = 2,246; ctg 32° = 1,60030

m — - - - - = 46,4 méter.2 ,246-1 ,600

5. M ekkora szöget zárnak be egymással a szabályos tetraéder lapsíkjai?A 15.4. szakasz 2. feladatának ábrájáról (15.4.8. ábra) leolvasható, hogy az OFD derék­

szögű háromszögben az OFD <$ = q> éppen a lapszöget méri, mivel szárai merőlegesek a B C metszésvonalra. Viszont OF a lapmagasság harmada, ezért

O F 1cos <p - — = — , ebből rp =■ 70,53°.

D r j

6. Számítsuk ki annak a kisebbik körszeletnek a területét, amelyet a h 12,4 hosszúságú húr az r — 15,8 sugarú körből lemetsz.

307

Az O középpontú r sugarú körnek legyen A B = h a húrja, az ehhez tartozó középponti szög a (16.8.12. ábra). A körszelet területe az A O B körcikk és az AO B háromszög területének a különbsége.

Az A O B háromszögre a koszinusztételből (16.8.7) alapján kapjuk hogy

cos a =2 ^ - h " 2-15,82- 1 2 ,4 2

2-15,íÍ r ­ás. = 46,21°.

Az a középponti szögű körcikk területe (14.11.6) alapján:r27ia 15,82nr * 46,21°

= 0,6920,

Ac. 360° 360°

1

100,67.

Az A O B háromszög területe (16.8.1) alapján r2 s in a = - y l 5 ,8 2 sin 46,21° = 90,11.

A körszelet területe e két terület különbsége: 10,56.

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 (i\, i2) és egy közös érintőszakasz hosszának (h) a kétszereséből tevődik össze.

A közös érintőszakaszt a kisebbik kör 0 2 középpontjáig eltolva egy olyan Ot O sA derék­szögű háromszög jön létre, amelynél az O t Os átfogó hossza: c = 340, a befogóké O,, A = h és O xA = R —r = 28. Az háromszögből Pitagorasz tételével

jelöljük az A O lO z < -e t a - v a l :h = Í é - { R - r f = 338,85,

340= 0,0824, a = 85,28°.

Az / 2 körív középponti szöge 2a, sugara r, ezért hossza (14.11.4) alapján:

rn-2a 22ti-2-85,280 = 65,49,180° 180°

a z i\ körív középponti szöge 360° - 2a, sugara R, ezért hossza:

i?Ji-(360° —2a) 50:t(360° - 2 • 85,28°)180° 180°

= 165,32.

A szíj hossza i \+ i 2+ 2h = 908,51 cm.Megjegyezzük, hogy a legtöbb zsebszámolón a cos a = 0,0824 értékből a szöget közvetlen

radiánokban is megkaphatjuk: a = 1,4883, i2 = r-2a = 65,49.

308

c16.8.14. ábra. 9 . feladat

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

2-52-29= -0 ,6897 , a = 133,60°;

7<:2_j_292 — 522 c°s P = = 0-8648, fi = 30,14°;

y = 180° —(a+/?) = 16,26°.Más megoldási lehetőséget kínál a (16.8.8) összefüggés. A háromszög félkerülete: s = 78,

s — a = 3,

cos T - 66’80’

hasonlóan kaphatjuk meg -y -t is.

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. Ebből a célból hozzáférhető vízszintes területen le­mérünk egy 100 m hosszúságú CD szakaszt, és megmérjük az ábrán látható szögeket. Számítsuk ki az A B távolságot.

Azt a célt tűzzük ki, hogy az A B C háromszög j'-nal és z-vel jelölt oldalainak a hosszát számítsuk ki, ezek ismeretében a koszinusztétellel A B hossza már kiszámítható.

Ehhez kiszámítjuk az A C D háromszögben a-t: a = 180° —62°—16°—38° = 64°, majd szinusztétellel y -1 :

y _ sin 38°100 sin 64° ’

100 sin 38° 100-0,6157 ^ = " s in 6 4 ^ = ÖT8998 = 68’5°'

Hasonlóan: a BCD háromszögben fi = 180°—16° —38° —74° = 52°, a szinusztétellel ki­számítjuk z-t:

z _ sin 1 1 2 °100 sin 52°

100 sin 112° 100-0,92722 = — s n r “ = 0,7880 - = 117’66-

309

M ost már alkalmazhatjuk a koszinusztételt az A B C háromszögre:A B 2 = r + z * -2 y z cos 62° = 4692,25+ 13 843,88 - 2-68,50-117,66-0,4695 = 10 968,06, A B = 104,7 m.

10. Bizonyítsuk be az általánosított szinusztételt: a háromszögben bármely oldalnak és a szemközti szög szinuszának a hányadosa a köré írt kör átmérőjévelegyenlő.

Az A B C háromszög B C oldala a köré írt kör O középpontjából a kerületi és középponti szögek tételének következményeként (1. a 14.7. szakaszt) 2a (ill. 360°—2a) szögben látszik ezért az O BC egyenlő szárú háromszöget szimmetriatengelye két derékszögű háromszögre vágja szét (16.8.15. ábra), O-nái levő hegyesszöge a, ha a hegyesszög, és 180°—a, ha öt tompa­szög; az O BC háromszög nem jön létre, ha a derékszög, mert ekkor O a B C átfogó felező­pontja (1. a 14.12. szakaszt).

A derékszögű háromszögekből

“ = i? sin a, ill. ~ — R sin(180°—a) = R sin a,

teháta = 2R sin a,

és ez akkor is teljesül, ha a = 90°, hiszen ebben az esetben valóban B C — a = 2R sin 90° = = 2R. Eredményünk így is írható:

amit bizonyítani kellett. Megjegyezzük, hogy ebből közvetlenül következik a szinusztétel <16.8.3) alatti alakja.

í l . Egy t területű ABC háromszöget vetítsünk merőlegesen egy olyan síkra, amelynek a háromszög síkjával képezett hajlásszöge a. Bizonyítsuk be, hogy ha a vetületi háromszög területe akkor

t' = t cos a.Mindenekelőtt jegyezzük meg a következőket: ha két sík hajlásszöge a, akkor az egyik

síkban fekvő, a metszésvonalra merőleges m hosszúságú szakasz rrí vetülete a másik síkon szintén merőleges a metszésvonalra és hosszam cos a; továbbá: a metszésvonallal párhuzamos d szakasz hossza megegyezik vetületének a hosszával; ezeknek az állításoknak az igazsága a 16.8.16a ábráról leolvasható.

Vegyük fel először az A B C háromszöget úgy, hogy a B C oldala párhuzamos legyen a két sík metszésvonalával. Jelölje a BC -hsz tartozó magasságot m (16.8.166 ábra).

310

Legyen az A B C merőleges vetülete A 'B 'C '; a őC-hez tartozó magasság vetülete az A 'B 'C ' háromszög B 'C '-hoz tartozó rrí magassága. Előző megjegyzésünk szerint B C = B 'C ', m ' — m cos a, ezért

ABCtemett, = y B C m = i; A ’B 'C \„ mls = ~ B 'C - m ' = BC m cos a = t',

tehátt’ = t cos a.

Ha viszont az A B C háromszögnek nincs a metszésvonallal párhuzamos oldala, az egyik, pl. az A csúcsból a metszésvonallal húzott párhuzamos két olyan háromszögre vágja szét A B C -1, amelyeknek már van a metszésvonallal párhuzamos oldala (16.8.16c ábra). Legyen ezek területe tv ill. t2, tehát t = tx + 12, ezekre viszont már teljesül, hogy vetületeik területe t 1 cos a, ill. í 2 cos a, ezért a vetületi háromszög t' területére teljesül, hogy

t ' = íj cos a+t„ cos a = (í! + / 2)cos a = / cos a,

amivel állításunkat most már minden háromszögre bebizonyítottuk.

16.9. Vektoriális szorzat

A vektoriáiis szorzat lényege: két vektorhoz egy újabb vektor rendelése meg­adott szabály szerint.

A z a és b vektoriáiis szorzatán olyan aX b (olv.: a kereszt b) vektort értünk, amelynek hossza a és b hosszának és hajlásszögük szinuszának a szorzata, merőleges a-ra és b-re is, és iránya olyan, hogy a és b, valamint aX b ebben a sorrendben jobbrendszert alkotnak.

A vektoriáiis szorzat más elnevezései: vektorszorzat, külső szorzat; ré­gebbi jelölése [a, bj.

A szorzás eredményéül kapott vektor hosszára tehát az [a X b | = |a | |b{ sin <p

érvényes, ahol y az a és b hajlásszöge. H a a és b párhuzamosak, <p = 0° vagy cp — 180°, ekkor tehát sin <p = 0, és így aX b = 0, ami azt jelenti, hogy aX b nullvektor; ennek megfordítása is igaz;

a x !) akkor és csakis akkor nullvektor, ha a és b párhuzamosak.

311

Ez az állításunk akkor is helytálló, ha a és b között nullvektor van, hiszen a nullvektor minden vektorral párhuzamos. M indenkor igaz, hogy a X a = 0.

Ha a és b nem párhuzamosak, aXb merőleges az a és b által meghatározott síkra, hiszen annak két vektorára merőleges.

Az a megfogalmazás, hogy a, b, aXb ebben a sorrendben jobbrendszert alkot, azt jelenti, hogy a (első tényező), b (második tényező), aXb (eredmény­vektor) úgy helyezkedik el mint jobb kezünk hüvelyk-, mutató- és középső ujja, vagy ami egy másik szemléletes megfogalmazás: aXb-vel szembenézve úgy látjuk, hogy a-t a b-ba 180°-nál kisebb pozitív irányú forgás viszi át (16.9.1. ábra).

Ez azonban azt is jelenti, hogy aXb és bXa éppen ellentettek,aXb = — (bXa), (16.9.1)

tehát a vektoriáiis szorzás nem kommutatív, a tényezők felcserélése az eredményt ellentettjére változtatja.

A vektoriáiis szorzatot úgy szorozhatjuk meg egy számmal, hogy egyik tényezőjét szorozzuk:

A(aXb) = (Aa)Xb = aX^-b. (16.9.2)

Megjegyezzük, hogy — 1-gyel általában úgy szorozzuk meg a vektoriáiis szorzatot, hogy tényezőit felcseréljük.

Az aXb hossza, ha a és b nem párhuzamosak, számértékben megegyezik az a és b által kifeszített paralelogramma területével. H a ui. egy paralelogramma egy csúcsból induló élvektorai a és b, hajlásszögük <p, akkor a paralelogramma területe (16.8.5) szerint (16.9.2. áb ra):

^ p a r a le lo g r a m m a “ 1 1 1^1 ^ín (p — J aX b |. (16.9.3)

H a egy háromszög egy csúcsból induló oldalvektorai a és b, akkor a három ­szög területe a megfelelő paralelogramma területének a fele, tehát

I a X b |‘ h á r o m s z ö g — ^

16.9.1. ábra. Vektoriáiis szorzat

312

/ 9 l a

16.9.2. ábra. A paralelogramma területe: | a X b I

A vektoriáiis szorzat további tulajdonságainak a vizsgálatához figyeljük meg, hogy ha e egységvektor, akkor az eX a úgy is szerkeszthető, hogy a-t merőlegesen vetítjük az e-ra merőleges síkra, és az a„ vetületi vektort e felől nézve pozitív irányban 90°-kal elforgatjuk (16.9.3. ábra). A z így nyert vektor valóban eX a , mert e-ral és a-ral az elforgatás m iatt jobbrendszert alkot, hossza pedig a vetítés m iatt | a | cos | 90° —cp | = | e | | a | sin cp — | eX a |.

Ez a megállapításunk az a más elhelyezkedése esetén is helytálló.Szerkesszük most meg az előbb ismertetett módszerrel e x (a + b ) - t (16.9.4.

ábra). E célból vetítsük rá az e-ra merőleges síkra az a + b összeget előállító (esetleg elfajult) háromszöget, majd forgassuk el a vetületet 90°-kal. Előbbi megállapításunk szerint az eredmény olyan vektorháromszög, amelyben

eX (a + b) = e X a + eXb. (16.9.4)

313

Legyen most c tetszőleges vektor (c ^ 0) és a c irányú egységvektorra. c°-ra alkalmazzuk a (16.9.4) összefüggést, majd szorozzuk meg mindkét olda­lát |c |-ve l:

c°X(a + b) = c°Xa + c°Xb,| c | c°X (a+b) = | c | c°Xa + | c | c°x b .

Vegyük most figyelembe, hogy | c j c° = c, azt kapjuk, hogy

cX(a + b) = cX a + cXb. (16.9.5)

Szorozzuk meg m indkét oldalt — 1-gyel úgy, hogy a tényezőket rendre felcse­réljük :

(a + b) X c = a x c + b x c .

Az utóbbi két azonosság a vektoriáiis szorzás disztributív szabálya. M int minden disztributív szabály, teljes indukcióval ez is kiterjeszthető arra. az esetre is, amelyben a tényezők tetszőleges számú összeadandóból állnak.

A disztributív szabály felhasználásával meg tudjuk határozni két, koor­dinátáival adott vektor vektoriáiis szorzatának a koordinátáit. Ehhez vegyük még figyelembe, hogy i x i = jX j = k x k = 0, iX j = k, j x k = i, k X i = j.

Legyen a két vektor koordinátáival a(ax, a», a3), b(blt b2, b3);a X b = (a j + a j + a3k) X (feji+ b2j + b3k) = ~ a 2b1k + a 3b1i + a 1b2k ~

— a3bai —Ű1&3 j 4- = (a2b3- a 3b2) i - ( a 1b3- a 3h1)j+ (a1b.2- a 2b1)k.

Ez azt jelenti, hogy aX b koordinátái másodrendű determinánsok (10.1. sza­kasz) :

a x b í ű2 <h \ ai 03 axh b3 ’ 1*1 h

9bx !)■ (16.9.6)

Az egyszerűbb megjegyezhetőség kedvéért (16.9.6)-otI i | k

aX b = űi a2 as | 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 (l, 3, — 1) vektoriáiis szorzata:i j k

cX d = 4 - 1 2 = ( - 5 , 6, 13).1 3 - 1

Számolásunkat ellenőrizhetjük azzal is, hogy a kapott vektornak merő­legesnek kell lennie c-ra is és d-ra is, ezért skaláris szorzatuknak 0-nak kell lennie, pl. (cXd)c = - 5 - 4 — 1 -6 + 2 -13 = 0 (a merőlegesség teljesülése azon­ban csak valószínűsíti számolásunk helyességét, de nem bizonyítja).

314

A koordinátákkal megadott vektorok vektoriáiis szorzatát bizonyos célra m átrixokkal is kifejezhetjük; az a és b vektorok esetében az a koordinátáiból egy antiszimmetrikus m átrixot készítünk és ezt megszorozzuk a mátrixszorzás szabályai szerint a b koordinátáiból készített oszlopmátrixszal. A kapott oszlopmátrixban éppen aXb koordinátái lesznek (vö. a 10.6. szakasszal):

0 a% a2aXb =

-a30

p r a j)3— <hb2b2 = a3b ! —a jj3

J _axb2 tx2b _a3

_—a2 aí 0A vektoriáiis szorzatot gyakran alkalmazzuk területszámítási feladatok

megoldásaira. Pl. az előző példában szereplő c és d vektorok egy paralelog­ram m át feszítenek ki, ennek a területe |c X d |, azaz

^ p a r a le lo g r a m m a = |c X d | = / ( - 5 ) 2 + 6 2 + 1 3 2 = / 2 3 0 = 1 5 , 1 7 ;

a két vektor által kifeszített háromszög területe ennek a fele: 7 , 5 9 .

Csupán síkbeli koordináta-rendszerben nem tudunk a vektoriáiis szorzat­tal számolni, mert az kilép a síkból, ezért a síkbeli koordináta-rendszert egy térbeli koordináta-rendszerbe kell beágyazni.

Számítsuk ki az A(at, a ^ , B fa , b2), C(cv c2) koordinátákkal adott ABC háromszög területét.

Ágyazzuk be a háromszög koordináta-rendszerét egy térbeli koordináta- rendszerbe, a pontok koordinátái így

A(ax, a2, 0 ) , B(bx, b2, 0 ) , C(cv c2, 0 )

lesznek. A háromszög két oldalvektora: AB, AC ( 1 6 . 9 . 5 . ábra), koord inátá ik :

A B fa - ax, b2 - « 2 , 0 ) , AC(cx - at , c2 - a2, 0 ) .

A háromszög területe: ~ | A B x A C |, ehhez

!A B X A C =

Ebből

Jbx a-± b2 Ű2Ci — űi C2 —

1

= (0, 0, (b1- a 1)(c 2- a 2) - ( b 2- a 2)(c1- a 1))

t - — I A B x A C I = - r (bi - űj) (c2 - a2) - (b2 - űa) (cl - a j2 1------------ - 2"

Ugyanezt az összefüggést determinánsalakban is felírhatjuk:. al a2 l

t -- hc-,

hCa

(16.9.7)

(16.9.8)

ez azonban m ár nincs abszolútérték-jel közé zárva, a determinánsképlet ezért ún. előjeles területet ad ; megmutatható, hogy ha ABC irányítása pozitív, /-re is pozitív számot kapunk, ellenkező esetben pedig negatívat. Egyébként ennek a

315

determinánsnak a nulla volta azt jelenti, hogy az A, B, C pontok egy egyenesen vannak.

Keressünk most kapcsolatot egy háromszög és vetületének a területe között. K ét sík metszésvonalát válasszuk a koordináta-rendszer x tengelyének, mindkét síkban a z y , ill. y ' tengelyt pedig úgy, hogy a z y tengelynek a z / tengely a másik síkban éppen a merőleges 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 a, a a két sík hajlásszöge, tehát P' koor­dinátái (x, y cos a).

Vegyünk fel most az {x, y} síkjában egy háromszöget, amelynek csúcsai A(ax, a j , B(bx, b2), C(cx, c2); ezt az {x, y) síkjára vetítve olyan háromszöget kapunk, amelynek csúcsai előző megfigyelésünk szerint Á (a x, a2 cos a), B'(bx, b2 cos a), C '(ci, c2 cos a). A (16.9.7) képletet felhasználva, Á , B ’, C' területe:

f = (fel — a j (c2 cos a — a2 cos a) — (b2 cos a — a2 cos a) ( q — a j

= ~2 (bi - ai)(c2- a 2) - ( b 2- a 2) (cx - a j

f = t cos a ;

cos a ;

(16.9.9)

ha két sík hajlásszöge a, az egyik síkon levő t területű háromszög másik síkon levő vetületének területe t cos a. (Ennek a tételnek más módszerrel való bizonyítását m ár láttuk a 16.8. szakasz 11. feladatában.)

Mivel minden sokszög háromszögekre bontható, a t' = t cos a minden sokszögnek és vetületének a területe között fennáll; sőt: bármely síkidomnak és vetületének a területe között is.

Feladatok

1. Bizonyítsuk be, hogy ha a , b , c az origóból egy egyenes pontjaihoz m utató helyvektor, akkor a x b + b x c + c x a = 0.

16.9.5. ábra. A háromszög területe 16.9.6. ábra. A vetületi pont koordinátái

316

A

16.9.7. ábra. 2. feladat

Ha a, b, c végpontjai egy egyenesen vannak, akkor az a —b és b —c vektorok párhuza­mosak és így vektoriáiis szorzatuk 0 , ezért

0 = ( a —b )X (b -c ) = a x b - b x b —a X c + b X c = aX b + b X c + cX 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).

Ellenőrizhetjük, hogy O, A, C valóban lehet egy kocka három szomszédos csúcsa, hiszen

| ÖA | = | ÖC | = f 3 2 + 42+12 5 = 13,és

O A -O C = 0, ezért OA és OC merőlegesek.

Az OD merőleges OA -ra és OC-ra is, tehát párhuzamos OA X OC-vel

O A x O C =i j k

— 3 4 12 12 - 3 4

= (52, 156, - 3 9 ) = 13(4, 12, - 3 ) ,

ezért OD koordinátái (4, 12, — 3), mivel | OD | = 13.

OB = ÖA + ŐC = (9, 1, 16), Ö E = ŐA + ŐD = (1, 16, 9),O F = Ö B+ ÖD = (13, 13, 13), ÖG = ÖC+ OD = (16, 9, 1).

Tehát a kocka csúcsai: 0 (4 , 12, - 3 ) , 5 (9 ,1 ,1 6 ), E(l, 16, 9), F(13, 13, 13), G(\6, 9 ,J ).A feladatnak még egy másik kocka is eleget tesz, amit úgy lehet megkapni, hogy OD

helyett -O D - t szerepeltetjük.

3. Számítsuk ki a P{ 1, 3), Q(2, 7), i?(l 1, 4) csúcsokkal adott háromszög területét.

A (16.9.7) képletet felhasználva a terület: 1

(2 —1) (4 — 3 ) - ( 7 — 3) (11 — 1) = y | 1 - 4 0 | 19,5.

317

16.10. Vegyesszorzat; kifejtési tétel

A vegyesszorzat olyan skaláris szorzat, amelynek egyik tényezője két vektor vektorális szorzata. Az a, b, c vektorokból pl. az (aXb)c vegyesszorzat képez­hető'. A vegyesszorzat értéke tehát szám.

Ha a, b, c egysíkúak, vegyesszorzatuk 0; ha a és b nem párhuzamosak aX b merőleges 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 egyenlők vagy párhuzamosak, hiszen akkor e három vektor feltétlenül egysíkú.

Legyen m ost a, b, c három nem egysíkú vektor. Ezeket egy O pontból fel­mérve egy paralelepipedon három élvektorát kapjuk meg (16.10.1. ábra). aX b merőleges a paralelepipedon alaplapjára, a c-nak rajta levő merőleges vetülete a paralelepipedon m magasságával egyenlő, ennek a vetületnek a hossza: m = = | c ( cos cp, ahol cp az a x b és c hajlásszöge; a vetület pozitív előjelű, ha cp he- hegyesszög, ebben az esetben azt is szoktuk mondani, hogy a, b és c (ebben a sorrendben) jobbrendszert alkot, és negatív előjelű, ha cp tompaszög.

A paralelepipedon V térfogata az | aX b | alapterületnek és az m magasság­nak a szorzata, tehát V = | a X b | m = | a X b | |c | cos cp, ez viszont a skaláris szorzat definíciója szerint éppen (ax b )c , azaz

^ p a r a le l e p i p e d o n = (aXb)c. (16.10.1)

Ezt a térfogatot előjeles térfogatnak mondjuk, mivel m előjelétől függően 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).

Mivel a paralelepipedon alaplapját a {b, c}, (c, a} vektorpárok is kifeszít­hetik, a térfogatot

(bXc)a = (cxa)b

318

16.10.2. ábra. Ciklikus permutálás 16.10.3. ábra. A tetraéder térfogata

alakban is felírhatjuk. Vegyük még figyelembe, hogy a skaláris szorzás kom m u­tatív, ezért a V térfogatot még a következő formákban adhatjuk m eg:

(aXb)c = a(fc'Xc) = (bXc)a = b(eXa) = (cXa)b = c(a X b). (16.10.2)

Ezt röviden úgy jegyezhetjük meg, hogy a vegyesszorzat értéke változatlan, ha tényezőit ciklikusan permutáljuk; a vektorok egy adott sorrendje esetén a vek- toriális és a skaláris szorzás je le felcserélhető. Ez az ún. felcserélési tétel.

Mivel a vegyesszorzat értéke azonos vektorok esetén lényegében csak a tényezők sorrendjétől függ, az a, b, c vektorok vegyesszorzatát egyszerűen abc-ral jelöljük, ez tehát jelentheti a (10.16.2) alatti szorzatok bármelyikét.

Legyenek a vektorok koordinátái: a(ax, a2, ű3)» b(*i> b%, b3), c(cl5 c2, c3). Figyelembe véve aXb (16.9.6) alatti koordinátáit, a vegyesszorzat értéke:

(a X b)c = ű2<-1

űi

wŰIK

<h\b*\

% <habc = h h h

Cl Cl C3

ez viszont éppen a következő harm adrendű determináns harm adik sora szerinti kifejtése:

(16.10.3)

A determináns 0 volta éppen azt jelenti, hogy a, b, c egysíkúak.H a az a, b, c vektorok egy tetraédert feszítenek ki (azaz egy tetraéder egy

csúcsából induló élvektorai), a tetraéder alaplapja fele a vektor által ki feszített paralelepipedon alaplapjának (16.10.3. ábra); magassága azonos a paralelepi­pedon magasságával, ezért térfogata a paralelepipedon fél térfogatának a har­mada, azaz

¥ t e t r a é d e r - ” ( 1 6 . 1 0 , 4 )

H a egy vektoriáiis szorzat egyik tényezője isvektoriáiis szorza t, háromtényezős vektorszorzatot kapunk; pontosabban (aX b)X c típusú szorzatot. Az eredmény­vektor merőleges aX b-re, ez viszont azt jelenti, hogy ha a és b nem párhuza-

3 1 9

m osak, benne van a és b síkjában, tehát előállítható a és b lineáris kombinációja­ként. Ezt az előállítást adja meg az ún. kifejtési tétel:

(aX b)X c — (ac)b—(bc)a. (16.10.5)

Ennek a tételnek a helyessége tetszőleges három vektorra pl. úgy látható be, hogy kiszámítjuk az egyenlőség mindkét oldalán levő vektor koordinátáit és megállapítjuk azok azonosságát.

Alkalmazzuk most a kifejtési tételt arra az esetre, ha c helyébe a cX d vek- toriális szorzatot helyettesítjük:

(aX b)X (cX d) = [a(c X d)] b - [b(c X d)a],( a x b ) x ( c x d ) = (acd)b—(bcd)a. (16.10.6)

Ha viszont az ( a x b ) ( c x d ) - t az a, b, cX d vegyesszorzatának tekintjük, a felcserélési tétel értelmében ezt a[bX (cX d)] alakban is írhatjuk. Alkalmazzuk a szögletes zárójelben levő szorzatra a kifejtési té te lt:

(aX b) (cX d) = a[bX (cX d)] = a[(bd)c-(bc)d],( a x b ) ( c x d ) = (ac) (bd)—(ad) (be). (16.10.7)

Ez a vektorok Lagrange-azonossága. Ha a — c, b = d, ebből átrendezéssel a speciális Lagrange-azonosságot kapjuk

(aX b)2+ (ab )2 = a2-b2.

Feladatok

1. D öntsük 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

abc = 2 0 7 = 119 * 0,5 - 1 1

ezért a három vektor nem egysíkú.

2. M ekkora 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:

A B (l, 8, - 2 ) , A C (3, 2, 7), A D ( - 2, - 2 , - 3 ) , ezért az előjeles térfogat:

1 8 - 2

6

tehát a tetraéder térfogata 4,67.

3. Ismeretes, hogy ha a, b, c nem egysíkú vektorok, egy tetszőleges v elő­állítható «a+ /?b+ yc alakban. Fejezzük ki az a, /?, y számokat az a, b, c, v vektorok segítségével.

320

3 2 7 - 2 - 2 - 3

— = -4 ,6 7 ,6

Szorozzuk meg azota+/?b+yc = v

egyenlet mindkét oldalát skalárisán rendre a b X c , eX a, aXb vektorokkal. A szorzás minden tagnál vegyesszorzatot eredményez, vegyük figyelembe azonban, hogy a vegyesszorzat nulla, ha tényezői között egyenlők vannak. A b X c-vel való szorzás eredménye

aabc+/9bbc + ycbc = vbc,

a mondottak szerint a bbc, ebe vegyesszorzatok nullák, és mivel abc ^ 0 (nem egysíkú vek­torok)

vbca = ---- .abc

yCg VflbHasonlóan kapjuk, hogy B = -— , y = — - , a felcserélési tétel felhasználásával eredmé-

bca cabnyünket ilyen alakban foglalhatjuk össze:

vbc , ave abva = —— , p = ----- , y = -------.abc abc abc

Megjegyezzük, hogy eredményünk azonos a 10.3. szakaszban tárgyalt Cramer-szabállyal.

16.11. A gömbháromszögek trigonometriája

A síkháromszög szögei és oldalai közötti trigonometrikus összefüggéseknek a gömbháromszögek körében is vannak megfelelői. Ezek levezetéséhez mindenek­előtt megjegyezzük, hogy a gömbháromszög oldalait és szögeit nem változtatja meg a gömb kicsinyítése vagy nagyítása, hiszen az oldalak mértéke is szögmér­ték (1. a 15.8. szakaszt); ezért a következőkben az egyszerűség kedvéért feltéte­lezzük, hogy az egységgömbön (azaz az 1 sugarú gömbön) vizsgáljuk három ­szögeinket.

Jelöléseink a következők: a gömbháromszög A, B, C csúcsaihoz a gömb O középpontjából rendre a jobbrendszert alkotó a, b, c egységvektorok m utatnak; az a, b vektorok hajlásszöge éppen a c oldal mértéke, tehát (a, b) = c, (b, c) = a, (c, a) = b (16.11.1. ábra).

A gömbháromszög a szöge az A pontban az AC és AB oldalakhoz húzott érintők szögével egyenlő, mivel azonban ezek az OA sugárra az oldalak síkjai­ban emelt merőlegesek, a megegyezik az OAB és O AC síkoknak azzal a lap-

16.11.1. ábra. Gömbháromszög

321

szögével, amely a gömbháromszöget szögterében tartalmazza. H a ezekre a síkokra a háromszög belseje felé m utató merőleges vektorokat állítunk, ezek hajlásszöge éppen 180°—a lesz (16.11.2. ábra). Ilyen merőleges vektorok az OAB, OBC, OCA síkok esetén éppen aX b, bX c, eX a, ezért

aX b és bX c hajlásszöge 180°—/?, bX c és eX a hajlásszöge 180°— y, e X a és aX b hajlásszöge 180°—a.

Alkalmazzuk most a (16.10.6) összefüggést az a Xb és bX c vektorokra:(aX b)X (bX c) = (abc)b —(bbc)a,

mivel bbc = 0,(aX b)X (bX c) = (abc)b.

Vegyük most mindkét oldalon az ott levő vektor abszolút értékét:|a X b | |b X c | sin(180°—/?) = |ab c | |b |,

| a | | b | sin c [ b | |c | sin a -s in fi = | abc| | b |.Mivel |a | — |b | = |c | = 1, ezért

sin c sin a sin fi — | abc | .Ez azt jelenti, hogy két oldal szinuszának a szorzata a közrezárt szögük szinu­szával szorozva | abc |-t ad eredményül; alkalmazzuk most ezt másik két o ldalra :

sin b sin c sin a = | abc |.E két utóbbi egyenlet összevetéséből következik, hogy

sin c sin a sin fi = sin c sin b sin oc,sin c-vel egyszerűsítve és átrendezve:

js in a = s in a (16.11.1)sin b sm fi

Ez a gömbháromszögek szinusztétele: két oldal szinuszának az aránya a szemközti szögek szinuszának az arányával egyenlő.Értelemszerűen kiterjesztve a szinusztételt, így is írhatjuk:

sin oc sin fi sin ysin a sin b sin c

(16.11.2)

322

Induljunk most ki a (16.10.7) alatti Lagrange-azonosságból, alkalmazzuk ezt az (aX b) (bX c) szorzatra:

(aX b)(bX c) = (ab) (be)—(ac)b2.

írjunk fel minden skaláris szorzatot a definícióban szereplő alakban, figye­lembe véve, hogy egységvektorokról van szó:

|a X b | |b X c | cos(180°— fi) = |a [ |b | cos c-1b| |c | cos a — |a | |c | cos b,— | a j | b ) sin c -1 b 11 c | sin a cos fi = cos a cos c —cos b.

cos b = cos a cos c+ sin a sin c cos fi. (16.11.3)

Ez az oldalakra vonatkozó koszinusztétel. Ezt természetesen az oldalak és a szögek megfelelő változtatásával még két formában is felírhatjuk:

cos c = cos b cos ű + sin b sin a cos y, cos a = cos c cos b + sin c sin b cos a.

Az A B C gömbháromszög polárgömbháromszögének csúcsait az O-ból induló é s a b X c ,c X a , a X b vektorokkal egyirányú félegyenesek metszik ki a gömbből. M egm utatható, hogy ennek szögei 180° — a, 180° — b, 180° — c, oldalai pedig 180° —«, 180° —fi, 180° — y. Alkalmazzuk most erre a háromszögre a (16.11.3) alatti koszinusztételt:

cos(180°—/?) = cos( 180° — a) cos( 180°—y) ++ sin( 180°—a) sin( 180° — y) cos( 180° — b),

—cos fi — cos a cos y — sin a sin y cos b,

cos fi = —cos a cos y + sin a. sin y 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 lehetőséget adnak arra,

hogy az oldalak és a szögek között bizonyosak ismeretében a többit meghatá­rozhassuk ; ezek a meghatározások azonban bonyolultabbak a síkháromszögek megfelelő eseteinél; ez elsősorban abból adódik, hogy itt a háromszög szögösz- szege nem m eghatározott szám. Ezért teljesség nélkül felsorolunk néhány esetet, nem foglalkozunk azonban annak a vizsgálatával, milyen adatok mellett létez­nek valóban ezek a háromszögek.

1. H a a háromszög három oldala adott, az oldalakra vonatkozó koszinusz­tétellel kiszám íthatók a szögek.

2. H a a három szög adott, a szögekre vonatkozó koszinusztétellel kiszám ít­hatók az oldalak; ez azt is jelenti, hogy a szögek itt az oldalakat már egyértel­műen meghatározzák.

3. H a két oldal és a közrezárt szög, vagy két szög és az összekötő 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 (a és y), akkor a kétfajta koszinusztételt egyszerre felírva, cos b-re és cos/?-ra nézve kétismeret-

323

lenes egyenletrendszert kapunk, ezt megoldva kaphatjuk meg b-t és (i-t. (Ebben az esetben a két egyenlet éppen a (16.11.3) és (16.11.4) alatti.)

5 . H a adott két oldal és az egyikükkel szemközti szög, pl. a, b és oc, akkor/3-t a szinusztétellel határozhatjuk meg, a megoldás egyértelmű, ha sin a =» sin b.

6. H a adott két szög és az egyikükkel szemközti oldal, pl. a, fi és a, akkor b-t a szinusztétellel számíthatjuk ki; a megoldás egyértelmű, ha sin a > sin /?.

Derékszögű a gömbháromszög, ha szögei között van derékszög; ha pl. y = 90°, akkor az oldalakra vonatkozó koszinusztétel:

cos c = cos a cos b. (16.11.5)

A Föld két pontja között mért távolság jó közelítéssel határozható meg az oldalakra vonatkozó koszinusztétel segítségével, ha ismerjük a két pont fö ld ­rajzi koordinátáit (a Földet ebben az esetben gömbnek tekintjük). A földrajzi koordináták a hosszúság és a szélesség.

A két póluson: az Északi-, ill. Déli-sarkon átm enő főkörök a Föld meridián­ja i ( délkörei), közülük kitüntetett (0°-os) a Greenwichen (London) átm enő kör. Egy P pont hosszúsága az a A szög, amelyet a P-n átm enő délkör a 0°-os délkör­rel bezár. Keleti irányban A-t pozitívnak, nyugati irányban X-t számításainkban negatívnak szoktunk tekinteni ( —180° ^ X < 180°) (16.11.3. ábra).

A földrajzi szélesség mérésére kiindulás az egyenlítőnek nevezett főkör, amely minden meridiánra merőleges. Egy P pont földrajzi szélessége az a (p szög, amelyet a Föld középpontját P-vel összekötő szakasz az egyenlítő síkjával bezár. 99-t pozitívnak tekintjük, ha P az északi és negatívnak, ha a déli félgömbön van ( —90° ^ <p ^ 90°).

Legyenek most a Pi, ill. P2 gömbi (földgömbi) pontok koordinátái (cp^ XJ és {cp2, X2), és legyen E az északi sark. PXEP2 olyan gömbháromszöget alkot (16.11.4. ábra), amelynek oldalai PXE = 90°—^ , P2E = 90°—<p2, PXEP2 < = = \X2—Xx \. Ismert tehát két oldal és a közrezárt szög. Jelölje d a PXP2 oldalt, az oldalakra vonatkozó koszinusztételből:

cos d — cos (90° — (px) cos (90°—<p2) + sin (90° — (px) sin (90° — <p2) cos | A2 — Xx |, ebből a pótszögösszefüggések (16.6.18) figyelembevételével kapjuk:

cos d — sin <px sin <jp2+CQS q>y cos q>2 cos(A2 — Xx). (16.11.6)

324

Ebből d egyértelműen meghatározható, és ha ismert d fokokban számított értéke, a Föld sugarát 6370 km-nek véve a Px és P2 pontok főköríven mért távolsága (14.11.4) alapján:

ha viszont d -1 számológépünkön radiánokban állítjuk e lő :PyP.2 = 6370d.

Számítsuk ki pl. Budapest és Canberra (Ausztrália fővárosa) közötti távol­ságot. Budapest földrajzi koordinátái: Xx = 19°08', ro, = 47°28'; Canberráé: X2 = 149°08', cp2 = -3 7 °1 7 '.

A helyettesítéshez szükséges: X2 — Xx = 130°. (16.11.6)-ból

cos d = sin 47°28/ -sin ( -3 7 ° 17') + cos 47°28' cos ( -3 7 ° 17') cos 130° cos d = -0 ,7921 ,

d = 142,38° vagy d = 2,485 radián,ebből

PyP2 = 15 830 km.

325

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 \(a , b) vektorral, így a P'{x', / ) pontot kapjuk meg. A 17.1.1. ábrán látjuk, hogy OP' = O P+v, s mivel P' koordinátái O P’ koordinátáival azonosak, P' koor­dinátái (x+ a , y+ b), azaz P és P' koordináták között a következő kapcsolat áll fenn:

x ' = x + a , x = x '—a,vagy (17.1.1)

y ' - y + b y = y ' - b .

Legyen most a P(x, y) pont helyvektorának, ÖP-nak az irányszöge a (17.1.2. ábra). Jelölje egyszerűen j O P\-ét OP, a kkorx = O P cosa ,y — OP sin a. Forgas­suk el P-1 O körül/? szöggel (fi pozitív is, negatív is lehet); a kapott P '(x ', y ) pont irányszöge x+ fi, ezért koordinátái:

x ' = OP’ cos (a. + fi), y ' = OP' sin (a +fi).Vegyük most figyelembe, hogy OP = OP', és alkalmazzuk a (16.6.10),

(16.6.11) összegezési képleteket:x ' — OP cos a cos fi — OP sin a sin f i , ^ jy ' = OP cos a ú n f i + O P sin a cos fi.

Helyettesítsünk most OP cos a és OP sin a helyébe x-et, ill. j - t ; megkapjuk a P és P' koordinátái közötti kapcsolatot, az elforgatás koordinátákkal kifeje­zett összefüggéseit:

x ’ = x cos /?—>> sin fi, (17 13)y ' = x sin /3+y cos /?.

Ezeket a formuláinkat m átrixok segítségével is felírhatjuk (1. a 10.6. szakaszt):

cos fi — sin fi sin fi cos fi

326

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 koordinátatranszformációnak nevezzük.

Jelöljük a koordináta-rendszert egyszerűen 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— 0 0 ' , ezért, ha az új {x', y'} koordináta-rendszerben P koordinátái (x ', y ’), akkor

x ' = x —a, x = x '+ a ,vagy (17.1.4)

y ’ = y - b , y = y ' + b;

ezek az új koordináta-rendszerre való áttérés képletei.Forgassuk el most az {x, j} koordináta-rendszert O körül a szöggel az

{x ’, y '} helyzetbe (17.1.4. ábra).Legyenek egy tetszőleges P pont koordinátái az {x, y} rendszerben (x, y),

az elforgatott rendszerben (x ', / ) . Legyen OP irányszöge az {x, y) rendszerben j3, akkor az {x', y ’} rendszerben az irányszög/?—a lesz. Ez azt jelenti, hogy

327

ebből

x = OP cos /?, y = OP sin /?,

x ' = O P cos (/?—«) = O P cos (1 cos u+ O P sin /? sin «, / = O P sin (/S —a) = OP sin fi — OP cos /? sin a,

x ' = x cos a + y sin a,

y ' = — x sin a + j cos a.(17.1.5)

Ha ezt x-ben és >’-ban kétismeretlenes egyenletrendszernek fogjuk fel és meg­oldjuk, azt kapjuk, hogy

x = x ' cos a —y sin a,(17.1.6)

y = x ' sin on+y' cos a.

A (17.1.4), (17.1.5), (17.1.6) formulák a koordinátatranszformáció képletei. Közülük az utóbbi kettő mátrixalakban is használható:

X " cos a sin a ' 'X'sin a cos a y_

5y.

cos a sin a

-sin a cos a

~x"

y _

17.2. Az egyenes egyenletei síkbeli koordináta-rendszerben

M ár 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 lehetőséget, hogy az alakzatokat egyenletekkel, egyen­letrendszerekkel vagy egyenlőtlenséggel jellemzi.

Egy alakzat egyenletén ( vagy egyenletrendszerén) olyan egyenletet értünk,amelyet az alakzat ( x ,y ) koordinátájú pontjai és csakis azok elégítenek ki.A z egyenesek elsőfokú kétismeretlenes egyenletekkel jellemezhetők.

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 ^ 0).

Az egyenes normálvektora az egyenesre merőleges vektor. Egy egyenes nor­málvektorai egymással mind párhuzamosak, ezért az egyenes összes normál­vektora egyetlen n vektor számszorosaként állítható elő (n ^ 0).

Az egyenes irányvektora és normálvektora természetesen merőlegesek egymásra. Legyen pl. \(a , b) egy egyenes irányvektora és n(A, B) ugyanannak

328

0 X

17.2.1. ábra. Az egyenes megadása egy ponttal és irányvektorral

az egyenesnek a normálvektora. A merőlegesség miatt skaláris szorzatuk 0, ezért, ha b 0, A ^ 0

vn = aA + Bb = 0,ebből

a _ B ~b ~ ~~A ‘

Ezt azt jelenti, hogy

egy vektor koordinátáiból a vektorra merőleges vektor koordinátáit állít­hatjuk elő, ha a két koordinátát felcseréljük és az egyiket — 1 -gyei szorozzuk.

Pl. a (7, 2) vektorra (2, —7) és ( — 2, 7) is merőleges; vagy a ( — 4, 9) vektorra merőleges 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 egyér­telműen meghatározza.

Ez egyszerűen abból következik, hogy egy ponton át egy egyenessel (irány­nyal) csak egy párhuzamos húzható, és egy pontból egy egyenesre (irányra) egy merőleges állítható.

Legyen az e egyenes egy irányvektora v, egy pontja pedig az r0 helyvektorú P0(x„ y0) pont; ezek az egyenest már egyértelműen meghatározzák. Egy r hely­vektorú P(x, y) pont akkor és csakis akkor van rajta az e egyenesen, ha a P0P párhuzamos v-ral, tehát v-nak egy számszorosa (17.2.1. ábra).

Mivel P0P = r — r0, annak feltétele, hogy P rajta legyen e-n az, hogy vala­milyen t valós számmal r —r0 = t \, azaz

r = r0 + ív (17.2.1)

teljesüljön. A t számot itt paraméternek m ondjuk; ha t befutja a valós számokat, az r végpontja, a P pont leírja a teljes e egyenest, (17.2. l)-et ezért az egyenes paraméteres vektoregyenletének nevezzük. Ugyanez az összefüggés a benne szereplő vektorok koordinátáira is fennáll. Ha v koordinátái (%, v2),

329

X = x0+ v »

y = y0+ v2t,(Í7.2.2)

ez az egyenes paraméteres egyenletrendszere.A (17.2.1) vektoregyenletet és a vele egyenértékű (17.2.2) paraméteres

egyenletrendszert úgy is tekinthetjük, m int az e egyenesen állandó sebességgel mozgó P pont mozgásának a leírását. A P0 pontból indulva a mozgó pont t idő alatt a P pontba ju t, a mozgás sebességvektora a v.

Ebből az egyenletrendszerből a t param éter kiküszöbölhető úgy, hogy az első egyenletet v2-\s\, a másodikat —t^-gyel szorozzuk meg, majd összeadjuk az egyenletek megfelelő oldalait:

v2x - v i y = v2x0- v xy 0.

Ez az egyenes általános egyenlete, ebben a jobb oldalon levő állandó meny- nyiséget c-vel is jelölhetjük:

v2x — vxy = 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 helyvektorú P(x, y) pont akkor és csakis akkor van rajta az e egyenesen, ha a P0P merőleges az n-ra, azaz skaláris szorzatuk 0 ; mivel P0P = r —r0, annak szükséges és elég­séges feltétele, hogy P az e egyenesen legyen, az, hogy

n ( r - r 0) = 0 (17.2.4)

teljesüljön. Ez az egyenes vektoregyenlete.Mivel r —r0 koordinátái (x —x0, y —y0)', koordinátákkal (17.2.4) így írh a tó :

A ( x - x 0) + B ( y - y 0) = 0,vagy átrendezve:

A x + B y = A x0+ £ y 0,

ez ismét az egyenes általános egyenlete.Az általános egyenlet jobb oldalán levő állandó tagokat egyetlen betűvel

17.2.2. ábra. Az egyenes megadása egy ponttal és normátvektórral

330

(C-vel vagy —C-vel) is jelölhetjük, ennek megfelelően szokás az általános egyenletet a következő alakban felírni:

A x + B y = C vagy A x + By + C = 0. (17.2.5)

Könnyen belátható, hogy minden A x + B y = C alakú kétismeretlenes egyenlet egyenesnek az egyenlete, ha az A és B között legalább az egyik nem 0,

hiszen pl. ha B ^ 0, az n(A, B) normálvektorú és a P0^0, — j ponton át­

menő egyenesnek éppen ez az egyenlete.Figyeljük meg, hogy ez az egyenlet azonos a (17.2.3) egyenlettel, mivel ha

(vx, v2) irányvektor, a bevezetőben m ondottak szerint (v2, —vx) normálvektor, tehát (17.2.3)-ban v2 az .4-val, —vx a P-vel helyettesíthető, ezért a két egyenlet valóban ugyanaz. Az egyenlet jobb oldalán mindkét esetben egy állandó jellegű szám áll, am it 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:

l x — 2y = 7 -(— 1)—2-2 = -1 1 .

Vagy: egy egyenes irányvektora v(9, 2), egy pontja P0(5, 1), akkor egy norm álvektora (2, —9), ezért egyenlete:

2 x - 9 y = 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 előbbi egyenesen, mert

2( — 1) - 9 - 5 = - 4 7 * 1,

tehát nem elégíti ki az egyenletet.Adjuk most meg az egyenest a Qx{xx, j x) és a ő 2(*2> j 2) pontokkal. Az egye­

nes egy irányvektora a QXQ2 vektor, ennek koordinátái a helyvektorok koor­dinátáinak a különbsége: (x2—xx, y2—yy)', ebből a norm álvektor koordinátái

— (x2—Xj)). Válasszuk az egyenes egy pontjának a Qx(xx, y x) pon to t; így az egyenes egyenlete:

= (y2~-yi)xx- { x 2- x x)yk. (17.2.6)

E z a ké t pontot összekötő egyenes egyenlete. Jobban megjegyezhető alakját kapjuk, ha minden tagot a bal oldalra hozunk és részben szorzattá alakítjuk a kapott kifejezéseket:

0 '2 - A ) ( * - * i ) - ( * 2 - * i ) ( y ~ .y i ) = 0.Ezt az egyenletet determináns alakjában is felírhatjuk:

X — X x y - y i 1 X 7 1

= x x yi iX2-X i y 2 - y i \ *2 yi i

331

Egyszerűbben járunk el azonban, ha két pont összekötő egyenesének az egyenletét nem a kész képlettel állítjuk elő, hanem közvetlenül a megadott pontok koordinátáiból: pl. legyen a két pont (7, 5) és (4, — 1).

Az összekötővektor (különbségvektor, azaz irány vektor): (3, 6);a norm álvektor: (6, —3);az egyenes egyenlete: 6 x —3y = 6 -7 —3-5 — 27.

Egyszerűsíthetünk (azaz mindkét oldalt oszthatjuk) 3-m al:2 x —y = 9.

Ebben a példában az „egyszerűsítés” lényegében azt jelenti, hogy a (6, — 3) koordinátájú normálvektor helyett a vele párhuzamos, de harm adakkora hosz- szúságú (2, — 1) normálvektort választjuk.

Bizonyos esetekben célszerű a normálvektort egységvektornak választani.Legyen most az egyenes (17.2.4) alatti egyenletében a normálvektor az n°

egységvektor, tehát a vektoregyenlet n°(r—r0) = 0. (16.7)-ben megmutattuk, hogy egy vektor egységvektorral való skaláris szorzata a vektornak az egység­vektor egyenesén levő merőleges vetületét adja meg. A 17.2.3. ábrán megfigyel­hetjük, hogy ha az r helyvektorú P pont nincs az e egyenesen, akkor az r —ró­nak az n°-on levő vetülete éppen a P pont e egyenestől mért d távolságát jelenti méghozzá pozitív vagy negatív előjellel aszerint, hogy P. az egyenesnek melyik oldalán van; az mindenesetre igaz, hogy ha Pr és P>_ az egyenes különböző oldalain vannak, akkor az r —r0 egyszer hegyesszöget, egyszer pedig tom pa­szöget zár be n°-ral (17.2.4. ábra), ezért d — | n°(r —r0) |.

Ha az egyenes egyenletében szereplő normálvektor egységvektor, akkor azegyenes (nullára rendezett) egyenletét normálegyenletnek mondjuk.

Az A x + B y + C = 0 alakú egyenletet normálegyenletté úgy alakítjuk át, hogy elosztjuk normálvektora hosszával, Y A 2+ B 2-tel, ezzel elérjük, hogy nor­málvektor egységvektor lesz, tehát

332

A x + B y + C = Q (17.2.7)Y A 2+ B 2

alakra hozzuk. Az előbb m ondottak szerint,egy P0(x0, 70) pontnak az egyenestől mért távolságát kapjuk meg, ha a P koordinátáit a normálegyenlet (17.2.7) alatti alakjába helyettesítjük, ezért a P pont távolsága az A x + B y + C = 0 egyenletű egyenestől:

A x + B y + Cd =

Ya 2+ b 2(17.2.8)

Mivel a (17.2.7) bal oldalán levő tört nevezője pozitív, előjele csak a szám­lálótól függ, ez a pontok elhelyezkedéséről m ondottak szerint azt jelenti, hogy

ha egy pont koordinátáit helyettesítjük az A x + B y + C kifejezésbe, a helyette­sítési értékek azonos vagy különböző előjelűek aszerint, hogy a pontok az A x + + By + C = 0 egyenletű egyenesnek azonos vagy különböző oldalán vannak.

Legyen most az egyenes v irány vektora egységvektor; ha v irányszöge a, akkor v koordinátái: vt = cos a, v.2 = sin a (16.6.). Ezzel írjuk fel a (17.2.3) alatti általános egyenletet:

(sin <x)x—(cos a )y = c,

ebből, ha cos « ^ 0, azaz a ^ 90°:sin a c

y = x -cos a cos a

Mivel a tangensfüggvény definíciója szerint — tg a > egyenletünk

y = (tg a )x ------—cos a

Qalakra hozható. Ebben szokás a tg a = m , -----------= b helyettesítés,

cos ay = m x+ b. (17.2.9)

E z az egyenes iránytényezős egyenlete.

Elnevezése onnan ered, hogy az m = tg a számot az egyenes iránytényezőjé­nek ( iránytangensének) mondjuk, az a-t pedig az egyenes irányszögének.

Az egyenletben szereplő b számnak is van geometriai jelentése, ti. az y tengely 7(0, b) koordinátájú pontja rajta van az egyenesen, mivel kielégíti az egyenes egyenletét. Összefoglalva tehát megállapíthatjuk, hogy y = m x+ b alakú egyenlete azoknak az egyeneseknek van, amelyek irányszöge nem 90r-os, azaz nem párhuzamosak az y tengellyel. Az m az egyenes irányszögének a tan- gense; az egyenes az y tengelyt a b pontban metszi (17.2.5. ábra).

Az egyenes általános egyenlete és iránytényezős egyenlete egymásba átala-

333

kiiható (ha az egyenes nem párhuzamos az y tengellyel); a (17.2.9) irányténye­zős egyenlet általános egyenletnek is tekinthető a következő alakban:

m x —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 — m x+ b egyenletű egyenesből:

m x —y + bd = (17.2.11)

A (17.2.10) alatti egyenletből kiolvasható, hogy az y — m x + b egyenletű egyenesnek n(m, — 1) a normálvektora.

K ét egyenes ugyanazokat a szögeket zárja be, mint a rájuk merőleges egyenesek, ezért az egyenesek hajlásszögét normálvektoraik segítségével szá­m íthatjuk ki. Figyelembe kell azonban vennünk, hogy egyenesek hajlásszögén 90°-nál nem nagyobb szöget értünk, ezért két egyenes hajlásszöge vagy egyenlő norm álvektoraik hajlásszögével, vagy annak kiegészítő szöge. Mivel cos a és cos (180°—a) csak előjelben különbözik, ezért |cos a | = |cos (180°—a) | és az egyenesek hajlásszögének a koszinusza nem lehet negatív.

Legyen m ost az e1 egyenes normálvektora 5 a), az e2 egyenesén2(A2, B2), akkor hajlásszögük koszinusza (16.7.9) alapján:

| A 1A2+ B 1B2!cos w =Í A \ + B { f ^ + B i

(17.2.12)

H a iránytényezős egyenletekről van szó, és az iránytényezők mt, ill. m2, akkor a normálvektorok koordinátáit a ^m ^ — 1), ill. n2(m2, — 1) és így a haj­lásszög koszinusza:

|»V n2+ l | m o i T *cos w = —,= = = —— — . (17.2.13)^1 + m \

334

Két egyenes merőleges, ha cos <p — 0, ez viszont akkor teljesül, haA 1A 2 + B1B2 = 0 vagy m1m2 = — l. (17.2.14)

1Iránytényezők esetében ezt szoktuk m, = ------- alakban is felírni.ma

Két egyenes párhuzamos, ha normálvektoraik párhuzamosak, ill. ha irány­szögeik egyenlők, ami maga után vonja az irány tényezők egyenlőségét, tehát a párhuzamosság feltétele (A2 ^ 0, B2 ^ 0):

A B— - = , ill. (ha nem párhuzamosak az y tengellyel) mx = m2. (17.2.15) A2 b 2

(A gyakorlatban legtöbbször azt használjuk fel, hogy két egyenes párhuza­mosságának elegendő feltétele normálvektoraik egyenlősége.)

Legyen most ismét adott a őiC**, ^í), Q%(x2, y2) pontpár.(17.2.6)-ból y-t kifejezve megkapjuk a két adott ponton átmenő egyenes irány­

tényezős egyenletét (itt is feltesszük, hogy xx ^ x2, azaz az egyenes nem párhu­zamos az y tengellyel):

y = i r ~ ( x - x i)+ yi- (17.2.16)

Ebből az egyenletből kiolvasható, hogy a QXQ2 egyenes irány tényezője:

m = y * Z Z L . (17.2.17)X2-X !

Ha viszont az egyenes m iránytényezője és egy pontja, a Q(xt, y ^ pont adott, akkor (17.2.16)-ból az adott ponton átmenő, adott iránytényezőjű egyenes egyen­lete:

y = m (x—x 1)+ y 1. (17.2.18)

Gyakran van szükség két, egyenletével adott egyenes metszéspontjának a meghatározására. Adjuk meg pl. az et, e2 egyeneseket egyenleteikkel:

ex: 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 egyenletből álló egyenletrendszert kell m egoldanunk:

két, egyenletével adott egyenes metszéspontjának a koordinátáit az egyenle­tekből álló egyenletrendszer megoldása szolgáltatja.

Az egyenletrendszer megoldásához szorozzuk meg az első egyenletet 9-cel, a másodikat 5-tel és adjuk össze az így kapott egyenletek megfelelő oldalait:

335

45x+18 y = 9 —4 5 x + 2 5 j = -3 1 0

437 = -3 0 1 , 7 = - 43- = - 7 .

Ezt az első egyenletbe helyettesítve kapjuk, hogy

5x—1 4 = 1 , 5x = 15, x = 3.

A két egyenes m etszéspontja: M(3, — 7); számításunk ellenőrzésére érdemes helyettesítéssel meggyőződnünk arról, hogy mind a két egyenletet kielégíti.

Végül néhány speciális elhelyezkedésű egyenes egyenletét vizsgáljuk meg. H a 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 irány tényezős egyenletben b legyen 0-val egyenlő; tehát az origón átmenő egyenes egyenlete ilyen alakú:

A x + 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 átm enő egyenes irány vektora: AB( — a, b), ezért normálvektora (b , a) és így egyenlete (felhasználva, hogy átmegy az (a, 0) pon­ton) (17.2.6. ábra):

bx+ a y = b -a+ a-0 ,

bx+ a y = ab.

Osszuk el az egyenlet mindkét oldalát ab-\e 1:

— + = 1 . (17.2.20)a b

E z az egyenes tengelymetszetes egyenlete; ha tehát ismerjük az egyenes koordi­nátatengelyekkel való metszéspontjait, ezt az alakot célszerű használni.

336

Az x tengelyt az a pontban metsző, y tengellyel párhuzamos egyenes egyen­lete (17.2.6. ábra):

x = a. (17.2.21)

az y tengelyt a b pontban metsző, x tengellyel párhuzamos egyenes egyenlete:

y = b. (17.2.22)

Foglaljuk végül össze az egyenes egyenletének fontosabb alakjait:A P0(x0, y0) ponton átm enő v ^ , v2) irányvektorú egyenes paraméteres

egyenletrendszere:x = x0+ ? v , y = ^o+v-

Az 11 (A, B) normálvektorú és a P0(x0, >’o) ponton átm enő egyenes általános egyenlete:

A x + By = A x0 + By0,

az egyenlet jobb oldalán álló mennyiséget C-vel is szoktuk jelölni.Az y tengelyt a (0, b) pontban metsző, cc irányszögű egyenes iránytényezős

egyenlete:y = m x + b,

ahol m = tg «. Az y tengellyel párhuzamos egyeneseknek nincs iránytényezős egyenlete.

Az x tengelyt az (a, 0) pontban, az y tengelyt pedig a (0, b) pontban metsző egyenes tengelymetszetes egyenlete:

- + £ = 1 , ( a ^ O , b * 0). a b

Feladatok

1. Ábrázoljuk a koordináta-rendszerben azokat az egyeneseket, amelyeknek egyenletei:

a) e1 :y = ~ 3 x ;b) e2 : y = 4x —2;c) e3 : 5 x + 4 y = 20.Általános elv: az egyeneseket legegyszerűbben két pontjuk ismeretében tudjuk ábrá­

zolni, ezért arra törekszünk, hogy meghatározzuk az egyenes két pontját.a ) «?,-nél az iránytényezős egyenletben b = 0, tehát az egyenes átmegy az origón. Ha

x = 1, akkor y = — 3, tehát a í , (1, —3) pont rajta van e,-en. es ezért az OjPx 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 P é J , 2 ) ponton.

Ha az egyenes y -- m x + b alakú iránytényezős egyenletével adott, akkor az egyenest úgy is ábrázolhatjuk, hogy az y tengely B (0 , b) pontjában olyan egyenest szerkesztünk, amelynek

337

iránytényezője, 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 (előjelének megfelelő irányban), a felmért szakasz végpontja C.

tnA CB egyenes az y = m x + b egyenletű egyenest ábrázolja, hiszen irány tangense — = m, és,

átmegy a (0, b) ponton. A 17.2.8. ábrán e -2 esetében ezt az ábrázolási lehetőséget bemutatjuk: az y tengely B(0, —2) pontjában az x tengellyel párhuzamosan felmérünk + l-et, a felmért szakasz D végpontjából pedig az y tengellyel párhuzamosan +4-et, ennek végpontja <7; a

4CB egyenes egyenlete valóban y = 4 x —2, mivel tg CBD < = — = 4.

c ) e3 esetében célszerű a koordinátatengelyekkel való metszéspontokat meghatározni. Az x tengelyen y = 0, tehát 5x = 20, x = 4, az jc tengellyel való metszéspontja A(4, 0) Hasonlóan: az y tengely pontjaira x = 0, ezért ezzel a metszéspont a 4y = 20 egyenletből

= 5, a metszéspont tehát: B(0, 5).Más módon: osszuk el az egyenlet mindkét oldalát 20-szaí:

ez az egyenletnek tengelymetszetes alakja (17.2.20), ebből következik, hogy a tengelyeket az x — 4, ill. y = 5 pontokban metszi.

2. A dottak az ex és e2 egyenesek egyenleteikkel:ex: 3 x —5>> = 7, e2: y = 4 x + l.

írjuk fel:a) a P ( — 2, 3) ponton átm enő és az adott egyenesekkel párhuzamos egye­

nesek egyenleteit;b) a P (—2, 3) ponton átm enő és az adott egyenesekre merőleges egyenesek

egyenleteit.a ) A 3x — 5y = 7 egyenessel párhuzamos egyenesnek is (3, —5) a normálvektora, ezért

egyenlete:3 x - 5 y = 3-( —2) —5-3 = -2 1 .

338

Az y - 4jc -f-1 egyenessel párhuzamos egyenes iránytényezője is 4, ezért egyenlete y ~ = 4x+ b . A P (—2, 3) pontnak ki kell elégítenie az egyenes egyenletét, tehá t 3 = 4 ■ ( —2 ) + b, ebből b — 1!; az egyenes egyenlete y = 4 x + l !.

M ás megoldás: a feladat kész képletbe való helyettesítéssel is megoldható (17.2.18) alapján; az m = 4 iránytényezőjű, P( — 2, 3) ponton átmenő egyenes egyenlete:

y = 4 (x + 2 ) + 3, y = 4 x + 11

b ) Az egyenes normálvektora (3, —5), a rá merőleges egyenesé (5, 3), ezért egyenlete: 5x + 3y = 5 ( - 2 ) + 3-3 = - 1.

1A z y = 4x+ 1 egyenesre merőleges egyenes íránytényezője — , ezért az egyenes egyen-

x 2 5léte y = — — + b; mivel átmegy a ( —2, 3) ponton, 3 = 6 = - - , az egyenes egyenlete:

A megoldás természetesen most is felírható a (17.2.18) képlet alapján:1 x 5

y — — ^ (x + 2) + 3 = — — + — .

3. M ekkora a P (— 4, 7) pontnak a I2x+ 3y = 5 egyenletű egyenestől mért távolsága ?

, , , 12^ + 3^ — 5 12jc+3j'— 5 , . ,Az egyenes normalegyenlete: — .--------— = — — ■ = ----- = 0, ezert a kerdeses tavol-

V 122+ 3 2 y 153ság (1. a (17.2.8) képletet):

|12( —4) + 3-7 — 5| .. 32

f i 53 ^153

4. Az ABC háromszög oldalegyeneseinek egyenletei:A B : 5 x - 3 y - ), BC: 5 x + y = 13, C A : I 5 x - y = 67.

M ekkora az AB oldal hossza és a hozzá tartozó magasság?Az A csúcs az A B és CA egyenesek metszéspontja, ennek meghatározására meg keli

oldanunk az A B és CA egyenleteiből álló egyenletrendszert:5x —3j' = 1,

15x— y — 67.

Szorozzuk meg az első egyenletet ( — 3)-mal és adjuk hozzá megfelelő oldalait a második egyenlethez:

~ l5 x + 9 y = - 3___15 x - y = 67

8„v = 64, y = 8 .K z y értéket a második egyenletbe helyettesítjük:

15.x — 8 = 67, 15x = 75, x = 5, ezért A (5, 8).

A B csúcs koordinátáit hasonló módon számítjuk ki az A B és BC egyenleteiből:S x - 3 y = 1 5 * + y = 13

— 4y = - 1 2 , y = 3.

339

Helyettesítsük ezt a második egyenletbe:

5 x+ 3 = 13, 5x — 10, x = 2, ezért B(2, 3).

Az A B oldal hossza a távolságképlettel:

A B = / ( 5 - 2 )2 + ( 8 - 3 ) 2 = Í 9 + 25 = ^34.

Végül C koordinátáit a BC és CA egyenesek metszéspontja szolgáltatja:5 x + y = 13

I 5 x —y = 67 2Öx S~80, x = 4.

Helyettesítsük ezt az első egyenletbe:2.0+>> = 1 3 , y = —7, ezért C(4, —7).

A z A B-hez tartozó magasság a C(4, —7) távolsága az /í/3 egyenestől; (17.2.8) alapján:

d - i5'4—3<—7)~ ! | __ 40 i Y + y í j a '

/ 14 \5. A ö | ~ j , 21 ponton át fektessünk olyan egyenest, amely a koordináta­

tengelyek pozitív fele által meghatározott derékszögből 21 területű háromszöget metsz le. M i az egyenes egyenlete?

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:

/ 14 \M ivel átmegy a C l-* - - , 21 ponton,

= 1.a b

J4 _ _2_ 3n + b

a lemetszett derékszögű háromszög befogói a é sb , ezért a terület — ab, tehát

ab= 2 1 .

340

17.2.10. ábra. 6 . feladat

Utolsó két egyenletünk a-ra és b-re nézve kétismeretlenes egyenletrendszer. írjuk fel ezeket egyszerűbb alakban, majd a második egyenletből kifejezett b-t helyettesítsük az első egyenletbe:

1 46+ 6a = 3 ab42

ab = 42, b = -a

™ - + 6a - 126, a

6a2—126a+ 588 = 0, a2 —21a+98 = 0.

A másodfokú egyenlet megoldóképletévei:

21 + ^212-4 - 9 8 2 1 + 714, a , = 7.

42Ebből b = — miatt b^ = 3, b , = 6 .

aEzek szerint két egyenes tesz eleget a feltételnek; egyenleteik:

J L + Z = i , J L + - 2 L = i .14 3 ’ 7 6

6. Ábrázoljuk a koordináta-rendszerben azokat a pontokat, amelyek koor­dinátái egyszerre elégítik ki a következő feltételeket:

a j x S 0, b) y ^ 0, c) x + 2y S 12, d) x + y ^ 8.A z a ) és b ) feltételeket kielégítő pontok nyilván a koordinátatengelyek pozitív fele által

meghatározott síknegyedben helyezkednek el (17.2.10. ábra).A c ) feltételt

x + 2y — 12 £ 0

alakban is írhatjuk, ezt a feltételt kielégítő pontok a z x + 2y — 12 = 0 egyenletű egyenes egyik oldalán helyezkednek el, hiszen az egyenes egyik oldalán lévő pontokat az egyenes egyenle­tébe helyettesítve azonos előjelű eredményt kapunk. Mivel az origó helyettesítési értéke: 0 + 2 -0 — 12 s 0 , ezért az origóval azonos oldalon levő pontok felelnek meg a c ) feltételnek.

A d ) feltételt x + y — 8 s 0 alakban írva az előző módon láthatjuk, hogy az. x + y - 8 = 0 egyenletű egyenesnek az origóval azonos oldalán levő pontok elégítik ki a d ) feltételt.

341

Ábrázoljuk most a szóban forgó egyeneseket, a megoldást az egyes feltételeket kielégítő ponthalmazok közös része szolgáltatja; a 17.2.10. ábrán láthatjuk, hogy ezek egy négyszög- lemez pontjai; a négyszög csúcsai (0, 0); (8, 0); (4, 4); (0, 6).

Feladatunkban az a ) —d ) egyenlőtlenségekből álló egyenlőtlenség-rendszer összes meg­oldásait kerestük meg; az egyenlőllenségeket kielégítő (x, y) számpárok azonosak a meg­oldásként kapott négyszöglemez pontjainak koordinátáival; az egyenlőtlenség-rendszernek ebben az esetben természetesen végtelen sok megoldása van.

7. Egy üzem kétféle terméket állít elő: a l^-et és a T2-t. Egy-egy termék elő­állításához többféle munkaműveletet alkalmaznak, legyenek ezek M 1( M 2, M 3,M 4. ................

A T x előállításához szükséges munkaműveletek (az egy termék előállításá­hoz szükséges idővel):

1 \ : M x (3 perc), M s (4 perc), M 4 (3 perc).A T2 előállításához szükséges műveletek és idők:

T3: M 2 (4 perc), M s (2 perc), M 4 (3 perc).Az üzem adottságai miatt egy műszak alatt az egyes munkaműveletek

számára korlátozott idő áll rendelkezésre, méghozzá:M j-re 270 perc, M a-re 440 perc, M s-ra 400 perc, M 4-re 420 perc.

Kérdéseink a következők:A ) Az egyes termékekből hány állítható elő a megadott feltételek mellett?B) Az üzem nyeresége T\-en 10 Ft, T2-n 30 Ft. Hány darabot kell előállítani

az egyes termékekből, ha az üzem a lehető legnagyobb nyereségre törekszik?Jelöljük x-szel a Tj-ből előállítottak számát; >>-nal pedig a T.-ből előállítottak számát; x

és y értelmezése szerint pozitív egész. A termelés mennyiségének a rendelkezésre álló idő- mennyiség szab korlátot. Mivel T,-hez szükséges az M i művelet és erre összesen 270 perc van, azért az x darab előállításához szükséges M ^re szánt idő nem lehet több 270 percnél, minthogy egy darabhoz 3 percnyi Mj műveletre van szükség:

3x S 270.

Hasonlóan: a TVhöz kell az M» művelet, amire 440 percnyi idő áll összesen rendelkezésre,ezért

4y £ 440.

Az M 3 művelet mindkét termék előállításához kell, darabonként 4, ill. 2 percnyi időtartamra, a 4x->-2y perc nem lehet nagyobb 400-nál, ezért

4 x + 2 y £ 400.

Végül mindkét termék előállításához szükség van az M 4 műveletre is 3-3 percre, ezért3.* + 3.p £ 420.

Az x és y termékszámokra tehát 4 feltételt kaptunk (már azon kívül, hogy pozitív egé­szek), ezt a négy egyenlőtlenséget írjuk most fel egyszerűsített formában:

a ) x S 90, b ) y S ! 10, c) 2 x + y — 200 S 0 , d) x + y —140 s 0.E négy egyenlőtlenségből álló egyenlőtlenség-rendszert ugyanolyan módszerrel oldhatjuk

meg, mint amilyet előző példánkban alkalmaztunk.Az áttekinthetőség kedvéért külön-külön ábrázoljuk m .a ) —d ) feltételeket kielégítő pont­

halmazt (17.2.11. ábra), majd ezek közös részét, ami a megoldást adó pontokat tartalmazza <17.2.12. ábra).

342

17 .2 .11 . á b ra . 7 . fe la d a t fe lté te le i

A 7 . f e la d a t A ) k é rd é sé n e k m ego ldása17.2 ,13 . á b ra .

A 7 . f e la d a t B ) k é rd é sé n e k m eg o ld ása

A 17.2.12. ábra vonalkázott hatszögében az egész koordinátájú pontokhoz tartozó x és y értékek szolgáltatják az A ) kérdésünkre a választ. Könnyen kiszámíthatjuk, hogy a hatszög csúcsainak a koordinátái:

0 (0 ,0 ); .4(90,0); 5 (9 0 ,2 0 ); C(60, 80); 0 (30 ,110); £(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 10*+ 30j a lehető legnagyobb.

EMtéz figyeljük meg, hogy a 10jc+ 30>- = c egyenletű egyenesek mind párhuzamosak (17.2.13. ábra, ezeket az egyenleteket természetesen — 10-zel való egyszerűsítés után — x+Tsy = d alakban is írhatjuk). Egy ilyen egyenesen olyan (x, j ) pontok vannak, amelyekre lOx+SOj' állandó, tehát x darab, ill. y darab termék összesen ugyanannyi nyereséget ered­ményez. Minél távolabb van az egyenes az origótól, annál nagyobb az egyenletében szereplő c érték. A maximális nyereséghez tehát nekünk olyan egyenest kell választanunk, amely 0-tól a lehető legtávolabb van, de még tartalmaz a hatszögből pontot. Ábránkon megfigyelhetjük, hogy ez a 0(30, 110) csúcson átmenő egyenes; ezek szerint akkor maximális a nyereség, ha a Tx termékből 30-at, a T2-bőI pedig 110-et állítanak elő; 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.

343

A K(a, b) középpontú, r sugarú k kör minden P(x, y) pontjára teljesül a KP = r egyenlőség, amivel egyenértékű a KP® — r2 egyenlőség (17.2.1. ábra). Ezt koor­dinátákkal is kifejezhetjük, felhasználva a távolságképletet:

{ x - a f + ( y - b f = r2. (17.3.1)

Ezt az egyenletet csak a k kör pontjai elégítik ki, ez tehát a k kör egyenlete. H a a kör középpontja az origó, a = b = 0, ezért a kör ún. középponti egyen­lete:

x 2+ y 2 = r2. (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 :x 2+ y 2 + 6x — 4 y —3 = 0.

Számításaink során a kör egyenletét gyakran ilyen alakban kapjuk meg, ennek általános alakja

x 2+ y 2 + A x + By + C = 0. (17.3.3.)

Ezt egyébként a kör normálegyenletének hívjuk.M egfordítva: 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:

í A \ 2 / B \ 2 A 2 B2( * + T ) + ( y + r ) - - j - - J - + C - 0 .

17.3. A kör egyenlete

17.3.!. ábra. A kör egyenlete; érintő

344

y

17.3.2. ábra. A kör paraméteres egyenletrendszere

azaz KF+K)’--^ -és ez akkor és csakis akkor köregyenlet, ha a jobb oldal pozitív, azaz A 2+ £ 2— - 4 C > 0.

A K(a, b) középpontú r sugarú kör egy P0(x0, y0) pontjában az érintő nor­málvektora KP0(x0—a, y0~ b ), ezért egyenlete:

(.x0- á ) x + ( y 0- b ) y = (x0- á ) x 0+ (y0- b ) y 0. (17.3.4)

Ha a középpont az origó, az érintő egyenlete a következő a lakú :

xax + y 0y = *o+J&mivel azonban x%+y% = r2, az érintő egyenlete a következő egyszerű alakot veszi fe l:

x 0x + y 0y = r2.

Az origó középpontú kör pontjait megadhatjuk helyvektoraival is. Legyen ui. a q sugarú kör P pontjának helyvektora r = OP, ennek iránvszögéí 7-vel szoktuk jelölni (17.3.2. ábra), r koordinátái:

r(g cos t, o sin í),azaz

x = q cos t,y = g sin í, (17.3.5)

ez a kör paraméteres egyenletrendszere. Megjegyezzük, hogy az egyenletes szögsebességgel az O körül forgó q hosszúságú r az x tengely pozitív felétől indulva t idő alatt éppen (g cos t, q sin t) koordinátákkal jellemzett helyzetbe ju t. Ha t befutja a 0 § t -= 2n intervallumot, r végpontja leírja a kört.

A kör egyenletének az ismeretében egyszerűen m egm utathatjuk, hogyazok a pontok, amelyeknek két ponttól mért távolságaránya állandó, egy körön helyezkednek el. (Ezt a kört Appollóniusz-féle körnek nevezzük.)

345

Válasszuk ugyanis a koordináta-rendszert úgy, hogy a két rögzített pont Q i(+ 1,0) Qt( — 1,0) legyen (17.3.3. ábra), és azokat a P(x, y) pontokat akarjuk

O Pmeghatározni, amelyekre a távolságarány egy adott q ^ 1 számmal egyen-

Qi*lő. (Ha pl. a P a ő r tő l kétszer akkora távolságra van, mint Q?rtöl, akkor q = 2.)

QvP O P2Ez azt jelenti, hogy ~ ~ = q, ami egyenértékű azzal, hogy 7^52 ~ Q2- írjuk

most ezt fel a távolságképlet segítségével:

(x + W + y * _ , o ( * - 1 ) * + / q ’(x + 1 )2+ j 2 — q \ x - l f + q 'Y ,

ebből átrendezéssel kapjuk, hogy ha q ^ 1, akkorq2x 2+ q2y 2—x 2^ y 2 — 2q2x —2 x+ q 2— 1 = 0,

(q2- l ) x 2+ (q2—})y2- ( 2 q 2 + 2)x-{q2—l = 0,0n2 + 2

x l + y i — ■1•x+ 1 = 0.

E z viszont kör egyenlete, mert ilyen alakba írható:q2+ 1 \2 , _ / 2q '*

1= (f 2

€Z olyan kör, amelynek középpontja sugara pedig2 q

•1Levezetésünk megfordításával beláthatjuk, hogy ennek a körnek minden

pontja kielégíti a feladat feltételeit.K ör és más alakzat (pl. egyenes, kör) metszéspontjait úgy számíthatjuk ki,

hogy a két alakzat egyenletéből álló kétismeretlenes egyenletrendszert megold­juk , a megoldásban kapott összetartozó x, y értékek a metszéspontok koordi­nátái.

346

17.3.4. ábra. Pont körre vonatkozó hatványa

A 14.9. szakaszban egy külső Ppont k körre vonatkozó hatványának neveztük a pontból a körhöz húzott szelők metszeteinek a szorzatát, ami a P-ből a körhöz húzott PE érintőszakasz négyzetével is egyenlő. A 17,3.4. ábráról leolvashatjuk, hogy a P körre vonatkozó hatványa:

PE2 = PK2 — r2.

H a P, ill. K koordinátái P(x, y), K(a, b), akkor a távolságképlet szerint PE2 — (x — a)2 + (>’ — 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 egyenlő), ezért:

ha a kör normálegyenletébe egy külső pont koordinátáit helyettesítjük, akkor a pont körre vonatkozó hatványát — azaz a pontból a körhöz húzott érintősza­kasz négyzetét — kapjuk meg.

Feladatok

í . írjuk fel az A(2, —3), B{6, 5), C (—10. 7) pontokon átm enő kör egyenletét. A kör középpontja az A B és BC szakaszok felező merőlegeseinek a metszéspontja.A B felező merőlegesének normáSvektora AB(4,- 8), A B felezőpontja (4, 1), ezért a felező

merőleges egyenlete:4x + Sy = 16 + 8 = 24, egyszerűsítve x + 2y = 6 .

BC felező merőlegesének normál vektora BC{ — 16, 2), BC felezőpontja ( — 2, 6 ), ezért a felező merőleges egyenlete:

— \ 6x + 2y — 32+ 12 — 44, egyszerűsítve — 8x + >’ = 22.

A körközéppont meghatározása céljából meg kell oldanunk azx + 2y = 6 ,

— 8x + >' = 22egyenletrendszert. A második egyenletből y = 8* + 22, ezt helyettesítjük az első egyenletbe:

38 70x + 1 6jvt + 44 = 6 , 17a: = - 3 8 , x = — p.-, y — -r.- ,

347

( 38 70 \— -jy -, \ . A körsugár a KA távolság.

tehát a kör egyenlete:

1 9 8 2 5289

2. D öntsük el, kör egyenlete-e az x2+>’2— l6 x+ 6 y+ 2 4 — 0 egyenlet.Alakítsuk át négyzetösszeggé az egyenlet bal oldalán álló kifejezést:

(.< —8)2 —6 4 + 0 -+ 3 )2 —9 + 24 = 0,( x - 8) 2 + 0>+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 l2 x —5y = 28 egyenletű egyenest.

A kör sugara a K pont érintőtől mért távolságával egyenlő, ez pedig a (17.2.8) összefüggés alapján:

!12 ( — l) —5-5 —281 _ 65 _

^Í22+52 13A z egyenlet: (x + I)2+(>’-- 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 f + ( y - r f = r2.A P(8, 1) pont ezt kielégíti, ezért

(8 —/ f + ( l —z-)2 = r2.Ezt az r-ben másodfokú egyenletet átalakítva kapjuk, hogy

r2—18/-+65 = 0,ennek megoldása:

1 8 + /1 8 2 — 4-65 1 8 + 8

' ~ ~ 2---------= ^ - ’ r j= 5 -A feladat feltételeit ezek szerint két kör elégíti ki, ezek egyenletei:

( x - 13)2+(>— 13)2 = 169, ( * - 5 ) a + 0 — 5)* = 25.

5. írjuk fel a Q (~ 11, —5) pontból az x2+ y 2 — 12x—4y—129 = 0 egyenletű k körhöz húzható érintők egyenletét.

Ha Q koordinátáit a kör normálegyenletének bal oldalába helyettesítjük, megkapjuk g-nak a k körre vonatkozó hatványát, azaz a Q-ból a A>hoz húzható Q E érintő hosszának a négyzetét (17.3.6. ábra):

Q E 2 = 112 + 52 —12( — 11) — 4( — 5) — 129 = 169.

Ha most a Q középpontú QE sugarú körnek és &-nak a metszéspontjait kiszámítjuk, megkapjuk a ű-ból A>hoz húzott érintők érintési pontjait. A Q középpontú QE sugarú kör egyenlete:

348

( x + n f + (y + 5 f = 169, azaz x 2+ > '2 + 22* + 10^ -23 = 0,^egyenlete: x- + y ' - \ 2 x — 4 y -1 2 9 0.

Ebből a két másodfokú egyenletből álló egyenletrendszert kell most megoldanunk. Hogy egyszerűbb egyenletet kapjunk, vonjuk ki a második egyenletet az elsőből és egyszerűsítsük a kapott egyenletet:

34.x + 1 4y + 106 = 0,17x+7>>+53 = 0.

Az utolsó egyenletből17jc + 53------

Helyettesítsük ezt be az első másodfokú egyenletünkbe. Helyettesítés, ill. a kijelölt műveletek elvégzése és az egyenlet rendezése után a következő másodfokú egyenletet kapjuk:

x 2 + 5 .r -6 = 0.Ebből ______

- 5 ± / 2 5 + 24 —5 ± 7 jc = ---------- ^----------■ = — j -----’ *i = *> x t = - b .

Az ezekhez tartozó y értékek: y x — —10, y 2 = 7.Az érintési pontok: E x — (1, —10), E s( — 6 , 7).

A Q pontból húzható érintők a QEt és a QE2 egyenesek, ezek egyenletei (17.2.6) fel­használásával:

5 x + l2 y = -1 1 5 , 12x — 5y = —107.

17.4. A parabola és egyenletei

A parabola azoknak a pontoknak a halmaza a síkon, amelyek a s ík egy F pontjától és egy d egyenesétől egyenlő távolságra vannak. (Az F nincs a d-a.)

A z F parabola fókusza (gyújtópontja), a d egyenes pedig a vezéregyenese (direktrixe). F-ből a d-re emelt t merőleges egyenes a parabola szimmetria- tengelye — ezt egyszerűen csak a parabola tengelyének mondjuk. A z F és d távolságának felezőpontjában levő C pont pontja a parabolának, hiszen F-től és

349

d - m is egyenlő távolságra van (17.4.1. ábra). C-ben a /-re emelt c merőleges a parabola csúcsérintője.

A parabola tetszés szerinti sok pontját úgy szerkeszthetjük meg, hogy d-től 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-től és F-től is egyenlő távolságra vannak.

Válasszuk a koordináta-rendszer x tengelyét a parabola tengelyén, az y tengely legyen a csúcsérintő, az origó így a C pont lesz, amit egyébként a para­bola csúcsának mondunk. Jelöljük F-nek a vezéregyenestől mért távolságát p-vel (p a parabola paramétere), a parabola tetszőleges P pontjának a koordinátái

legyenek (x, y). P távolsága d-tö 1 x + - ~ , F koordinátái F ^ - |- , o j . A távolság­

képlet szerint

FF2 - ( x - ^ + y 2,

ez a parabola definíciója szerint a P pont d-tő 1 mért távolságának a négyzetével,

Ki-tel egyenlő, tehát

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 egyszerűbb alakot kapunk :

V Vx 2- p x + - ^ + y 2 = x 2+ p x + -^ -

2 ,’.px. (17.4.1)

17.4.1. ábra. Parabola szerkesztése

350

A gyakorlati alkalmazások nagy részében a parabolát úgy helyezzük el a koordináta-rendszerben, hogy tengelye az y tengellyel essék egybe és csúcs­érintője az x tengely legyen, tehát előbbi elhelyezésünkhöz képest a két tengely éppen szerepet cserél (17.4.2,,ábra). E cserével a parabola egyenlete:

•V" = 2py,x2

alakú. -— t egyszerűen ű-val jelölve, a parabola egyenlete:2P

y = ax2. ( 17.4.2)

a — 1 esetén a parabolát normálparabolának hívjuk, ennek egyenlete teháty = x2.

A parabola érintőjének 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, ax§) pontját. Keressük meg a F0 pontbeli érintő irányfényezős egyenletét. Mivel az érintő átmegy a P0 ponton, egyenlete (17.2.18) alapján

y — m (x—x0) + ax§ (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) + ö x | egyenesnek és a parabolá­nak csak egy metszéspontja legyen, ezért ha megoldjuk a parabola és az egye­nes egyenleteiből álló egyenletrendszert, csak egy megoldást kell kapnunk. Helyettesítsük az egyenes egyenletéből y-t a parabola egyenletébe:

ax2 = m{x — x0) + ax§.

Rendezzük ezt az x-ben m ásodfokú egyenletet:ax2 — m x + (mxn — ax%) ~ 0.

Ennek a másodfokú egyenletnek akkor van csak egy megoldása, ha diszkrimi­nánsa nulla, tehát

m 2—4a(mx0—ax2) = 0, m2—4amx0+ 4a2xg — 0,

(m — 2ax0)2 = 0,tehát az egyenes akkor érintő, ha

ni — 2 ax0,

ezért a P0(x0, ya) pontbeli érintő egyenlete (17.4,3)-ból:

J = 2 ű x 0(x — x0) + ax2,y - 2ax0x ~ a x l (17.4.4)

351

Ezt az egyenletet ax§ — y0 m iatt

alakban is felírhatjuk; ebből az alakból azonnal kiolvasható, hogy a P0(x0, y 0)

pontbeli érintő az y tengelyt a —yg pontban, az x tengelyt viszont az pont­

ban metszi (17.4,2. ábra); ebből a tényből az érintő több fontos tulajdonsága következik.

Legyen a parabola P pontjából a vezéregyenesre állított merőleges talppontja F' (17.4.3. ábra), az F fókuszból a tengelyre állított merőleges PF'-t a Q pontban metszi; a tengely és a vezéregyenes metszéspontja T. A TFQF' téglalapból a c csúcsérintő a középvonalat metszi ki, ennek K felezőpontja a téglalap közép­pontja. Az érintő előbb levezetett tulajdonsága szerint a P pontbeli érintő c-t a K -bán m etszi; mivel pedig az FPF’ háromszög egyenlő szárú, és K az FF' alap felezőpontja, ezért ebben az egyenlő szárú háromszögben a P pontbeli érintő szimmetriatengely. Ebből következik a parabolaérintő alábbi három, nevezetes tulajdonsága:

1. a parabola érintője felezi azt a szöget, amelyet az érintési pontból a ve­zéregyenesre emelt merőleges és az érintési pontból a fókusz felé indított fél­egyenes bezár;

2. a fókuszból az érintőre emelt merőleges talppontja a csúcsérintőn van;3. a fókuszt az érintőre tükrözve a vezéregyenesen levő pontot kapunk.

A görbék elméletében általánosan használt elnevezés szerint az érintési pontban a síkgörbe érintőjére emelt merőleges a görbe pontbeli normálisa. A parabola érintőjének tulajdonságai m iatt a parabola alakú tükörre a ten­gellyel párhuzamos fénysugár visszaverődés után a fókuszon megy át (innen a gyújtópont elnevezés) és a fókuszból induló fénysugarak visszaverődés után a tengellyel párhuzamosan haladnak. Ez teszi lehetővé a parabola számos m ű­szaki alkalmazását (pl. parabolatükör, fényszóró, antennák).

y = 2ax0x - y 0

352

17.4.3. ábra. Érintőtulajdonságok

a>0 a >0

17.4.4. ábra. A parabola általánosabb helyzetben

Ha az y = ax2 egyenletű parabolát tükrözzük az x tengelyre, a tükörkép- parabola egyenlete: y = —ax2. Ha viszont eltoljuk a parabolát az e(«, v) vek­torral (17.4,4. ábra), az eltolt helyzetű parabola egyenlete (17.1.1) m iatt

y —v = a{x~ a )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 helyzetű parabola csúcsa az origó eltolásával keletkezik, a (17.4.5) alatti egyenlettel rendelkező parabola csúcsa a C(w, 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.

M egfordítva: minden y = ax2 -f-fex+c egyenlet (a 0) az y tengellyel párhuzamos tengelyű parabola egyenlete. Pl. az

y = X 2 — 8 x + 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.

A parabola egyenletének a másodfokú függvényekkel való kapcsolatáról a20.5. 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.

353

Az egyenletet y = axi + b x + 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 egyháromismeretlenes egyenletrendszert skapunk:

a + b + c ~ 4,4a + 2 b+ c — 9,

c = 5.

A harmadik egyenletből kapott c = 5 értéket az első két egyenletbe helyettesítjük, majd rendezzük az egyenleteket:

a + b — — 1,2a + b = 2 .

Vonjuk ki a második egyenlet megfelelő oldalaiból az első egyenlet oldalait, kapjuk, hogy a = 3, ebből b — —4, a keresett parabolaegyenlet:

^ = 3a:'2- 4 x + 5,

ez a parabola valóban tartalmazza a P ,Q , R pontokat.

2. Állapítsuk meg azy = 4x2—4 0 x + 10.7, parabola csúcsainak a koordinátáit. Alakítsuk át az egyenlet jobb oldalát teljes négyzetté:

y = 4x2 - 40*+ 107 = 4(jc2— 10jc)+ 107 = 4(x2- 1 0 x + 2 5 - 2 5 ) + 107 == 4(x2 — IOjc + 25)— 100+ 307 = 4 ( * - 5 ) 2 + 7,

ez pedig (17.4.5 alapján) azt jelenti, hogy a parabola csúcsa a C(5, 7) pont; az adott egyenletű parabola az>' = 4x2 parabola eltolásával jön létre.

3. írjuk fel az y — 5x2 parabola 20x —y — 7 egyenletű egyenessel párhuza­mos érintőjének az egyenletét.

A z adott egyfenlet y = 20x — 7 alakú, a vele párhuzamos érintő egyenlete y — 20x + b. Feladatunk b értékének a meghatározása. Abból indulunk ki, hogy a parabolának és érintőjé­nek egy közös pontja van, tehát a parabola és az érintő metszéspontját előállító egyenlet­rendszernek csak egy megoldása lehet. Az egyenletrendszer:

y = S x \ y = 20x + b ,

ebből5a:2 —20 x — b = 0.

Ennek az egyenletnek akkor van egy megoldása, ha diszkriminánsa 0, ezért 20* + 4 - 5 -6 = = 0 , b = —2 0 , tehát az érintő egyenlete:

y — 2 0x —2 0 .

M ás megoldási lehetőség: a (17.4.4) alatti érintő egyenletéből kiolvasható, hogy az érintő iránytangense 2ax0, tehát 10x 0 = 20 , x0 = 2 , ezért az érintési pont koordinátái (2 , 20). Ez akkor van rajta az y — 20x + b érintőn, ha b = — 20.

4. A dott a parabola F fókusza, d vezéregyenese és síkjának egy S pontja. Szerkesszünk a parabolához S ponton átm enő érintőt.

A 17.4.3. ábra alapján megállapíthatjuk, hogy az érintő felező merőlegese az F F ' szakasz­nak, ezért az érintő S pontjától F és F ' egyenlő távol van. Az érintőt ezért úgy szerkeszt­hetjük meg (17.4.5. ábra), hogy az S középpontú S F sugarú körrel kimetsszük a vezér- egyenesből az F ' pontot (az ábrán két F ' pont van: F[ és Fi), F F ' felező merőlegese az érintő. Az E érintési pontot az F'-bő\ a tengellyel húzott párhuzamos metszi ki az érintőből. A szer­kesztéshez természetesen nem használtuk fel a parabolát, az ábránkon ezt vékony vonallal rajzoltuk meg.

354

17.4.5. ábra. 4. feladat

17.4.6. ábra. 5 . feladat

5. A z O középpontú R sugarú félkörbe olyan köröket rajzolunk, amelyek a félkört és átm érőjét 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 tetszőleges K(x, y) középpontú r sugarú kör érintse a félkört az E pontban, az átmérői pedig az A pontban. A z O A K derékszögű háromszögből O K % — O A 1+ A K t, mivel r — y, OK — R — r ~ R - y ,

( R - y f = x 2+ y \ azaz y = j ,

ez pedig valóban parabola egyenlete (a parabolát az ábrán szaggatottan rajzoltuk be); a számításba jövő parabolaív a parabolának a félkörön belüli része.

Más megoldási lehetőség: húzzuk meg a félkörnek az átmérőjével párhuzamos d érintőjét. Az érintőkor K középpontjának rf-től mért távolsága R — r, de ugyanekkora Á"-nak az 0 -tó l mért távolsága is, ezért K rajta van azon a parabolán, amelynek fókusza O, vezéregyenese pedig d.

355

17.5. Az ellipszis és egyenletei

A z ellipszis azoknak a síkbeli pontoknak a halmaza, amelyeknek a sík két pontjától mért távolságösszege állandó érték.

A két pont az ellipszis két fókusza (gyújtópontja; a 17.5.1. ábrán ezek Fx és F?) , a távolságösszeget 2a-val szoktuk jelölni. Az FXF2 szakasz 0 felezőpontja az ellipszis középpontja, az O-tól az FXF2 egyenesen a távolságra levő A és, B pontok az ellipszis 2a hosszúságú nagytengelyét határozzák meg. Az ellipszis P pontjaira tehát az jellemző, hogy

FlP + F 2P = 2a. (17.5.1)

Ezt a feltételt az A és B pontok is kielégítik. Az AB felező merőlegesén levő C és D ellipszispontok az ellipszis kistengelyének a végpontjai, ennek hosszát 26-vel jelöljük, az OF, = 0F 2 távolságot pedig c-vel. Mivel FXD = F2D és FXD + +F2D = 2a, ezért. FXD = a, ennélfogva az FxOD derékszögű háromszögből

Z>2+ c 2 = dl . (17.5.2)

Az FXP és F2P szakaszok, ha P az ellipszis tetszőleges pontja, a P ponthoz tartozó vezérsugarak, ezek összege tehát 2a; rx+ r2 = 2a.

A nagy tengelyeivel és fókuszaival adott ellipszis pontjait úgy szerkeszt­hetjük meg, hogy felveszünk két szakaszt, rr et és r2-t, amelyeknek összege 2a~val egyenlő, ilyeneket legegyszerűbben a nagytengely valamilyen ketté- vágásával kaphatunk, az f \ körül rx sugárral és az F> 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 egyértelműen meghatározzák.

356

Válasszuk a koordináta-rendszert úgy, hogy a nagytengely az x tengelyen, a kistengely pedig az y tengelyen legyen; ekkor Fj, F2 és egy tetszőleges P el- lipszlspont koordinátái: Fx( —c, 0), F2(c, 0), P(x, y). A távolságképlettel (17.5.1 )-et így írhatjuk fel:

\ '( x + cy + f + / ( x - c ) 2+>'2 = 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. M ost ismét négyzetre emelve mindkét oldalt, rendezés után az

— _|— y2— = ja2 1 a2—c2

egyenletet kapjuk. Helyettesítsük ebben dr — c2-et a (17.5.2)-ből adódó 2^-tel:

I t + i * 1’ (R5'3)ez az ellipszis középponti egyenlete. Bebizonyítható, hogy a kétszeri négyzetre emelés ebben az esetben egyenértékű átalakítás volt, tehát a középponti egyenletet az ellipszis pontjai és csakis azok elégítik ki.

Az ellipszis pontjait paraméteres egyenletrendszerrel is megadhatjuk. H a az origóból induló r vektor végpontja írja le az ellipszist, akkor r(x, y) koordiná­tái:

x = a cos t,(17.5.4)

y = b sin t,

ha t befutja a 0 ^ t < 2n intervallumot, r leírja az ellipszist, mivelx y x y2

— = cos t, ~ = sin t, ebből — -f-Vs- = cos2 ?-|-sin2 t = 1, a b a1 V1

tehát a paraméteresen előállított pontok ellipszisegyenletet elégítenek ki.A z ellipszis érintője olyan egyenes, amelynek az ellipszissel egy közös pontja

van. A P pontbeli érintő az FXF2P háromszög P pontnál levő külső szög­felezője; a tengelyvégpontokban az érintő a tengelyre állított merőleges (17.5.2. ábra).

Az ellipszis P0(x0, yQ) pontjához tartozó érintő egyenlete:

*1 x + -y£ y = 1, (17.5.5)a1 b1

állításunkat pl. úgy bizonyíthatjuk, hogy a (17.5.3) és (17.5.5) egyenletekből álló egyenletrendszert megoldva megmutatjuk, hogy az ellipszisnek és a fenti egyenlettel megadott egyenesnek valóban csak a P0(x0, y0) a közös pontja.

357

Az ellipszis gyakorlati alkalmazásainak tekintélyes részében azt használjuk fel, hogy a kör vetületei általában ellipszisek, különösen áll ez a kör merőleges vetüietére, ha a kört síkjával nem párhuzamos síkra vetítjük. Ennek igazolására vegyünk fel egy a sugarú kört és vetítsük merőlegesen egy olyan síkra amely a kör síkjával <p szöget zár be (0 < <p < 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 koordináta-rendszer x tengelyét a két sík metszésvonalán választottuk).

A kör tetszőleges P(x, y ) pontjának a vetülete P0(x0, y0) pont, ahol x0 *= x és y 0 — y cos f . P rajta van az x 2+ y 2 — a2 egyenletű körön, végezzük el az

358

17.5.3. ábra. A kör eilipszisveíiilete

A kör affin zsugorításával nyert ellipszis 17.5.5. ábra. Az ellipszis kétkörös szerkesztése

helyettesítést, majd osszuk el a2-tel a kapott egyenlet mindkét o ldalát:

COS2 (p

foi2 ^ (a cos <ff = 1.

Ez viszont olyan ellipszis egyenlete, amelynek fél nagytengelye a-val (azaz a kör sugarával) egyenlő, fél kistengelye pedig b = a cos cp, 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 A B átm érőjére merőleges félhúrjait cos cp — -

arányban zsugorítjuk, a körre ún. merőleges affin zsugorítást alkalmazunk, ez

azt jelenti, hogy minden köri pontnak az A B átm érőtől mért távolságát — ada

részére csökkentjük. Előbbi meggondolásainkból az is következik, hogy m in­den ellipszist megkaphatunk úgy, hogy a nagytengely mint átm érő fölé szer­

kesztett kört (ez az ellipszis főköré) arányban zsugorítjuk.

Ez az észrevétel az ellipszis pontjainak egy egyszerű, gyors szerkesztését (az ún. kétkörös szerkesztést) teszi lehetővé (17.5.5. ábra). Szerkesszünk a tenge­lyeivel adott ellipszis középpontja körül a, ill. b sugarú köröket; a főkör egy tetszőleges P pontjának az affin zsugorítottját a következő m ódon szerkeszt­hetjük meg: az OP szakasznak és a kis körnek a Q metszéspontjából a nagy­tengellyel; P-ből pedig a kistengellyel húzunk párhuzamost, ezek metszés-

359

pontja P0, ez ellipszisnek a pontja. Ha ui. a PPQ egyenes a nagytengelyt 7-ben metszi, akkor az OPT <í -re alkalmazva a párhuzamos szelők tételét kapjuk, hogy

ai&7 P T - b -PT P T ~ PO ~ a ' 0 ~ a ’

s így P0-t valóban a főkör ~ arányú zsugorításával kapjuk.

Az ellipszis pontjait a jPő^o típusú „zászlócskák” szerkesztésével kapjuk meg. A kétkörös szerkesztéssel egyébként az ellipszis érintőit is könnyen meg­szerkeszthetjük : a kör egy R pontjában húzott érintő és a megfelelő R0 pont­beli ellipszisérintő a nagy tengely egyenesének S pontjában metszik egymást, mivel S-nek önmaga a zsugorítottja.

A 16.9. szakaszban rám utattunk arra a tényre, hogy egy síkidom vetületének területét az eredeti területből a sík és a vetületi sík hajlásszögének a koszinuszá­val való szorzásával kapjuk. Mivel minden ellipszis megkapható úgy, hogy az a sugarú kört olyan síkra vetítjük, amely a kör síkjával <p szöget zár be és

b .cos w = — , ezért a

b b ^ellipszis — ftcör'COS <p — í*kör' — ü 71a ,ű ü

^díipszis ” ^^71. (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.

x^ y*Az egyenletet + - ^ = 1 alakban akarjuk felírni, ebhez a- és b2 értékét kell megad­

at trnunk. Helyettesítsük be az egyenletbe az adott pontok koordinátáit, a’-re és 6 z-re kéíisme- retlenes egyenletrendszert kapunk:

16 9—ir + -~r, — 1, azaz 9a2-l 16 b2 = a"~b9-, a‘ b~

+ — 1, azaz 4a-+ 56b* = a2b". a‘ tr

A törtmentes egyenletek megfelelő oldalainak a különbségét véve kapjuk, hogy

5a1 — 20b' = 0. azaz a1 — 4b2,

Helyettesítsük ezt az első törtmentes egyenletbe:

3 6b2 + 16 b2 = 4 b \ 52 b2 = 4 b \

Mivel b2 0, ebbői b- = 13, és a- = 52 adódik; az ellipszis egyenlete:

— — 1,52 i3

360

helyettesítéssel meggyőződhetünk, hogy az adott pontok valóban rajta varinak ezen az ellipszisen. A féítengelyek hossza /5 2 é s Ki 3.

2. írjuk fel annak az ellipszisnek az egyenletéi, amelynek nagytengelye az x tengellyel, kistengelye az y tengellyel párhuzamos, középpontja a A'( — 6, 1) pont és félíengelyeinek hossza /"?, ill. j/3.

Ha a középpont az origó lenne, az ellipszis egyenletét így írhatnánk fel:

A feladatban szereplő ellipszist kapjuk meg, ha ezt az OÁ\ —6 , 1) vektorral eltoljuk., ezért az egyenlet (17.1.1) alapján:

( * + $ £ ( y z í f " 7 + 3

Megjegyezzük, hogy az ilyen egyenletet szokás poiinommá alakítva is megadni:3.r2+ 7 / - f 36x—1 4 /+ 9 4 = 0.

^2 y l3. Adjuk meg az = 1 ellipszisnek és az v = 2 x —9 egyenesnek a

36 12metszéspontjait.

A két egyenletből álló egyenletrendszer megoldása szolgáltatja a metszéspontok koordi­nátáit. Helyettesítsük be a második egyenletből kifejezett y értéket az első egyenletbe:

x2 {2 .* -9 ) 2 _ l 6"+ 12 ’

+ 3(4x2 — 36x + 81) = 36,13.t2 — 108,x 4 207 = 0,

1 0 8 1 V IŐ P -4 -I3 -2 0 7 108 + 30 , 69* = ----------- ----------------= _ _ _ ; Xl = 3, = l3 .

21A z ezekhez tartozó y értékek a zy - 2 x ~ 9 egyenletből:y \ — - 3, y t — —— . A metszés-

1 69 21 \ pontok: ^ ( 3 , - 3 ) , .

4. Egy A B szakasz úgy mozog a síkon, hogy az A pontja egy y egyenesen, a B pontja pedig mindig az y-ra merőleges x egyenesen van. M it ír le mozgás közben az AB szakasz belső P pontja, ha AP = a, PB — b hosszúságú?

Legyen az x és y egyenes a koordináta-rendszer x tengelye, ili. y tengelye (17.5.6. ábra). Elegendő a mozgást az I. síknegyedben vizsgálnunk, a többi siknegyedben kapott görbe ennek a görberésznek a tükrözéseivel kapható. Legyen az A BO < = t, az ábrán látható hasonló háromszögekből

x — a cos t, y = b sin t,

ez viszont éppen az ellipszis (17.5.4) alatti paraméteres egyenletrendszere. Ha a ~ b , a kör paraméteres egyenletrendszerét kapjuk meg (17.3.5); A B felezőpontja tehát kört ír le, többi pontja pedig ellipszist. Megjegyezzük, hogy az A B egyenesnek az A B szakaszon kívüli pont­jaira is érvényes (kis módosítássá!) a fenti bizonyításunk; ezek a pontok is ellipszist írnak le.

Az ellipszisnek most vizsgált tulajdonságai lehetővé teszik az ellipszis pontjainak gyors megszerkesztését, ezenkívül ezen az alapon eliipszisrajzoló mechanizmus is készíthető, ez az ún. e/lipszográf.

361

5. Határozzuk meg azoknak a pontoknak a halmazát (mértani helyét), ame­

lyekre az y = — és y — - egyenesektől mért távolságok négyzetének összege

40-nel egyenlő.írjuk fel az egyenleteket x —2y — 0, x + 2 y = 0 alakban. Egy P(x, y) pont ezekből az

egyenesektől mért távolságainak négyzete (17.2.8) alapján:( x - 2y f (x + 2y f

1 -f 22~ ’ 1+22 'A feladat feltételeit kielégítő pontok ezért eleget tesznek a következő egyenletnek:

( x - 2 y f , ( x ¥ 2 y f _ _ ---- + _ _ _ = 4o.Átalakítva

2a:2+ 8 y2= 40, ill.

100 251.

Ezek a pontok olyan ellipszisen vannak, amelynek féltengelyei 10, ill. 5. Gondolat- menetünk 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 F\ és F2; a hiperbola tetszőleges P pontját a fókuszokkal összekötő szakaszok a vezérsugarak, FXP — rx; F2P = r%. Ezek különbségének abszolút értéke állandó, ezt az állandót 2a-val jelöljük, tehát \r1—r2 \ = 2a. A hiperbola pontjait úgy szerkeszthetjük meg, hogy F1-ből egy tetszőleges rx

362

17.6 .1 . á b ra . H ip e rb o la , a sz im p to tá k , é r in tő

sugárral kört szerkesztünk, ezt elmetsszük olyan F2 középpontú r2 sugarú körre!, amelyre | rx — r2 \ = 2a teljesül (17.6.1. ábra).

Az FtF2 egyenesnek a hiperbolán levő 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 egyenlők. Az A B szakaszt (ill. egyenesét); a hiperbola valós tengelyének mondjuk, felezőpontja, O a hiperbola középpontja, erre tükrös a görbe. A valós tengely (vagy a köznapi használatban egyszerűen: a tengely) és az O-ban erre emelt merőleges a hiperbola szimmetria- tengelyei. Maga a hiperbola két részből — két ágból — áll; a bal oldali ágra i*2 — f \ = 2a, a jobb oldalira rx — 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 Fx( — c, 0), F2(c, 0), egy tetszőleges hiperbolapont legyen P(x, y). Az | rx — r2 \ — 2a összefüggést a távolságképlet alapján így írhatjuk:

| f ( x + c f ‘-\-y‘l - \ \ x - c ) ‘l + y 2\ — 2a.

Ez a hiperbola egyenlete. Ugyanúgy, mint az ellipszis esetében, ez az egyenlet egyenértékű átalakításokkal (kétszeri négyzetre emelés) rendezés után a követ­kező alakra hozható :

Vezessük be a r2 —a2 = b2 jelölést (c >- a; a b hosszúságnak most nincs olyan közvetlen geometriai jelentése, mint az ellipszisnél), így kapjuk a hiperbola középponti egyenletét:

363

V2= C M .D

A hiperbola egyenletében a bal oldalt szorzattá is alakíthatjuk:

- a+ Í ) ( í - Í ) = L (17-0 )Az

x y x y---- i—j~ = 0, ---- I--7- = 0a b a b

egyenletű egyenesek a hiperbola aszimptoíái, egyenletük egyébként

b x+ a y = 0 és b x —ay — 0 (17.6.3)

alakban is írható. Az aszim ptoták átmennek a középponton, de a hiperbolával nincs közös pontjak, ami a (17.6.2) alakból is látszik, a közös pont ti. a hiper­bola egyenletének bal oldalát nullává tenné. A hiperbola két ága az aszim p­toták által meghatározott két csúcsszögtartományban helyezkedik el. A hiper­bola szimmetriatengelyeire az aszimptoták is tükrösek.

H a P a hiperbola tetszőleges pontja, az FjPF^, háromszög P pontjához tartozó (belső) szögfelező a hiperbola érintője, ennek a hiperbolával csak a P a közös pon tja ; a csúcsokban az érintők merőlegesek a valós tengelyre. A P0(x0, >’0) hiperbolapontban az érintő egyenlete:

Állításunkat úgy igazolhatjuk, hogy a 17.6.1. és 17.6.4. egyenletekből álló egyenletrendszert megoldva megmutatjuk, hogy a hiperbolának és a fenti egyenlettel megadott egyenesnek csak egy közös pontja van, és ez éppen a P<Axo, ^o) p o n t

A hiperbolát is előállíthatjuk paraméteres egyenletrendszerrel; két ilyen előállítást adunk meg: az egyik

a , í n n 3nx = ------ r , y = b tg í j 0 = ? = 2ti, t

cos t \ 2 2

M ás vizsgálati célokra előnyösebb a következő paraméteres előállítás:

x ~ ± a c h t , y — b sh t, (17.6.5)

ha t befutja a valós számokat, a (eh t, sh t) alakú pontok a hiperbola jobb oldali ágát, a ( —eh t, sh i) alakú pontok pedig a bal oldali ágát írják le. (A eh t, sh t függvények meghatározására 1. a 20.10. szakaszt.)

Az előállítások helyessége a (17.6.1) egyenletbe való helyettesítéssel közvet­lenül belátható, pl. az első esetben

364

; \ 2 / j \ 2 _ 1 3 — 1 —sin2 1 _ cos2 1 _i j \ h j cos2 1 1 cos2 t cos2 1 ’

tehát az ( —- — , b tg t \ alakú pontok hiperbolaegyenletet elégítenek ki, és az \ cos t J

adott formában minden hiperbolapont felírható.x 2 y2

Legyen most P0{x0, yQ) az —^ — 5 hiperbola tetszőleges pontja. Be­

bizonyítjuk, hogya hiperbola pontjainak a két aszimptotától mért távolságait összeszorozva állandó értéket kapunk,

A P0 pontnak az aszim ptotáktól mért távolságai (17.2.8) és (17.6.3) alapján: bx0 + ay0 bx0 — ay0^/ a 2+b2 Ya2+ b2

a távolságokat itt előjelesen értjük. A távolságok szorzata:(bxo + a y ^ ib x o -a y o ) b2x l~ á 2yl a2b2 l x% a2b2

a2+ b2 a2+ b2 a2+ b2 \ a 2 b2) a2+ b2 ’

ami valóban állandó érték. Gondolatmenetünk meg is fordítható, így a követ­kezőket kapjuk:

azoknak a pontoknak a halmaza, amelyeknek két metsző egyenestől mérttávolságait összeszorozva állandó érléket kapunk, olyan hiperbola, amelyneka két egyenes a két aszimptotája.

A hiperbolát derékszögűnek (régebbi elnevezéssel: egyenlő szárúnak) mondjuk, ha aszim ptotái merőlegesek egymásra. A (17.6.3) alatti aszimptota egyenletekből látjuk, hogy az aszimptoták norm álvektorai (b, a) és (b, —a), ezek akkor merőlegesek, ha skaláris szorzatuk nulla, vagyis b2—a2 — 0, b2 = a2, mivel azonban a és b pozitívak, a — b; a derékszögű hiperbola egyen­lete ezért

y 2---- = 1 vagy x 2—y 2 = a2. (17.6.6)a2

Forgassuk el az (x, y) koordináta-rendszert — 45°-kal (17.6,2. ábra), és írjuk fel a derékszögű hiperbola egyenletét az új, y'} koordináta-rendszer­ben. Az áttérés formulái (17.1.6) alapján

V2x = x' cos ( - 4 5 ° ) - / sin ( -4 5 ° ) = - — ( * ' + / ) ,

f2y = x ' sin ( - 4 5 ° ) + / cos ( -4 5 ° ) = ( - x '+ y ' ) .

365

17.6.2. ábra. Derékszögű hiperbola

Helyettesítsük ezt az x2—y 2 = a2 egyenletbe:

a2 = x2- / = ~ (x, + v')2- y ( - x / + / ) 2

1(x '2 + 2x'y' + / 2 - x '2 + 2 x '/ - / 2),

x 'y ’ = -y - = állandó,

vagyis az aszim ptoták koordináta-rendszerében a derékszögű hiperbola egyen­lete:

x y = c, ill. y —

alakú, ahol c ^ 0 állandó; ez egyébként összhangban van előbbi eredmé­nyünkkel, amely szerint a hiperbolapontok aszim ptotáktól mért távolságainak a szorzata állandó, hiszen a szóban forgó távolságok itt éppen a pont koordi­nátáival egyenlők (17.6.3. ábra).

Feladatok

1. írjuk fel annak a hiperbolának és aszim ptotáinak az egyenletét, amelynek középpontja az origó, valós tengelye az x tengelyen van és átmegy a (3, yi4), (Y'J2, / 2 i ) pontokon.

y2Helyettesítsük be a pontok koordinátáit az - = 1 egyenletbe, így az ismeretlen

a2-re és b2-re kétismeretlenes egyenletrendszert kapunk:9 __14

L2~ * >

366

12___ 21 _a2 b3

9£>2— 14a2 = a2£>2,I262—21a2 = a -b \

A két egyenlet megfelelő oldalainak a különbsége •

— 362 + 7a2 = 0, á* = - j b ' t,

d l kifejezését az első törtmentes egyenletbe helyettesítjük:364

9b2- 6b2 =

2162 = 3£>l, 62 = 7, a2 = 3,

és így a hiperbola egyenlete:

= !3 7

az aszimptoták egyenlete (17.6.3) alapján}! 1x + f í y = 0 , f l r - fS y = 0 .

2. M utassuk meg, hogy az3 x —3

y = - J = T

egyenlet derékszögű hiperbola egyenlete. írjuk fel az aszim ptoták egyenleteit.Az egyenlet mindkét oldalát x — 2-vel megszorozzuk, majd átalakítjuk az így kapott

egyenletet:y ( x — 2) = 3.v— 3, y (x — 2) = 3(.v —2)4-3, (x — 2) (y — 3) = 3.

Ez viszont annak a derékszögű hiperbolának az egyenlete, amely az x y — 3 egyenletű 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 koordináta-tengelyekkel húzott párhuzamo­sak; egyenleteik:

x = 2 , ill. y = 3 .

3. A dott egy S pont és egy y egyenes, és legyen <S-ből az y-ra állított merő­leges egyenes x, x és y metszéspontja O. Szerkesszük meg azokat a rombuszo­kat, amelyeknek egyik csúcsa az S, az S-bői induló egyik oldal végpontja az x S kezdőpontú O-1 nem tartalm azó félegyenesén, a másik oldal végpontja pedig az y egyenesen van. M utassuk meg, hogy az á'-sel szemközti rombuszcsúcsok hiperbolán vannak.

Legyen az x és y egyenes a koordináta-rendszer x, ill. y tengelye, és legyenek az y-on változó Q rombuszcsúcs koordinátái <2(0, y) (17.6.4. ábra), a rögzített S koordinátái pedig S(s, 0). Mivel Q S = Í7 + 7 1 és QP — QS, az S-sel szemközti P rombuszcsúcs koordinátái P(x, y), ahol x = QP — / í 2 4-y2. A P pontok tehát eleget tesznek az

x = f s 2+ y 2

egyenletnek. Mivel mindkét oldal pozitív, ezzel egyenértékű egyenletet kapunk, ha mindkét oldalt négyzetre emeljük, majd rendezzük:

367

17.6.4. ábra. 3. feladat

X2 = JC2 - / = í 2,

ez viszont origó középpontú derékszögű hiperbola egyenlete. Mível az x itt csak pozitív lehet, a P csúcsok a hiperbola jobb oldali ágán helyezkednek el.

17.7. Képszeletek és másodrendű görbék

Az ellipszist, hiperbolát és parabolát összefoglaló néven kúpszeleteknek nevez­zük, mivel mindegyiket (kettős) forgáskúp síkmetszeteként kaphatjuk meg. Ha a metsző sík a kúp minden alkotóját metszi, a metszet ellipszis (vagy kör), ha egy -alkotóval párhuzamos, a metszet parabola, ha a metsző sík két alkotót nern metsz, a kimetszett görbe hiperbola (17.7.1. ábra).

A kúpszeleteket többféle módon lehet még egységesen definiálni. PJ. a kúp­szelet azoknak a pontoknak a halmaza, amelyeknek egy egyenestől és egy egye­nesen kívüli ponttól mért távolságaránya állandó érték, f ia ez az arány 1-nél kisebb, a görbe ellipszis, ha 1, akkor parabola, ha viszont 1-nél nagyobb, akkor hiperbola. (A kör nem fér bele ebbe a definícióba.) A definícióban szereplő pont a kúpszelet (egyik) fókusza (1. a 17.8. szakaszt).

17.7.1. ábra. Kúpszeletek: ellipszis, parabola, hiperbola

368

A kúpszeletek egyenlete — m int láttuk — másodfokú kétismeretlenes egyenlet. Általánosabban is felvetődik a kérdés, hogy a m ásodfokú kétisme­retlenes egyenletet milyen alakzatok pontjai elégítik ki. E rre a kérdésre ad választ a másodrendű görbék elmélete.

Másodrendű görbéknek nevezzük azokat az alakzatokat, amelyeknek a pontjai a következő alakú egyenleteknek tesznek eleget:

an x 2 + 2a12xy + a22y 2 + 2a13x+ 2a23y + a33 = 0. (17.7.1)

Az a,k jellegű számegyütthatókról meg kell jegyezzük, hogy a12-1 a a21 alak­ban is írhatjuk, tehát a12 = a21, hasonlóan a13 — a3l és a23 — a32. Az írásmód onnan származik, hogy ezeket az együtthatókat egy determináns elemeinek tekintjük, ez az A értékű determináns a görbe determinánsa:

A =@11 @12 @13

@21 @22 @25 @31 @32 @33

A determináns tehát szimmetrikus a főátlóra; e determináns alapján el­dönthető, milyen alakzatot jellemez a (17.7.1) egyenlet. Ennek vizsgálatában lényeges szerepet játszik az A 33 aldeterm ináns:

*33@11 @12

@ 21 @22— @11@22 @12’

H a A 33 =- 0, a görbét elliptikusnak, ha A33 = 0, akkor parabolikusnak, ha pedig A 33 < 0, a görbét hiperbolikusnak mondjuk.

H a viszont A ^ 0, a görbe közönséges, ha A = 0, a görbe elfajult. Hogy egyes esetekben a fenti összefüggések mit jelentenek, a következő táblázatból olvasható ki:

A = 0, elfajult görbe A 9* 0, közönséges görbe

^ 33 - 0 1. 2.elliptikus pont ellipszis vagy kör, vagy üres

alakzat

oIIS? 3. 4.parabolikus párhuzamos egyenespár parabola

vagy kettős egyenesvagy üres alakzat

A 33 -c 0 5. 6.hiperbolikus metsző egyenespár hiperbola

369

A táblázat mind a hat mezőjében szereplő alakzatra m utatunk egy példát, ill. már ismert példára hivatkozunk.

1. x 2+ y 2 — 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;kettős egyenes: (x + y )2 = 0; üres alakzat: x 2+ 1 = 0 ;

4. parabola: (17.4.1);5. metsző egyenespár (x-f y)(x — y) = 0, ez az x + y = 0 és x — y — 0 egye­

nesek közös egyenlete;6. hiperbola (17.6.1).

Az ellipszis (A ^ 0, A3S > 0) vagy hiperbola (A ^ 0, A 3S < 0) középpont­jának koordinátáit az

anci + an cz + ai3 = 0,21 1 +' a22c2 @23 ~ 0

egyenletrendszer megoldása szolgáltatja, a középpont koordinátái tehát: C(cj, c2). A koordináta-rendszer kezdőpontját ide eltolva a másodrendű görbe egyenlete az

Aan x 2 + 2an x y -f a22y 2 + - j — = 0

33

alakba megy á t; 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?A görbe determinánsa:

! 5 - 2 3 A = | - 2 6 0 = - 2 1 0 0,

| 2 0 - 6a g ö rb e k ö z ö n sé g es ,

, 1 5 - 2 ! _ _ n33 — | _ 2 6 j ~ ^ ’

a görbét kielégíti a (0 , 1) pont, ezért ellipszis.

2. Milyen görbének az egyenlete az x - —y 2 + x — 3y — 2 - 0?A görbe determinánsa:

A =

a görbe elfajult,

370

I 0 0,5 0 - i - 1 ,5 0,5 -1 ,5 - 2

= 0,

A — I * 0 1 i n^ 3 3 — Q _J I ~ — 1 -= 0,

a görbe metsző egyenespár.A metszéspont koordinátáit ugyanúgy számíthatjuk ki, mint a centrumét:

t + 0,5 = 0, c t = -0 ,5 ;— c« — 1,5 — 0, c% = -1 .5 ,

ezért a metszéspont: M ( - 0,5; —1,5).A két egyenest meghatározhatjuk úgy, hogy pl. az x tengelyen levő pontjaikat keressük

meg, ezekre y = 0 , ezt helyettesítjük a görbe egyenletébe :

xí+ x -2 = 0,- i + y'iTs

x = ------ 2------ ’ A'1 ’ X~ ~ ~ezért a metszéspontok: /^ (l, 0), P.,( — 2, 0). A görbe tehát az M P X és MP-> egyenesekből áll; egyenlete e két egyenes nullára rendezett egyenletének a szorzata:

( x - y — l ) ( x + y + 2 ) = 0.

17.8. Polárkoordináták

Síkgörbék vizsgálatához olykor a polárkoordináták használata bizonyul cél­szerűnek. Adjunk meg a síkon egy O kezdőpontot (origót) és egy belőle induló félegyenest, amit itt kezdőiránynak nevezünk. Az O kezdőpontú vektoroknak a kezdőiránnyaí bezárt f forgásszögét itt is irányszögnek mondjuk. Ha P a sík tetszőleges pontja, az OP hosszát r-rel szokás jelölni. Mivel/- és q>a z OP-t egy­értelműen meghatározzák (! 7.8.1. ábra), az (r, q>) számpárt a P pont polár- koordinátáinak nevezzük.

A polárkoordináták egyértelműen meghatározzák a pontot, a ponthoz tartozó r érték is egyértelmű, a rp irányszög helyett azonban f+ k -3 6 0 ° (k tet­szőleges egész) is tekinthető irányszögnek. Megállapodás szerint az origó irány­szöge tetszőleges lehet.

Megkülönböztetés céljából a 16.4. szakaszban értelmezett {O, i, J, k}, ill. {O, i, j} rendszerbeli koordinátákra a derékszögű koordináták elnevezést fogjuk használni.

371

A polárkoordináták és a derékszögű koordináták között egyszerű kapcsolat van, legyen O az {x, y} koordináta-rendszer origója, kezdőiránya pedig az x tengely pozitív felével essék egybe, ekkor

x = r cos <jv, y = r sin cp,

a polárkoordináták ismeretében tehát így határozhatjuk meg a derékszögű koord inátákat; ha viszont egy P(x, y) pont derékszögű koordinátáit ismerjük,

ya polárkoordinátái, mivel x 2+ y2 = r2 és — — tg cp (x 0):

,-------- xr = l/x * + y \ cos y = y = = ;

a cp értéke az utóbbi egyenlet [0, 180°] intervallumba eső <p0-lal jelölt megoldása, ha y s 0; ha viszont y < 0, akkor q> = 360° —cp0. (Ha y pozitív és x ^ 0, akkor cp-1 rendszerint a

y* v = -

egyenlet [0, 180°] intervallumba eső megoldásaként is előállíthatjuk.)

Néhány alakzat polárkoordinátás egyenlete:1. Az origón átm enő a irányszögű egyenes: cp — a.2. Origó középpontú q sugarú kör egyenlete: r = q.3. A kúpszeletek polárkoordinátás egyenletét legegyszerűbben a 17.7. sza­

kaszban közölt általános kúpszelet-tulajdonság alapján vezethetjük le, eszerint a kúpszelet pontjainak az F fókusztól és egy d egyenestől (vezéregyenestől) m ért távolságaránya egy állandó e értékkel egyenlő.

Legyen az origó az F fókuszban, a kezdőirány a fókuszt tartalmazó tenge­lyen ; legyen továbbá a kúpszelet fókuszon átmenő, a tengelyre merőleges húr­jának a hossza 2p. A d vezéregyenest válasszuk a kezdőirányra merőlegesen az

F-től ~ távolságra, F-nek a kezdőiránnyal ellentétes oldalán (17.8.2. ábra).

372

z

A kúpszelet egy tetszőleges pontját jelölje P, polárkoordinátái (r, cp). Mivel P-nek F-től és d-től mért távolságaránya e, a /'-bői d-re állított P T merőleges

rhossza - . Az ábráról

er p

— = — Yr cos cp, e e

r = p + re cos

r =1 — e cos cp

(17.8.1)

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 — helyett r e

— — -t kell vennünk, ezért ennek polárkoordinátás egyenlete:

r =— 1 — e cos

Bebizonyítható, hogy az ellipszisnél és hiperbolánál használt jelölésekkelc

e = —, e neve: numerikus excentricitás, továbbá p = - — ellipszisnél és hiper­

bolánál, parabolánál pedig megegyezik az o tt használt p paraméterrel. A cp szög ellipszisnél a 0 ^ cp < 360°, parabolánál 0 < cp < 360° feltételeknek tesz eleget, hiperbolánál pedig cp értékét az 1 — e cos cp >- 0, ill. — \ —e cos cp >- 0 feltételek szabják meg, mivel r nem lehet negatív.

Térbeli polárkoordinátáknál a kiindulás egy rögzített a félsík, ennek határ­egyenese az irányított 2 egyenes (17.8.3. ábra), ezen van a rögzített O origó. A tér egy tetszőleges P pontjára és z-re illesztett félsík legyen ax, a-t a c^-be

373

(z irányával szembenézve) cp szögű forgás viszi (0 S cp < 360°). Az ÖP-nak a z irányával bezárt szöge legyen $(0 s # < 180°). Az OP hosszát r jelöli. A P pont helyzetét az r, <p, # egyértelműen meghatározza, ezért ezeket a P polár- koordinátáinak nevezzük; (r, cp,$) a P pont térbeli polárkoordinátái.

A térbeli polárkoordináta-rendszert beágyazhatjuk egy derékszögű koor- dináta-rendszerbe; a derékszögű koordináta-rendszer és a polárkoordináta- rendszer origója essék egybe, a z tengely legyen a z irányított egyenese, az x tengely pedig Jegyen a a síkban. A P(r, cp, §) polárkoordinátájú pont derékszögű koord inátái:

x = r cos cp sin y = r sin cp sin d, z — r cos ■&.

Megfigyelhetjük, hogy a térbeli polárkoordináták a 16. i 1. szakaszban hasz­nált. földrajzi koordinátáktól abban térnek el, hogy a fi szöget (ott qo-vel jelöl­tük) nem az egyenlítő síkjától (azaz egy, a z-re merőleges síktól), hanem a z tengelytől 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 egyértelműen meghatározza. A P pont akkor és csakis akkor van rajta az így meghatározott egyenesen, ha a PflP párhuzamos a v-ral, azaz van olyan t valós szám, hogy P0P — tv (17.9.1. ábra). Jelölje P(x, y , z) helyvektorát r(x, y , z), P0 helyvektorát r0(x0, y0, z0) és legyenek v koordinátái v(a, b, c). Mivel P0P = r —r0, előbbi egyenletünk r —r0 = tv alakban írható, ezt átren­dezve az egyenes vektoregyenletét kapjuk:

r = r0 + tv. (17.9.1)

Ha t értéke befutja a valós számok halmazát, r végpontja leírja az egész e egyenest. A (17.9.1) egyenlet a benne szereplő vektorok koordinátáira is telje­sül:

x ~ x0+at,y = y0 + bt, (17.9.2)z — z0 + ct,

ez az egyenes paraméteres egyenletrendszere, a t változót nevezzük itt paramé-

17.9.1. ábra. Az egyenes megadása/’o pontjával és v irányvektorával

374

17.9.2. ábra. Kitérő egyenesek

térnék. Ezt az egyenletrendszert szokás úgy is felírni, hogy minden egyenletéből kifejezzük a t param étert:

í = f 5 L = 2 Z ^ . = £ l 3 L ( s= /). (17.9.3)a b c

(H a pl. a — 0, akkor az első tört helyett x — x0-t írunk.)Legyen pl. P0(3, —1, 4), a rajta átm enő egyenes irányvektora v (—7, 2, 1);

ekkor az egyenes paraméteres egyenletrendszere:x = 3 — 7/, y = - 1 + 2 1, z = 4 + t.

Ennek az egyenesnek pontja az S( — 11, 3, 6) pont, mert t — 2 esetén éppen az a pont áll elő. Az egyenletrendszer paramétermentes alakja:

ebben az alakban is meggyőződhetünk 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 kiegészítő szögével egyenlő.

H a a két egyenes nem párhuzamos, metsző vagy kitérő voltukat többféle módszerrel is eldönthetjük. Az ex egyenest vt irány vektorával és rx helyvektorú

pontjával, az e2 egyenest v2 irányvektorával és r2 helyvektorú P2 pontjával adjuk meg (a 17.9.2. ábrán a helyvektoroknak csak a végpontjait jelöltük). H a el és e2 nem párhuzamosak, akkor metszők, ha egy síkban vannak és ez egyen­értékű azzal, hogy a Vi, v2, P^Pi — rx—r2 vektorok egysíkúak, ez pedig akkor és csakis akkor következik be, ha vegyesszorzatuk nulla (1. a 16.10. szakaszt), azaz

V 2( r i - r 2) = 0. (17.9.4)

Egy másik módszert használunk a 3. feladat megoldásában.

375

Koordinátageometriai célokra a síkot rendszerint egy pontjával és egy rá merőleges vektorral, az ún. normálvektorral adjuk meg, ezek az adatok a síköt m ár egyértelműen meghatározzák. (A normálvektor sohasem nullvektor.)

Legyen a sík egy adott pontja az r0 helyvektorú P0 pont, egy norm álvektora n és a sík egy tetszőleges pontja az r helyvektorú P pont. P akkor és csakis akkor van az adott síkban (17.9.3. ábra), ha r —r0 merőleges n-ra, tehát skaláris szorzatuk 0:

n ( r - r 0) = 0. -(17.9.5)Ez a sík vektoregyenlete.

Legyenek most az egyenletben szereplő vektorok koordinátái: n(A, B, C), r0(x0, y0, z0), r(x, y, z), előbbi egyenletünk ezekkel a koordinátákkal a következő a lak ú :

A ( x ~ x 0) + B ( y - y 0) + C ( z - z 0) = 0.

Ez a sík általános egyenlete. Á trendezve:

A x + B y+ Cz = A x0 + By0 + Cz0, (17.9.6)

a jobb oldalon levő állandó értéket szokás D-vel vagy — D-vel jelölni, ezzel az egyenlet így írh a tó :

A x + By + Cz = D vagy A x + By + Cz + D = 0. (17.9.7)

Pl. az n(5, —3, 2) normálvektorú és a P0(2, 2, 7) ponton átm enő sík egyen­lete:

5 x - 3 y + 2z = 5 - 2 - 3 - 2 + 2-7 = 18.

M egm utatható, hogy ha az A, B, C számok között van nullától különböző, 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. H a a sík normálvektora egységvektor, a sík

17.9.3. ábra. A sík megadása P0 pontjával és n normálvektorával

376

17.9.4. ábra. Pont és sík távolsága

egyenletét normálegyenletnek mondjuk, a normálegyenlet az egyenesek norm ál­egyenletéhez hasonló szerepet játszik a síkok körében.

Adjuk meg a síkot az r0 helyvektorú P0 ponttal, továbbá az n° normál egységvektorral. Ha az r helyvektorú P pont benne van a síkban, akkor ( r —r0) n° = 0, mint (17.9.5) esetében láttuk; ha viszont P nincs a síkban, akkor n°(r—r0) a P0P-nak az n° egyenesén levő merőleges vetülete, tehát P-nek a sík­tő im ért (előjeles) távolságával egyenlő (17.9.4. ábra). Az A x + By + Cz + D — 0 egyenletből a normálegyeeletet úgy kaphatjuk meg, hogy az egyenlet mindkét oldalát elosztjuk az n(A, B, C) normálvektor hosszával, azaz ^ A i + B2 + Ci-tel, tehát a normálegyenlet

A x + By + Cz + D _ ^jíW + W + c 2

ennek megfelelően a P(x, y, z) pont távolsága a síktól:d = \A x + B y + C z + D |

f A 2+ B 2 + C2

Ha két sík párhuzamos, normálvektoraik is párhuzam osak; két sík hajlás­szöge normálvektoraik hajlásszögével vagy annak kiegészítő szögével egyenlő (figyelembe kell vennünk, hogy síkok hajlásszögén 90°-nál nem nagyobb szöget értünk).

Feladatok

1. írjuk fel az A (— 1, 7, 12), B(2, 5,0) pontokat összekötő egyenes egyenletrend­szerét.

Az egyenes irányvektora a v = AB(3, — 2, —12) vektor, ezért rögzített pontjának A-t választva az egyenes paraméteres egyenletrendszere:

x = - 1 + 3/,.v = 7 —2í, z = 1 2 - 12/.

Számításunk ellenőrzésére meggyőződhetünk róla, hogy a B pont is az egyenesen van, hiszen a / = 1 érték éppen a B pontot állítja elő. Egyenletrendszerünknek paramétermentes alakja a következő:

jr+ i y —1 _ z — 12 ' 3 = ' - 2 ‘ = “ ÍF '

2. M ekkora a <2(4, 2, 1) pont távolsága az x = 6 + 6 /, >■ = 21, z — 1 + 3 / egyenestől ?

Az egyenes P0(6 , 0, !) pontját a Q-val a P„0( - 2, 2, 0) vektor köti össze. Q-nak az egyenes­től mért távolsága, egyenlő a P0Q vektor v(6 , —2, 3)-ra merőleges összetevőjének, m-nak a hosszával (S7.9.5. ábra). A 16.7. szakasz 5. feladata szerint

m = PfQ - - --8---- .

E h h e z íö ö -v = - 1 2 - 4 = - 1 6 , v2 = 49, (P^Q v)v = ( - 9 6 , 32, -4 8 ) ,

. „ „ / 96 32 48 \ / 2 66 48 \“ “ ( ' ’ ’ } ( 49 ’ "49 ’ 49 ) ~ ( 49 ’ 49 ’ 49 ) '

/ "6664~” 492” = '67.

Afoí megoldás: Indítsuk a v-t a iV b ó! kiindulva, a P0ö és v egy paralelogrammát feszíte­nek ki, amelynek területe | P0Q X v | ; a területet viszont | v | ] m j alakban is felírhatjuk (alap és magasság szorzata), ezért

I v | |m | = l /> o e x v |, ebből

P^QXv =

!/*oÖXv|

i j ki- 2 2 0 = (6 , 6 , - 8), | PoQXv | = /136, 6 - 2 3

3. Metszik-e egymást az x — 3 — 5/, y = 4 + 2 /, z = 3/ és az x = — 1 H- 2/, y — 4 —/, z = —4 —2/ egyenesek?

A kérdésre választ adhatunk (17.9.4) alapján; a Vj( — 5, 2. 3), v»(2, — i, —2) irányvektorok nem párhuzamosak, ezért egyeneseik sem; rt —r» = (3, 4, 0 )—( — 1, 4, —4) = (4, 0, 4), ezért

1 - 5 2 3V i^ i - r j ) = | 2 - 1 - 2

4 0 42 0 -3 2 + 1 2 = 0,

a két egyenes tehát metszi egymást.M ás megoldás: Ennek a megoldásnak az előnye, hogy metsző egyenesek esetén a met­

széspontot is megkapjuk. Induljunk ki abból a feltevésből, hogy a két egyenes metszi egymást egy M pontban, ezt a metszéspontot az első egyenesen a t L paraméterrel a másodikon a / , paraméterrel állítjuk elő, ezért

378

17.9.5. ábra. 2. feladat

3 — 5/j — — 1 2 /a,4+2/j — 4 —/2,

3/x = -4 -2 / j .A két egyenesnek akkor van közös pontja, ha ennek az egyenletrendszernek van megoldása. Az első egyenlethez adjuk hozzá a második kétszeresét:

1 1 - / ! = 7. ebből /* = 4.

/j értékét az első egyenletbe helyettesítve kapjuk, hogy z. = — 8 . A kapott értékek akkor megoldásai az egyenletrendszerünknek, ha a harmadik egyenletet is kielégítik: 12 — -4 4 -1 6 , s ez valóban teljesül. Ezek szerint a metszéspont: M ( — 17, 12, 12), a két egyenes tehát metsző.

Megjegyezzük, hogy a két egyenes kitérő volta abban mutatkozna meg, hogy az egyenlet­rendszernek nem lenne megoldása.

4. írjuk fel az A( — 7, 2, 3). B(5, 0, 9) pontok által m eghatározott szakasz felező merőleges síkjának az egyenletét.

A sík normálvektora az AB( 12, —2, 6), egy pontja az AB szakasz F felezőpontja. F koordinátái (16.5.8) alapján F( — í. 1. 6); ezért a síic egyenlete:

\2 x — 2y + 6z = 12( - l ) - 2 -l + 6 -6 = 22 ,vagy 2-vel egyszerűsítve:

6 x —y + 3 z = 1 1 .

5. írjuk fel az A(2, I, — 3), B( — 1, 2,25), C(0, —3, —3) pontokat tartalm azósík egyenletét.

A sík egyenletének felírásához szükségünk van a sík normálvektorára, ezt pl. a CA, CB síkbeli vektorok vektoriáiis szorzataként állíthatjuk elő. A síkbeli vektorok végpontjaik helyvektorainak a különbségével egyenlők (17.9.6. ábra), ezért

CA( 2,4,0), C B {-1,5,28),

379

C A X C B :i j k2 4 0

-1 5 28= (112, -56, 14).

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:

8 x - 4 y + z = 8 -0 —4( — 3) — 3 = 9,8 x - 4 y + z = 9.

Ellenőrizhetjük, hogy ezt az egyenletet mindhárom pont koordinátái kielégítik.

6. Számítsuk ki az A(2, 1, - 3 ) , £ ( - 1 , 2 , 25), C(0, - 3 , - 3 ) , D (l, 10, 11) csúcsokkal rendelkező tetraéder D csúcsához tartozó magasságnak a hosszát.

A magasság m hossza a D pont távolsága az A B C síktól. Az A B C sík egyenletét az előző példában már felírtuk, ezért D távolsága az A BC síktól (17.9.8) alapján:

18-7 — 4-1 0 + 11 —9| _ 18 _/ 82 + 42+ l 9

7. Számítsuk ki a 2x — 3y + 4z = 3 sík és az x = 1 1 +2 t ,y — —t, z = 29 + 5? egyenes metszéspontjának a koordinátáit.

Tegyük fel, hogy ametszéspont azegyenes / paraméterértékhez tartozó pontja, ennek tehát ki kell elégítenie a sík egyenletét. Helyettesítsük ezért ezt a sík egyenletébe:

2(11 + 20 —3( —0 + 4(29 + 5/) = 3,ebből

27/ = - 135, / = - 5.

Az egyenes / = - 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 /-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: nj(3, 2, —5) és n2(7, - 2 , 1) nem párhuzamosak, a síkok sem párhuzamosak, tehát van metszésvonaluk. A metszésvonal v irányvektora merőleges mindkét sík normálvektorára, ezért az irány vektornak megfelel nj és n2 vektoriáiis szorzata: ^ X n ,. 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 = 4,7 x - 2 y = 16

egyenletrendszert. A két egyenlet megfelelő oldalait összeadva kapjuk, hogy 10* = 20, ebből x = 2. Ezt az első egyenletbe helyettesítve:

3 •2 + 2.)' = 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 teljesítő pontot célszerű keresni.)

Az egyenes irány vektora:i j k

njX nj = 3 2 —5 7 - 2

= ( - 8 , - 3 8 , - 2 0 ) ,

380

17.9.7. ábra. 9. feladat

irány vektornak a — 1 /2 szeresét is választhatjuk:

v(4, 19, 10). így az egyenes egyenletrendszere:

x = 2 + 4/, y = - l + l9t, z = 10/.

17 sík és az x = 3 + 5/, y = ■1 + /, z — 6+ 2 t9. M ekkora az x — 5y + 4z egyenes hajlásszöge?

Sík és egyenes hajlásszöge az egyenesnek és síkon levő merőleges vetületének a hajlás­szögével egyenlő. A 17.9.7. ábráról leolvasható azonban, hogy ez a szög az egyenes v irány­vektorának és a sík n normálvektora által bezárt hegyesszögnek a pótszöge.

Először tehát meghatározzuk n és v <5 hajlásszögét (16.7.9) alapján:

. nv 5 - 5 + 8 8cos <5 = ------------ = __ — = —, - = r = 0,2254,

| n | | v | /4 2 /3 0 1260

ő = 76,96°, ebből a sík és egyenes hajlásszöge. q> = 13,04°. (Ha cos á-ra negatív érték adódna, akkor abszolút értékét kell vennünk.)

381

18. Szerkesztések

18.1. Az euklideszi alapszerkesztések és alkalmazásaik

Síkgeometriában szerkesztésen olyan eljárást értünk, amely adott pontokból, egyenesekből, körökből m eghatározott szabályok szerint újabb pontokat, egyeneseket, köröket állít elő, A klasszikus, ún. euklideszi szerkesztéseknél ezek a szabályok a következő öt alapszerkesztés tetszés szerinti (véges) számú alkalmazásából állanak:

a) két ado tt pontot összekötő egyenes szerkesztése;b) két adott egyenes metszéspontjának a szerkesztése (megjelölése);c) ado tt pont körül adott sugárral kör szerkesztése;d) ado tt kör és egyenes metszéspontjainak a kijelölése;e) két adott kör metszéspontjainak a szerkesztése.

Mindezekhez elvben egy körző és egy egyélű vonalzó használható fel; feltéte­lezzük továbbá, hogy körzőnket két adott pont távolságára mindig ki tudjuk nyitni és a síkon is adott (a szerkesztendő alakzattól függetlenül) két kijelölt pont.

H a ezekkel a szerkesztési lépésekkel bizonyos adatokból egy alakzat meg­szerkeszthető, akkor azt euklideszi értelemben szerkeszthetnek mondjuk, ha nem, akkor euklideszi értelemben nem szerkeszthető; nem szerkeszthető pl. adott négyzettel egyenlő területű kör (ez a „körnégyszögesítés”). Megjegyezzük azonban, hogy az euklideszi értelemben nem szerkeszthető feladatok is meg­oldhatók a gyakorlati kívánalmakat kielégítő módon, tehát pl. a körnégyszö­gesítés is.

A következőkben példákat m utatunk az euklideszi szerkesztésekre; ha egy példában felhasználunk m ár bem utatott szerkesztésrészletet, akkor annak m a­gyarázatát nem ismételjük meg. A következő szakaszban a most bem utatott szerkesztéseknek egy részére még visszatérünk. Megjegyezzük, hogy a követ­kező szerkesztési feladatok a bem utatottakon kívül még sok más módszerrel is megoldhatók. Feladataink megoldásában általában nem elemezzük a szerkeszt­hetőség feltételeit és a megoldások szám át; az adatokat általában úgy vesszük fel, hogy létezzék megoldás.

382

18.1.1. ábra. 18.1.2. ábra.Szakasz felezőpontja és feiező merőlegese Adott pontból merőleges állítása egyenesre

18.1.3. ábra. Szögmásolás

1. Szakaszfelezés, fe lező merőleges szerkesztése (18.1.1. ábra).Az A B szakasz A és B pontja körül az AB sugárral (vagy más sugárral)

köröket szerkesztünk, ezek M \ és M% metszéspontját köti össze az AB felező merőlegese, mivel M i és M-> is egyenlő távol van A-tól is és 5-től is. A felező merőleges A B-t az F felezőpontban metszi.

2. Adott pontból adott egyenesre merőleges szerkesztése.Ha az F pontból akarunk szerkeszteni az e egyenesre merőlegest, és F az e-n

van, akkor feladatunkat az előző feladat felhasználásával oldhatjuk meg: F-től egyenlő távolságra kijelölünk e-n egy A és B pontot, ezek feiező merőlegese a szerkesztendő egyenes.

Ha F nincs az e egyenesen (18.1.2. ábra), az F körül szerkesztett tetszőleges kör messe e-t „4-ban és 5-ben; az A és B körül AB sugárral szerkesztett körök M metszéspontját F-fel összekötve megkapjuk az e-re állított merőlegest.

3. Adott szög átmásolása, i vfelmér és (18.1.3. ábra).

Az AOB<í-et akarjuk átmásolni az O' kezdőpontú 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 Ő'-ben metszi, B' körül BA sugárral

szerkesztett kör ebből az Á pontot metszi ki; az A B ív és A 'B ' ívek egyenlők, és így a hozzájuk tartozó középponti szögek is egyenlők.

4. Szögfelező szerkesztés; adott egyenessel adott ponton át párhuzamos szer­kesztése (18.1.4a ábra).

Az 0 csúcsú és a, b szárú szög O csúcsa körül tetszőleges r sugárral szer­kesztett kör a szárakat A-ban és 5-ben metszi; az A, ill. B körül r sugárral szerkesztett kör O-tól különböző metszéspontja C. Az AOBC négyszög egyenlő oldalú, tehát rombusz, az OC átlósegyenes ezért szögfelező.

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 0 - t ebben az esetben az a-n tetszőlegesen választhatjuk, az r sugarat pedig 05-vel vesszük egyenlőnek.

A szögfelezést használhatjuk fel néhány gyakrabban előforduló szög szer­kesztésére is. H a az AOB<í derékszög, felezésével 45°-os szöget szerkeszthe­tünk, ennek felezésével viszont 22,5°-os szöget nyerünk (18.1.40 ábra).

60°-os szöget úgy szerkeszthetünk, hogy az OA szakasz 0 és A végpontjai körül OA = r sugárral köröket szerkesztünk, ezek egyik metszéspontját 5-vel jelöljük (18.1.4c ábra). Az AOB háromszög szabályos, ezért minden szöge 60°-os.

18.1.4. ábra. Szögfelező és párhuzamos szerkesztése

384

c b a

18.1.5. ábra.Háromszög szerkesztése három oldalából

18.1.6. ábra. Háromszög szerkesztése

két oldalból és súlyvonalból

PL az O-nál levő szög felezésével 30°-os szöget kapunk, ezt felezve viszont 15°-osat.

5. Háromszög szerkesztése három adott oldalból (18.1.5. ábra).Tegyük fel, hogy adottak az a, b, c oldalhosszúságú szakaszok. Először fel­

veszünk egy a-val egyenlő BC szakaszt; a 5 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 háromszög­egyenlőtlenségnek, azaz bármelyikük kisebb a másik kettő összegénél.

6. Háromszög szerkesztése két oldalból és a közrezárt súlyvonalból (18.1.6. ábra).

A dottak az a, b oldalak és a közrezárt sc súlyvonal. Képzeljük a feladatot megoldottnak. Tükrözzük a kész ABC háromszöget az AB oldal felezőpontjára, így egy C A C B paralelogrammát kapunk, amelynek C C átlója 2yc-vel egyenlő. A feladatot ezért úgy oldjuk meg, hogy először az a, b, 2sc oldalakból megszer­kesztjük a CAC' háromszöget, majd a C C oldal fölé a CC'B háromszöget, az így kapott C A C B paralelogramma AB átlója a feladatot kielégítő háromszöget metszi le a paralelogrammából.

7. Adott körhöz adott ponton átmenő érintő szerkesztése (18.1.7. ábra).Ha a pont rajta van a körön, a ponthoz tartozó sugárra az adott pontban

merőlegest állítunk, ez a kör e érintője.H a a külső P pont nincs rajta az O középpontú körön, a PO átm érő fölé

kört szerkesztünk, ez az adott kört az E \ és Ek pontokban m etszi; a PEi és PE% egyenesek a k ö r i3 ponton átm enő érintői, mivel Thalész tétele m iatt merőlegesek az OEi, ill. OEi sugárra.

385

18 .1 .7 . á b ra . A d o tt p on ton á tm e n ő é r in tő sze rk e sz té se

8. Adott szakaszhoz adott látószögű körív szerkesztése (18.1.8. ábra).

Ha adott az A B szakasz és az a szög, az a szöget úgy mérjük fel, hogy csúcsa a B, egyik szára pedig AB legyen. AB felező' merőlegesét a 5-ben az a szög Mii­től különbözőiSzárára emelt merőleges az O pontban metszi. Az O középpontú, OB sugarú körnek az az íve felel meg a feladat kikötésének, amely az AB egye­nesnek a-val ellentett oldalán van (1. a 14.7. szakaszt), a látószögű körív termé­szetesen a most szerkesztett körív AB egyenesre vonatkozó tükörképe is.

9. Háromszög szerkesztése az A B = c oldal hosszából, a szemközti y szögből és az AB-hez tartozó mc magasságból (18.1.9. ábra).

Az AB = c szakasz fölé szerkesszünk y látószögű körívet, ezt az AB egye­nessel mc távolságra húzott p párhuzamos a C pontban metszi, az ABC három ­szög kielégíti a feladat feltételeit. (A megoldások létezése a körív és a p egyenes metszéspontjainak a létezésétől függ.)

10. Szerkesszünk szabályos háromszöget, ha adott egy csúcsa, továbbá egy- egy egyenes, amelyek átmennek egy-egy további háromszögcsúcson (18.1.10. ábra).

18 .1 .8 . á b ra .A z A B szakasz a lá tó szö g u k ö rív én ek

sze rk e sz té se

18.1.9. á b ra . H á ro m sz ö g s z e rk e sz té se ,

c, y , a d a to k b ó l

386

18.1 .10 . á b ra . Szabályos há ro m szö g sze rk e s z té s e e lfo rg a tá s sa l

18 .1 .11 . á b r a . K ö rb e űrt s za b á ly o s hat-, három-, n é g y - és nyo lcszö g

Nézzük meg a kész ábrát. Legyen adott az ABC szabályos háromszög A csúcsa, továbbá B, ill. C csúcsokon átm enő b, ill. c egyenesek. H a az A B o ldalt és a b egyenest A körül 60°-kal elforgatjuk, az A B oldal az AC oldalba megy át, a B csúcs a C csúcsba, a b egyenes pedig olyan b' egyenesbe, amely átmegy C-n. A szerkesztés menete ezért: A tö rü l elforgatjuk b-t a V helyzetbe, V és c met­széspontja a háromszög C csúcsa, az AC oldal fölé szerkesztjük meg a szabályos ■háromszöget.

A b-t úgy célszerű elforgatni, hogy ^4-ból merőlegest állítunk rá és ezt a me­rőleges szakaszt forgatjuk el fc-vel együtt 60°-kal. Ha c és b' egybeesik, akkor a C pont a c egyenes tetszőleges pontja lehet; ha c és b párhuzam osak, 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 egyenlő (1. a 14.13.7. ábrát), ezért a sugárral egyenlő húrokat hatszor felmérve kapjuk a szabályos hatszögcsúcsait; ennek minden második csúcsa egy szabályos háromszög három csúcsát alkotja.

A kör két egymásra merőleges átmérőjének végpontjai a körbe írt négyzet csúcsai, a négyzetcsúcsok közötti ívek felezőpontjaival együtt ezek egy szabá­lyos nyolcszög csúcsait adják.

387

12. Adott körbe írt szabályos ötszög és tízszög szerkesztése (18.1.12. ábra).Az O középpontú körben vegyünk fel két, egymásra merőleges AB és CD

átm érőt. Az OB sugár F felezőpontjából FC sugárral szerkesztett kör OA -1 a Q pontban metszi; a CQ szakasz a körbe írt szabályos ötszög oldalával egyenlő, OQ pedig a szabályos tízszög oldala. (A szabályos tízszöget az ötszögből ívfele­zésekkel is megkaphatjuk.)

H a a szabályos ötszög oldala adott, akkor szerkesztünk egy tetszőleges szabályos ötszöget az előbbi módon, majd azt egyik (a 18.1.13. ábrán az A) csúcsából a kívánt méretre felnagyítjuk (vagy kicsinyítjük).

Itt jegyezzük meg, hogy euklideszi szerkesztéssel a kisebb oldalszámú sza­bályos sokszögek közül a következő oldalszámúak szerkeszthetők:

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 oldalfelező merőleges metszéspontjaként kapjuk

meg.

14. A háromszög beírt körének a szerkesztése (18.1.15. ábra).A kör középpontját két belső szögfelező metszéspontjaként szerkesztjük

m eg; ebből az egyik oldalra állított merőleges szakasz a kör sugara.

C

18.1 .12 . á b ra . K ö rb e í r t szab á ly o s

ö tszög

18.1 .13 . á b ra .A d o tt o ld a lú sza b á ly o s ö tszö g

sze rk e sz té se

18.1 .14 . á b ra .A h áro m szö g k ö ré Ért k ö r

szerkesztése

18.1.15. ábra.A h á ro m szö g b e í r t k ö r sz e rk e sz té se

18.1.16. á b ra .S z a k a s z fe lo sz tá sa egyen lő ré sze k re

388

x - a = b : 1 y : a = a - 1 z : a = J : b u - 1 = V a

x = ab y = a2 z = — u = —' L rt

18 .1 .17 . á b r a . ab, a'\ — , — h o sszúságú s z a k a s z o k sze rk e s z té s eh a

18.1 .18 . á b ra . T é g la la p p a l egyen lő te rü le tű n ég y ze t sze rk e sz té se

15. Szakasz felosztása n egyenlő részre (18.1.16. ábra).Az AB szakasz A végpontjából tetszőleges félegyenest húzunk, erre egy

tetszőleges szakaszt n-szer felmérünk és az utolsó szakaszvégpontot, C-t, össze­kötjük 5-vel; a többi szakaszvégpontból BC-vel húzott párhuzamosak az AB -1 a párhuzamos szelők tételének a következtében n egyenlő részre osztják.

Q 116. Adott a, b, és 1 hosszúságú szakaszok birtokában ab, a2, j - , - hosszú­

ságú szakaszok szerkesztése (18.1.17. ábra). aH a egy szög száraira a 18.1.17. ábrákon látható módon mérjük fel az ), a, b

szakaszokat, akkor a párhuzamos szelők tétele alapján rendre az

, ? a 1 x = ab, y — a , z = , u — —b a

hosszúságú szakaszokat kapjuk.

17. Adott téglalappal egyenlő területű négyzet szerkesztése (18.1.18. ábra). Ha a téglalap oldalai a és b, akkor területe ab, és így a vele egyenlő területű

négyzet oldala jfab; 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 átm érő fölé kört szerkesztünk, felhasználva, hogy a félkörbe szerkesztett háromszög derékszögű.

389

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 következő ösz- szefüggés:

a _ x x a —x ’

azazx2 — 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 élőlények felépítésében, zenében, gépkocsigyártásban stb.

Mivel (18.1.1)-ből a2—a x —x 2 = 0, ennek az egyenletnek mindkét oldalát x 2-tel elosztva az

egyenletet kapjuk, ebből a másodfokú egyenlet megoldóképletével azt kapjuk, hogy

5 = l + f 5 _ j 62 % 16_ = 8 x 2 10 5 ’

gezért az aranymetszetek arányát szokták közelítőleg —-nek, vagy a vek közelí-

, 5tőleg egyenlő y -nak venni.

Az a szakasz x aranymetszetét pl. úgy szerkeszthetjük meg, hogy egy O ü

középpontú — sugarú kör E pontjából kiindulva (18.1.19. ábra) EP = a érintő-

szakaszt 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 érintőtétel szerint

a2 = x (x + a ), azaz a2 = x2+ax,ebből valóban x2 = a(a—x).

18.1.19. ábra. Az a szakasz aranymetszete x

390

18.1.20. ábra. Szögszörakat érintő adott sugarú kör szerkesztése

18.1.21. ábra.P-n átmenő, e-t érintő, r sugarú kör

szerkesztése

18.1.22. ábra. Egyenest és kört kívülről érintő

adott sugarú kör

A most következő 19—25. feladatok érintőkörök szerkesztésével foglal­koznak; a műszaki rajztechnikába ezek lékerekítés néven kerültek be.

19. Adott szögszárakat érintő, adott sugarú kör szerkesztése (18.1.20. ábra).Legyen az adott körsugár r, a szög száraitól r távolságra húzott párhuzam o­

sok O metszéspontja a szerkesztendő kör középpontja.

20. Adott ponton átmenő, 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 ebből metszi ki a keresett r sugarú körök O i, ill. 0% középpontját.

21. Adott egyenest és adott kört kívülről érintő, adott sugarú kör szerkesztése (18.1.22. ábra).

Az O középpontú R sugarú körhöz és az e egyeneshez akarunk r sugarú érintőköröket szerkeszteni. Az e-vel r távolságra húzott párhuzamosból az O

39!

körül R + r sugárral szerkesztett kör metszi ki a keresett kör középpontját. (Ábránkon csak egy megoldást rajzoltunk meg.)

22. Két adott kört kívülről érintő adott sugarú kör szerkesztése (S 8.1.23. ábra).

A dottak az R í sugarú O i középpontú és az R2 sugarú 0 2 középpontú körök, az ezeket kívülről érintő r sugarú kör O középpontját úgy szerkesztjük meg, hogy O i körül R i + r sugárral, 0 2 körül R 2 + r sugárral szerkesztünk köröket, ezek metszéspontja az O (általában két megoldása van).

23. Két adott kört — az egyiket adott pontban — kívülről érintő körök szer­kesztése (18.1.24. ábra és 18.1.25. ábra).

Legyen először a két, 0 1 és 0 2 középpontú kör egyenlő sugarú, és legyen az érintési pont az első körön E. A szerkesztendő ábra ekkor szimmetrikus az OxO-2 szakasz t felező merőlegesére, ezért a szerkesztendő kör O középpontja is t-n van. Mivel az érintő körök középpontjait összekötő egyenes átmegy az érintési ponton, az O pontot az O jE egyenes metszi ki t-bői (18.1.24. ábra).

H a az 0 \ és 0 2 középpontú körök különböző sugarúak, szerkesszünk egy 0[ középpontú olyan kört, amely E-ben belülről érintkezik az O i középpon-

18.1.24. ábra. 18.1.25. ábra.Két egyenlő sugarú kört {egyiket £-ben) Két kört (egyiket £-bcn)

érintő kör szerkesztése érintő kör szerkesztése

392

18.1.26. ábra. Egy szög szárait érintő, adott ponton átmenő kör szerkesztése

túval és sugara az Os középpontúéval egyenlő. E két egyenlő sugarú körhöz az előbbi módszerrel szerkesztett érintőkör érinti az eredeti köröket is (18.1,25. ábra).

Ugyanezt az eljárást alkalmazzuk, ha egy e egyenest az E pontban érintő és az 0 2 középpontú kört is érintő kört kell szerkesztenünk (18.1.25. ábra).

24. Egy szög szárait érintő, adott ponton átmenő kör szerkesztése (18.1.26. ábra).

A z A csúcsú szögtartományban adott a P pont, ezen átm enő és a szög szárait érintő kört akarunk szerkeszteni. Először a szög felezőjén kiválasztunk egy tetszőleges O pontot, e körül megszerkesztjük a szárakat érintő k kört (sugara az O-ból az egyik szögszárra emelt merőleges szakasz hossza).

Ezt a k kört nagyítjuk fel A-bóí akkorára, hogy menjen át a P ponton. Az A P egyenes i - t a Q és R pontokban m etszi; a nagyításnak Q-t, ill. R-et P-be kell átvinnie, ezért a P-n át QO-val, ül. RO-val húzót! párhuzamos metszi ki a szögfelezőből a szerkesztendő körök 0 1, ill. 0% középpontját.

393

25. Kosárgörbe szerkesztése.A kosárgörbe ellipszisre emlékeztető, két szimmetriatengellyel rendelkező,

érintkező körívekből álló görbe; alkalmazzák bizonyos idomok szerkesztéséhez és igénytelenebb műszaki vagy szemléltető rajzokhoz ellipszis pótlására.

Az AB = 2a nagytengellyel és CD — 2b kistengellyel rendelkező kosárgörbét a következő módon szerkesztjük (18.1.27. áb ra):

A C A szakaszra C-ből kiindulva felmérjük a CE = a —b szakaszt. Az A E szakasz felező merőlegese metszi ki a nagytengely, ill. a kistengely egyeneseiből az 0 i , ill. 0 2 pontokat. Ezek tükörképe a tengelyek O metszéspontjára 0[, ill. ö 2. Az O i és az 0[ körül OxA = 0[B sugárral szerkesztett körívek és az 0 2, ill. 0 2 körül 0 2C sugárral szerkesztett körívek zárják közre a kosárgörbét. Az 0 2, ill. 0 L körül szerkesztett körök érintkeznek, mert sugaraik különbsége közép­pontjaik távolságával egyenlő; ezt az ábrán fellépő hasonló háromszögek segítségével lehet igazolni. (Megjegyezzük, hogy kosárgörbékre több más szer­kesztési eljárás is használatos.)

18.2. Gyakorlati szerkesztések

A gyakorlatban a szerkesztések lehetőleg egyszerű és pontos elvégzésére töre­kednek; a sok lépésből álló szerkesztések már eleve számos hibalehetőséget rejtenek magukban, ami a végeredményt pontatlanná teszi. Ezért a gyakorlat kialakított olyan szerkesztési eljárásokat, amelyek eltérnek ugyan a klasszikus euklideszi szerkesztésektől, de alkalmazásukkal nagyobb — vagy legalábbis: nem kisebb — pontosság érhető el, m int az euklideszi szerkesztésekkel, és kivi­telezésük is egyszerűbb. Kidolgoztak továbbá számos olyan eljárást, amelyek elvben nem a kívánt alakzatot, hanem annak egy közelítését állítják elő, ez a közelítés azonban teljesen megfelel a gyakorlati igényeknek. Ilyen típusú eljá­rásokat ismertetünk a következőkben.

Az adott e egyenessel egy adott P ponton át háromszögvonalzónk elcsüsz- tatásával 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 merőlegest derékszögű vonalzónk 90°-os elfor­gatásával rajzolhatunk (18.2.2. ábra).

394

18.2.2. ábra. M erő leg e sek sze rk e sz té se a v o n a lzó e lfo rg a tá s á v a l

18.2.3. ábra. K ö ze lítő sza k a sz fe le zé s

Ha egy szakasznak a felezőpontjára van szükségünk, közelítést alkalmaz­hatunk: a szakasz felét közelítő körsugárral a szakaszon egy, a felezőpont körüli kicsiny szakaszt zárunk közre, ennek középpontját már becsléssel is ki­jelölhetjük (18.2.3. ábra).

Körhöz külső pontból a vonalzó odaillesztésével szerkeszthetünk érintőt (18.2.4. ábra), az érintési pontot azonban úgy jelöljük ki, hogy a kör közép­pontjából erre merőlegest állítunk (pl. a derékszögű vonalzó elforgatásával). Ugyanezt a módszert alkalmazhatjuk két kör közös érintőjének a szerkeszté­sekor is.

Szabályos sokszögek jó közelítéssel szerkeszthetők úgy, hogy az oldalukhoz tartozó középponti szöget szögmérő segítségével mérjük fel. Az egyébként euklideszi módszerrel nem szerkeszthető szabályos hétszög egy oldala jó köze­lítéssel a köré írt kör sugarával szerkesztett szabályos háromszög magasságával

395

egyenlő (18.2.5. ábra); az így szerkesztett héíszögoldal az elméletileg pontos értéktől csak 0,2%-kal tér el.

Egy adott körívvel egyenlő szakaszt közelítőleg jól szerkeszthetünk az ún. Snellius-féle módszerrel (18.2.6. ábra), ez a körív „kiegyenesítése”, rektifikációja. A kiegyenesítendő AB ív A végpontjában érintőt szerkesztünk, az A-n átm enő A C átm érőt C-n túl meghosszabbítjuk a kör sugarával a Q pontig; a QB egyenes az érintőből olyan AB' szakaszt metsz le, amely közelítőleg egyenlő az AB ívvel. A közelítés akkor jó, ha az ÁB ívhez tartozó középponti szög nem nagyobb 30°-nál. (Az elméletileg pontos szakaszhossztól való eltérés kisebb 0,1%-nál.)

A félkör kiegyenesítésére adott meg Kochansky egy megdöbbentően pontos közelítést: a kör AB átmérőjének A pontjában érintőt szerkesztünk; az 0 középponthoz 30°-os AOC szöget m érünk fel úgy, hogy C az „4-beli érintőn legyen (18.2.7. ábra). C-ből az A irányában haladva mérjük fel az érintőre a kör sugarának a háromszorosát a D pontig. A BD szakasz hossza közelítőleg a kör kerületének a felével, ra-vel egyenlő (2 rn sugarú kör esetén az elméleti hiba nem nagyobb 0,1 mm-nél).

Megjegyezzük, hogy ennek segítségével nagy pontossággal elvégezhető a körnégyszögesítés is, A BD szakasz fölé r magasságú téglalapot szerkesztünk (ábránkon szaggatott vonallal), ennek területe rbc, tehát a kör területével egyenlő. A 18.1. szakasz 17. szerkesztésében leírt módon ezzel a téglalappal

18.2,5. ábra. Szabályos hétsrög közelítő szerkesztése

18.2.6. ábra.A Snellius-féSe körívközelítés

396

18.2.8. ábra. Ellipszis közelítése simuló köreikkel

egyenlő területű 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). Szerkesszünk először olyan Q pontot, hogy OBQC téglalap legyen, g-ból a BC-re állított merőleges metszi ki az AB, ill. CD egyenesekből a görbületi körök 0 \ , ill. 0% középpontját. Ezek tükörképei O-ra 0[ és 0 2, Az ellipszisíveket jól közelítő köröket Ox és 0[ körül OxB sugárral, 0 2 és 0 2 körül 0 2C sugárral szerkesztjük meg. Ezek a körívek nem érintkeznek, a hiányzó ellipszisíveket görbevonalzó használatával húzzuk meg, még pontosabbá tehető 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.

397

19. Sorozatok

19.1. A sorozat fogalma, megadása

A sorozatok a függvények egy speciális osztályát képezik. H a a H í halmaz minden eleméhez hozzárendeljük a H 2 halmaznak egy elemét, ezt a hozzáren­delést függvénynek nevezzük. A H í halmaz a függvény értelmezési tartománya. H 2-nek azok az elemei, amelyek H x valamelyik eleméhez hozzá vannak ren­delve, H 2-nek egy részhalmazát alkotják (ez természetesen azonos is lehet H 2- vel), ennek neve a függvény értékkészlete.

A függvények alaptulajdonságaival a 20.1. szakaszban foglalkozunk részle­tesen.

A pozitív egész számok halmazán értelmezett függvényt, amelynek érték- készlete a valós számoknak egy részhalmaza, sorozatnak nevezzük.

Ezek szerint sorozatot kapunk, h a minden pozitív egészhez hozzárendelünk egy valós szám ot, az 1-hez rendelt szám a sorozat első tagja, a 2-höz rendelt a sorozat második tagja, . . . , az n pozitív egészhez rendelt a sorozat n-edik tagja. (Itt jegyezzük meg, előfordul, hogy a sorozat tagjait a nem negatív egészekhez rendeljük hozzá, így első tagja 0-hoz van hozzárendelve.)

A sorozat n-edik tagját általában ű„-nel jelöljük, a sorozat tagjainak fel­sorolása tehát így kezdődik: ai, a%, az, . . . a„, . . . .

A sorozatot akkor tekinthetjük adottnak, ha ismerjük a hozzárendelés szabá­lyát, tehát elvben fe l tudjuk sorolni valamennyi tagját.

A sorozatokat többféle módon is megadhatjuk.Leggyakrabban az n-edik tagot előállító képlet adja meg a sorozatot, ez a

sorozat ún. explicit megadási módja; pl. az

a„ — n2+ 1képlettel megadott sorozat tag jai:

ű i — 2, a2 — 5, ü3 = 10, au — 1 7 , . . . .Ugyanezt szokás úgy is megadni, hogy elkezdjük felsorolni a sorozat tagjait, de közöttük n-ediknek képzelve az előállítást megadó képletet is :

2, 5, 10, 17, . , . , n 2+-l, . . . .

398

Más példák sorozatokra:1, 8, 27, 64, . . . , n3, . . .

]/2, }/6, . . . , Í2n , . . .(1 + 1), (1+2)2, ( l+ 3 ) \ . . . , ( ! + « ) " , . . .

1 2 3 n~2’ ~3’ ~4’ n + l ’

Ezeket természetesen úgy is megadhatjuk, hogy csak az n-edik tagot (ún. álta­lános tagot) írjuk fel:

an = n3, a„ = Í2n , a„ = ( l + n ) n, a„ = — .

Megadható a sorozat úgy is, hogy az általános tagot zárójelbe tesszük, rend­szerint gömbölyű vagy kapcsos zárójelbe, tehát pl. (n3) vagy {n3}, (y'2n), ((1 +n)") stb.

Gyakran adjuk meg a sorozatot ún. rekurzióval. Ez azt jelenti, hogy meg­adjuk a sorozat néhány kezdő tagját és megadunk egy szabályt, ami szerint egy tetszőleges tag az előző (egy vagy több) tagok segítségével előállítható. Pl.legyen

ai = 2, a% = 3 és an — 2a„_i+3a„_2, ha n £ 3.

E képzési szabály szerint tehát:a \ — 2, a% = 3, a3 = 13, ö4 = 45, a5 = 161, . . . ;

más példa a rekurzióval adott sorozatra:űi = 2, a„ = 5 a „ _ i+ 1 (n >■ 1),

a sorozat kezdő tag jai:

ai = 2, a2 — 11, ős = 56, üí — 281, as = 1406, . . . .

Sorozat természetesen még sok más módon is m egadható; pl. legyen a„ a Í2 tizedesvessző utáni n-edik jegyével egyenlő, vagy: legyen an az n-edik prím­szám; általában arra szoktunk törekedni, hogy a sorozat explicit megadását állítsuk elő, 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 fűzzük hozzá a képzési szabályt; pl. mate­matikailag értelmetlen a következő feladat: hogyan folytatódik a következő sorozat:

1, 2, 4 , 7, 11, 1 6 , . . . ,mivel teljesen jogosan lehetne mondani, hogy csupa 9-essel, vagy csupa 0-val folytatódik, hiszen ezek a kezdő tagok egyáltalán nem határozzák meg a to­vábbiakat.

399

19.2. Számtani sorozatok

A sorozatot számtaninak ( vagy: aritmetikainak) mondjuk, ha bármely tag­jának és az azt megelőző tagnak a különbsége állandó érték. (Régebbi elne­vezés : számtani haladvány.)

Jelölje az állandó különbséget (differenciát) d, definíciónk szerint:

&n 1 — d,azaz

a„ = a„_i+d.

Ez a tulajdonság azt jelenti, hogy a sorozat bármely tagja az előzőből d hozzáadásával jön létre, tehát a számtani sorozat tagjait úgy állíthatjuk elő, hogy a kezdő taghoz, a r hez rendre hozzáadjuk a d-t, 2d-t, 3d-1 stb., azaz

a% = ai + d,Ű3 — ü2~\-d = ai+ 2d,

ű4 = Ü3 -\-d — ai+ 3d,á lta lában :

a„ = a i+ { n ~ l)d . (19.2.1)

Ezzel megadtuk a számtani sorozat tetszőleges tagjának előállítási képletét. Ebből m ár következik, hogy a sorozatot ebben az esetben első tagja és különbsége egyértelműen meghatározzák; mivel két szomszédos tag különbsége d-vel egyenlő, a számtani sorozatot első két tagja is meghatározza. Néhány számtani sorozat kezdő tag ja i:

1, 2, 3, 4, . . . d = 1,~ 2 , 0, 2, 4, 6, . . . d — 2,

9, 0, - 9 , - 1 8 , - 2 7 , . . . d = - 9 ,

Y2, Í3 , 2 f 3 ~ l % 3 / 3 - 2/ 2, 4 / 3 - 3 / 2 , . . . d = Í 3 - / 2 ,

2 J_ 1 o _ _ 1 __1 _ 1 _ 12 ’ 3 ’ 6 ' ’ 6 ’ 3 ’ 2 ’ 6 *

6, 6, 6, 6, . . . d = 0 .

A számtani sorozat elnevezés onnan származik, hogy a sorozat bármely tagja számtani közepe két szomszédos tagjának, ti. a„ két szomszédos tagja a»—d és a„+d, ezek számtani közepe

a„—d+ an + d (I

tehát valóban a„-nel egyenlő.

400

A d különbség ismeretében a számtani sorozat tagjai tetszőleges tagból előállíthatok a d egész számú többszöröseinek a hozzáadásával, ill. kivonásával.

Jelöljük j„-nel a sorozat első n tagjának az összegét. Állítsuk elő ezt az összeget az első, majd az n-edik tagból kiindulva:

sn = űi + (ö i+ < í)+ (í2i + 2í / ) + . . . + (a i+ (n —2 ) í / ) + ( a i+ ( n —l)űf),sn = a„+ {a„-d) + (an- 2 d ) + . . . + ( a „ - ( n - 2 ) d ) + ( a „ - { n - l ) d ) .

Adjuk most össze az egymás alatti tagokat, ezek összege minden esetben a i+ a n és összesen n ilyen tagot kap u n k :

2s„ = (ű i+ ö „ )+ (ö i+ a „ ) + (ö i+ű„) + . . . + (ű i+ a„)+ (ű i+ a„),2 s„ = n(ax+a„),

= (19.2.2)

Ez a számtani sorozat első n tagjának az Összegképlete. H a ebben a„ helyébe a (19.2.l)-ből kifejezett értéket írjuk, az összegképlet így alakul:

n(2ö i+ (n — 1) d)J„ = - ------- ^--------- ' • (19.2.3)

Feladatok

1. A számtani sorozat első eleme 3 , 17-dik eleme 27. Hányadik eleme a sorozat­nak 15?

Mivel ax = 3, a 17 = 27, az a„ képletének segítségével d-t kiszámíthatjuk:

an — f li+ 1 6 d, 27 = 3 + 1 6d,ebből

. . . . . , 2 4 3’ Tó “ T '

Legyen 15 az n-edik elem, ismét an képletét alkalmazzuk:

c „ = 3 + ( n - l ) y , 15 = 3 + ( « - l ) | - ,

ebből

y ( n - 1) = 12, n - 1 = 8 , n = 9,

a sorozatnak tehát a kilencedik eleme egyenlő 15-tel.

2. 17 és 38 közé iktassunk be 6 számot úgy, hogy a m egadottakkal együtt egy számtani sorozat tagjai legyenek.

Az ilyen típusú közbeiktatást lineáris interpolációnak nevezik. 17-et a számtani sorozat első tagjának tekintjük; a 1 = 17; a közbeiktatott 6 taggal együtt 38 a nyolcadik tag: o8 = 38. Mivel

a8 = ax + ld , 38 = M + ld , ebből d = 3.

401

3. M árcius 1-én a nappal hossza 11 óra 4 perc, április 30-án pedig 14 óra24 perc. Milyen hosszú a nappal április 12-én, ha feltételezzük, hogy az egy­m ást követó' nappalok ugyanannyival növekednek. (A feladat adatai és feltéte­lezése a valóságot jól közelítik.)

A nappalok hossza számtani sorozatot alkot, az időtartamot percekre váltjuk át (11 óra 4 perc = 664 perc, 14 óra 24 perc = 864 perc). Ezek szerint a, = 664, közben 60 nap telik el, a81 = 864.

ö6i = cti + 60d, 864 = 664 + 60rf,ebből

, 200 10rf = W = T '

Az április 12-i nappal hosszúsága a sorozat 31 + 12 = 43-ik tagja, ezért

ö43 = 664 + 4 2 - y = 664+140 = 804 perc = 13 óra 24 perc.

4. M ekkora az első n pozitív egész összege?A pozitív egészek 1,2, 3, . . . , n sorozata a legegyszerűbb számtani sorozat (különbsége 1),

az összegképlet szerintn , n (n + 1)

Sn = Y ( > = 2 '

5. Egy trapéz alakú tetőrész becserepezésekor 12 sorban helyezik el a cserepeket, a legalsó sorba 84 cserép kerül, minden következőbe 4-gyel kevesebb. Hány cserép kell a tetőrészhez?

Az egyes sorokban lerakott cserepek száma egy számtani sorozat egymást követő tagjai, a l — 84, d = —4; az első 12 tag összegét kell kiszámítani a (19.2.3) képlettel; tehát n = 12:

*i2 = y (2 -8 4 + 11( —4)) = 6(168-44) = 744.

6. Legalábbb hány tagot kell vennünk a 7, 12, . . . számtani sorozatból, hogy összegük elérje a 3590-et?

Tételezzük fel, hogy az első n tag összege 3590; mivel ax = l , d = 5, ezértn (2 - l + {n— 1)5)-------------------- - = 3590,

2

«(14+5« —5) = 7180,

5«2 + 9« — 7180 = 0,

- 9 + ^ 8 1 + 2 0 -7 1 8 0 - 9 + 379,05

A számtani sorozat tagjai:17, 20, 23, 26, 29, 32, 35, 38.

10 10= 37,005

(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.

402

19.3. M értani sorozatok

A sorozatot mértaninak (vagy: geometriainak) mondjuk, ha bármely tagjá­nak és az azt megelőző tagnak a hányadosa állandó érték. (Régebbi elneve­zés: mértani haladvány.)

Jelölje az állandó hányadost (quotienst) q, definíciónk szerint

— = q, (« > 1),

azazan — an _ ±q.

Ez a tulajdonság azt jelenti, hogy a sorozat bármely tagja az előző í?-val való szorzásával jön létre, tehát a mértani sorozat tagjait úgy állítjuk elő, hogy az első tagot rendre megszorozzuk q-val, q2-tel, í?3-nal stb., azaz

a2 = aYq,_ „ n _ ,,„2ű3 = a2q = aiq-

álta lában:at a3q = ai_qó

a„ = aiqn (19.3.1)

Ezzel megadtuk a mértani sorozat tetszőleges tagjának előállítási képletét. Ebből már következik, hogy a sorozatot első tagja és a hányadosa egyértelműen meghatározzák; mivel két szomszédos tag hányadosa c/-val egyenlő, a mértani sorozatot első két tagja is egyértelműen meghatározza. Néhány mértani sorozat kezdő tagjai:

1,

3,

1, 2, 4, 8 , . . . , q = 2,1 1 1 1

j , j , g - q ~ 2 ’- 6 , 1 2 , - 2 4 , . . . , q = ~ 2 ,

3 3 / 3 y j5 ÍZT 9 ~ 9 • • • 9

Í2 2 q i T6, 6, 6, 6 , . . . , q = \.

/ 2 ,

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 első kivételével) mind nullával egyenlők. Ezt a sorozatot ebben a fejezetben az egyszerűség kedvéért kizárjuk vizsgálatainkból, tehát feltéte­lezzük, hogy q 9 0.

A sorozat „m értani” elnevezése onnan származik, hogy a pozitív tagú soro­zatban bármely tag a két szomszédos tagnak a mértani közepe; legyen ui. a„ a

• ansorozat tetszőleges tagja, ennek szomszédai — és anq, ezek mértani közepe:*7

403

~ 'd„ q = Í a 2n = a„

n - l r —

= ] [ - ■ I ax

valóban a„-nel egyenlő.(19.3.1)-ből természetesen a\, q és n is kifejezhető:

n - l ra„

qn 1

H a űi, a„, <7 pozitívak, (19.3.1) mindkét oldalának logaritmusát véve.kapjuk, ha q ^ 1 :

lg a„ = Xgcix + in -V j lg q ,

lg a „ - lg űi lg a « - lg « i , , n —l — ----- ----------- , « = •------j----------- h i .lg q lg qA mértani sorozat első n tagjának az összegét j„-nel jelöljük. írjuk most

egymás alá s„ és qs„ kifejezéseit és képezzük a qs„ — s„ különbséget:s„ = a1 + a1q + a 1q2+ . . . + a 1qn~2 + a 1qn~1,

qsn = aiq + a1q2+ . . . + a 1qn- 2 + a 1qn~1+ a íqn,qs„-s„ = aiqn-cix ,

sn( q - 1) = a1(qn- Í ) ,ebből, ha q ^ 1,

= (19-3-2)

ez a mértani sorozat első n tagjának az összege. Ha q = 1, a sorozat minden tagja egyenlő és így

s„ = nau (q = 1).

Feladatok

1. írjuk fel a mértani sorozat első hat tagját, ha első tagja a± = 0,4, hatodik1tagja pedig

M ivel a6 =

g = i / K = i r ~ ~ = v t = i ,v r F 8o-o,4 r 3 2 2 ’

04 - — JL _1 J_ _L JL’ “ 5 ’ 5 ’ 1 0 ’ 2 0 ’ 4 0 ’ 80'

2. Tagja-e, s ha igen, hányadik tagja 9 565 938 a 6, 18, . . . m értani sorozat­nak?

e z é r t a ta g o k :

404

10

19.3.1. ábra. 4. feladat

Mivel a 1 = 6, q = 3,an = 9 565 938 = 6 -3 » -\

3 » - i = i 594 323,

vegyük mindkét oldal logaritmusát:

(« — 1) lg 3 = lg 1 594 323,

, lg 1 594 323 , 6,2026" = 1+“ " i ^ = 1 + a 4 7 7 í ~ 14-

(Egy egyszerű zsebszámológéppel a megfelelő műveleteket elvégezve rövid idő alatt kiderül, hogy 9 565 938 valóban 14. tagja a sorozatnak.)

3. A monda szerint a sakkjáték feltalálója azt kérte jutalm ul uralkodójától, hogy rakjon a sakktábla első mezőjére egy búzaszemet, a következőre kétszer- annyit, ennek szomszédjára az előző kétszeresét és így tovább. Mennyi lenne ezeknek a búzaszemeknek az össztömege, ha egy búzaszem 0,1 gram m ?

A búzaszemek száma olyan mértani sorozatot alkot, amelynek első tagja 1, hányadosa 2, ezért az első 64 tag összege (19.3.2) szerint

264 — 1 Jei= ~2—T = 264 —''

Mivel lg 2 = 0,3010, lg 264 = 64 lg 2 = 19,2640 és így (természetesen közelítéssel) 264 = 1,84-1019, azaz .v64 = 1,84-1019. Mivel egy búzaszem tömege 10“ 4 kg, a búzaszemek össztömege 1,84 -1015 kg lenne.

4. Egy 10 cm-es oldalú négyzetből a 19.3.1. ábrán látható módon levágunk négy egyenlő szárú derékszögű háromszöget; a maradék négyzetből ugyanezt tesszük és ezt addig folytatjuk, amíg az eredeti négyzet területéből 1 mm2-nél kisebb rész marad. Hányadik vágás után következik ez be?

Az eredeti négyzet területe 10 000 mm2, a feladat szerint ebből 9999 mm2-nél többet kell levágnunk. Az első vágásnál lemetsszük az eredeti négyzet felét, és minden újabb vágásnál feleannyit vágunk le, mint előzőleg. Ezek szerint a sorban levágott területek:

1 / 1 \Z / 1 \ 35000, 5000 — , 5000 (

405

Tegyük fel, hogy az «-edik vágás után lesz a fenti mértani sorozat tagjainak az összege 9999-cel egyenlő; írjuk fel az első n tag összegét:

s* = 5000 ------ = 10000 [ l - ( y ) ”] = 9999•

T _1Ebből

1 - = 0,9999, ~ = 0,0001, 2“ = 10 000,

2 hatványait áttekintve könnyen észrevehetjük, hogy 213 = 8192 és 2U = 16 384, ez azt jelenti, hogy n = 13-ra még nem teljesül a feladat feltétele, ti = 14-re viszont már a maradék terület kisebb lesz 1 mm2-nél, tehát 14 vágással elérjük a kívánt méretet.

19.4. A mértani sorozat alkalmazásai; kamatoskamat-számítás

H a egy /-vei jelölt összeg p% -kai kamatozik, egy év alatt 1 1 + -szorosára

növekszik (9.2,). Vezessük be a

jelölést, q-1 itt kamattényezőnek nevezzük. A t összeg tehát az első év végére í i = tq összegre nő. A következő (második) év végére ti ismét kam atozik és t\q = tq2-re növekszik. A t összeg (tőke) kamatos kam attal növelt értékei az egyes évek végén tehát a

tq, tq2, tqs, . . . , tqn, . . .

mértani sorozat tagjai, és az n-edik tag ebben az esetben az n-edik év végére növekedett összeg:

tn = tqn. (19.4.1)

E z a kamatoskamat-számítás alapképlete.Ezt az összefüggést használjuk olyan mennyiségek növekedésének (vagy

csökkenésének) a jellemzésére is, amelyek szabályos időközönként ugyan­olyan mértékben (azaz: ugyanannyi százalékkal) növekednek (vagy csökken­nek) ; ilyenek pl. az egyenletesen növekvő termelés, a szerves növekedés (pl. egy erdő faállománya, a népesség) stb. Csökkenés esetén a csökkenési tényező:

ha az egyes csökkenés p°/0-os.Tegyük most fel, hogy valaki minden év elején t összeget helyez el a bankban

és ez évente p % -ot kamatozik. M ekkora követelése van az n-edik év végén (azaz: mennyi pénze van a bankban)?

406

Az első év elejéna követelés: t; a végén: tq,a m ásodik év elején: tq + t; a végén: tq2 + tq,a harm adik év elején: tq2 + tq + t; a végén: tqs + tq2 + tq,az n-edik év elején: tq”_1 + tqn~2 + ... + /; a végén: tqn + tq"~1 + ... + tq.

A z n-edik év végére kapott tq + tq2 + . . . + tq" összeget a mértani sorozat tagjai­nak összegképletével kifejezve kapjuk, hogy

■s’ = “> i r r - ( « = 1 + 15>)- <19A2)

Ugyanerre az eredményre vezet a következő problém a: egy üzem évente t értékű gépi felszerelést kap, a gépek értéke elhasználódásuk következtében évente p°/0-ka\ csökken. M ekkora a gépek így kapott összértéke az n-edik év végén ?

A feladat megoldását szintén a (19.4.2) alatti összeg adja, egyszerűség ked­véért feltételezzük, hogy a gépeket az év elején szállítják le; a q értéke most

H a a bankban T tőkét helyezünk el évi p °/0-os kam atra azzal a feltétellel, hogy ebből 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 első év végén: T q —j,a második év végén: {Tq—j ) q —j = Tq2 — ( jq + j) ,a harm adik év végén: (Tq2- { j q + j ) ) q - j = Tq3- ( j q 2+ jq + j),

az n-edik év végén: Tqn — (jq n~1 +jqn~2 + . . . + j).

Az n-edik év végén tehát a bankban levő K„ követelés:

K„ = Tqn—j ^ ~ ~ . (19.4.3)

Hasonló gondolatmenettel oldjuk meg a következő feladatot:n-éves időtartam ra, évi p °/0-os kam atra, T összegű pénzt veszünk fel, min­

den 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 ^-szorosára n ő :

407

Az első év elején : a végén:T Tq — a

a második év elején: a végén:T q —a Tq1 — a q —a = Tq- — (aq + a)

az n-edik év elején: a végén:Tqn~1 — (aqn~2 + aqn~3+ . . ’.+ a ) Tqn — (aqn~l + aqn~2+ . . ,+ a q + a )

Ezek szerint az n-edik év végén a tartozásunk:

r • (9 = 1+tsó)- (19A4>H a viszont tartozásunkat n év alatt akarjuk törleszteni, akkor az n-edik év

végére tartozásunknak 0-nak kell lennie:

T f =q - 1

ebből

M ,19.4.5)q - 1

ennyi az ehhez szükséges évi törlesztési összeg (annuitás).M eggondolásainkban bizonyos időponti egyszerűsítéseket alkalmaztunk;

a gyakorlatban ezért a számítások módosulhatnak.

Feladatok

1. M ekkorára növekszik fel 25 180 F t évi 5%-os kam attal 12 év alatt?A kamattényező 1,05. A megnövekedett t vl érték (19.4.1) alapján:

í12 = 25 180-1,0512 = 25 180-1,7959 = 45 220.

2. Hány év alatt kétszereződik meg betétünk 11 %-os kamatos kam ataival? Legyen a betét t összeg, a megkétszereződés ideje n év, ekkor (19.4.1) alapján, mivel

q = 1,11:t-1, ll" = 21,

1, 11" = 2,

n lg 1,11 = lg 2,lg 2 0,3010

lg 1,11 0,04536,64;

ez azt jelenti, hogy 6 év alatt még nem éri el a megnövekedett összeg a betét kétszeresét, 7 év alatt viszont már meghaladja.

408

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 ű növekedés mellett hány lakosa lesz az országnak 2000-ben?

Legyen q = 1 f a növekedési tényező, ekkor 10 év alatt a növekedést a (19.4.1) 1 UU

alatti kapcsolat írja le :

2,8 = 2,5 qw, q = = U 2 10 = 1,0114,

tehát az évi átlagos növekedés:p = 1,14%.Az 1980-tól számított 20. év végére, 2000-re a megnövekedett lakosságszám:

t 20 = 2,8 -1,011420 = 2,8-1,25 = 3,5,

tehát közelítőleg 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. M ennyit kell évente befizetnie, ha pénze 7%-kal kam atozik?

A huszadik év végére összegyűlt pénzt a (19.4.2) szerint számithatjuk ki, s zo = 1 000 000, q = 1,07, n = 20, tehát, ha az évi befizetés t, akkor

1-1,07 = 1 000 000,

f -1,07 3’8f o7 - 1 = 1000 000,

t- 43,8654 = 1 000 000, t = 22 797 Ft.

5. 8%-os kam atra mekkora összeget kell valakinek elhelyeznie a bankban, ha abból 18 éven át minden év végén 100 000 F t-ot akar felvenni?

Feladatunk szerint, ha az illető 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 )r-1 ,0818 =

0,08100 000(1,0818— 1) 100 000(3,9960-1)

0,08 -1,0818 0,08-3,9960

6. Egy vállalat 5%-os kam atra 10 000 000 F t kölcsönt vesz fel, amit egyenlő 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 , ű = -------1.051 1 = - 6.6289 = 1 295 040 Ft-

409

19.5. Konvergens sorozatok

A sorozatokat ábrázolhatjuk úgy, hogy a számegyenesen megjelöljük a tagok értékeinek megfelelő helyeket, gyakorlatilag természetesen nem tudjuk az egész sorozatot, hanem csupán néhány tagját ábrázolni, ábrázolásunk mégis bizo­

nyos képet ad a sorozat tulajdonságairól. A 19.5. la ábrán az an = sorozat,

b) ábrán pedig bn = —- sorozat néhány tagját ábrázoltuk.

A sorozat monoton növekvő, ha bármely tagja nem kisebb az előzőnél, és szigorúan monoton növekvő, ha bármely tagja nagyobb az előzőnél.

Hasonlóan: a sorozat monoton fogyó (csökkenő), ha bármely tagja nem nagyobb az előzőnél, és szigorúan monoton (csökkenő) , ha bármely tagja kisebb az előzőnél.

A monoton csökkenő és m onoton növekvő sorozatokat együttesen monoton sorozatoknak hívjuk. Előző példánkban az (a„) sorozat szigorúan m onoton növekvő, a (b„) sorozat szigorúan m onoton csökkenő. Az egyenlő tagokból álló sorozatokat tekinthetjük m onoton csökkenőnek és monoton növekvőnek is.

A sorozat felülről korlátos, ha van olyan KF szám, amelynél a sorozat tagjai nem nagyobbak; Á'F a sorozat fe lső korlátja; a sorozat alulról korlátos, ha van olyan KA szám, amelynél a sorozat tagjai nem kisebbek, KA a sorozat alsó korlátja. Előző példánkban az (a„) sorozat alulról korlátos, alsó korlátja

3minden nem nagyobb szám, felülről viszont nem korlátos, mert van bár­

milyen számnál nagyobb tagja.A (b„) sorozat alulról is, felülről is korlátos, alsó korlátja minden nempozitív

szám, felső korlátja minden 4-nél nem kisebb szám.Ha egy sorozat alulról is és fe lü lrő l is korlátos, akkor a sorozatot korlátosnak

mondjuk. A korlátosságot úgy is fogalmazhatjuk, hogykorlátos a sorozat, ha létezik olyan K pozitív szám, amelynél a sorozat egyiktagjának 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 (b„) sorozatnál is fellépő

jelenséget: a sorozat tagjait ábrázoló pontok a számegyenes egy helye körül torlódnak. Ezt a megfigyelést teszi pontosabbá a sorozatok konvergenciájának a fogalma; ennek definiálásához először a környezet fogalmát értelmezzük:

egy a valós szám s sugarú környezetének nevezzük az ]a—s, a+ s[ nyílt

Oj bs

a, a2 a, ° 5 a a} a, a,11 !■""» I « l a — — + -------- 1 »

0 1 2 3 0 a,1 2 3 4

19.5.1. ábra. Sorozatábrázolás a számegyenesen

410

intervallumot, ha s tetszőleges pozitív szám; ebben a környezetben azok az -X számok vannak tehát, amelyekre

a — e < x < a + eteljesül, vagy ami ezzel egyenértékű: | a — x \ - e.

A z (a„) számsorozatról akkor mondjuk, hogy konvergens és határértéke az A szám, ha minden pozitív e számhoz található olyan N pozitív egész, hogy a sorozat a^ után következő tagjai mind az A szám e sugarú környezetében vannak. (Az N itt az e-hoz tartozó küszöbszám.)

Ez azt jelenti, hogy pl. az a„ = — sorozatnál ha megadjuk az s = 0,001n . 1

érteket, akkor a sorozat 1001. tagjától kezdve — mivel űxgoi = < 0,001 —1UU1

a sorozat minden tagja benne van a 0 szám e sugarú környezetében. Ebben az esetben tehát az ÍV küszöbszám 1000-rel egyenlő. Mivel így minden e-hoz meg­adható egy N, a sorozat határértéke 0.

Azt, hogy az (an) sorozat határértéke A, így jelö ljük:lim a„ = A

n oo

(olv.: limesze ű„-nek, ha n tart a végtelenhez, A-val egyenlő). Egyes jelölési rendszerekben a lim rövidítés alatti n — -=° -t elhagyják vagy egyszerűen csak n-et írnak helyette. Ugyanezt a tényt gyakran egész egyszerűen így jelö ljük:

a,, — A,

(olv.: a„ tart az A -hoz); egyébként a mindennapi szóhasználatban is azt, hogy (an) határértéke A, egyszerűen így fejezzük k i: a„ tart az A -hoz.

A határérték definíciója szerint tehát egy bizonyos tagtól kezdve minden tag benne van az A határérték e sugarú környezetében; ez azt is jelenti, hogy

az (a„) sorozat konvergens és határértéke A, ha bármely pozitív e esetén az A szám s 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 ( a„) sorozatról azt mondjuk, hogy a + -hez (plusz végtelenhez) tart, ha bármilyen P valós számot adunk is meg, a sorozatban van olyan a^ tag, hogy az utána következő tagok már mind nagyobbak P-nél.Jelölése: lim a„ = + oo, vagy a„ — + °o ;

n -»• ooaz (a„) sorozatról azt mondjuk, hogy a — -hez ( mínusz végtelenhez) tart, ha bármilyen P valós számot adunk is meg, van a sorozatban olyan fljv tag, hogy az utána következő tagok már mind kisebbek P-nél.Jelölése: lim an = — 5 vagy an — «=.

411

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 következő':

ha a pozitív tagú ( a„) sorozatban a„ -► + =*=, akkor — ->-0.an

Adjunk meg ugyanis az í — ) sorozathoz egy e => 0 számot. Az (a„) sorozat-\ a n / r \

bán van olyan ün tag, amely után már P = — nál nagyobb tagok következnek,1 1 6

tehát ha n > N, a„ > — és így — = s, ami azt jelenti, hogy benne van a 0 e £ ün

sugarú környezetében, tehát a sorozat 0-hoz tart.

Hasonlóan igaz: ha a negatív tagú (an) sorozatban an — — «=, akkor — -* 0.a.n

A sorozatok határértékének a meghatározására nem tudunk minden eset­ben egyformán jól használható módszert megadni, sőt még annak az eldöntése is, hogy a sorozat konvergens-e, sokszor igen nehéznek bizonyul. A kövekezők- ben néhány olyan tételt adunk meg, amely a sorozatok konvergenciájának a vizsgálatát nagymértékben megkönnyíti.

I . H a az (an) sorozat minden tagja c-vel egyenlő, akkor nyilvánvaló, hogy konvergens és határértéke c.

Az (an) és (b„) sorozatokból kiindulva értelmezzük az (a„ + b„), (a„ — bn),

(a,’„b„) és sorozatokat (az utolsónál kikötjük, hogy b„ ^ 0) a következő

m ódon:az (a„ + b„) sorozat tagjai az (a„) és (bn) azonos sorszámú tagjainak az összege

(különbsége);az (anb„) sorozat tagjai az (an) és (bn) azonos sorszámú tagjainak a szorzata;

)a„A

dósa

az ( ^ j sorozat tagjai az (a„) és (bn) azonos sorszámú tagjainak a hánya-

P l.: an = , b„ = - — ) , a képezett sorozatok:nb n + 1

, 1 n — 1 n— 1 an {n + 1)&n^bn —-H r , anbn ■ — , j — —rz —: \ll >- 1).

n5 n + 1 n5(n + 1) b„ nb(n — 1)

II. H a an -*■ A és b„ B, akkor an + bn A + B és an—b„ ->■ A —B.

III. Ha a„ ->- A és bn -* B, akkor anb„ — AB.

412

IV. H a a„ -* A és a (í>„) sorozat elemei között nincsenek nullák, továbbá

bn -*■ B 5 0, akkor ^ -► ^ .0„ B

V. Az /. tétel figyelembevételével / / / . és IV . tételeiből következik, hogy ha c tetszőleges állandó valós szám, akkor

Illa . ha a„ -* A, ca„ — Cv4,

/F ű . ha bn - B (b„ * 0, B * 0), £ - £ .b n JS

A // . és III. tétel érvényes akkor is, ha az összeadandók, ill. szorzótényezők száma kettő helyett véges sok.

A I I —V. tételeket egyébként a konvergens sorozatok műveleti tulajdonságai­nak szoktuk nevezni.

VI. Ha az (a„), (bn), (c„) sorozatok olyanok, hogy minden n-edik tagjukra teljesül az a„ ^ bn sí c„ egyenlőtlenség és an — A, c„ — 4, akkor (bn) is kon­vergens és b„ -*■ A (Szokták ezt a tételt tréfásan „rendőrelv” -nek is nevezni, mivel an és közrefogja fc„-et úgy, hogy bn is kénytelen oda „ tartan i” , ahova cin es cn.)

Ha a sorozat konvergens, akkor szükségképpen korlátos, különben nem lehetne véges sok kivételével minden tagja a határérték egy környezetében. Ennek a megfordítása m ár általában nem igaz; a korlátos sorozat még nem biztos, hogy konvergens; példa erre aza„ = ( - 1)" sorozat. Nem ez a helyzet, ha a kor­látos sorozat m onoton; bebizonyítható, hogy

a korlátos monoton sorozat konvergens;mi most ennek csak szemléletes tartalm ára u talunk : képzeljük el, hogy a soro­zat tagjainak megfelelő pontokat pl. a 19.5.1 £> ábra m intájára csökkenő sor­rendben kell a számegyenesen kijelölnünk, de egy ponton nem léphetünk túl; ez csak úgy képzelhető el, hogy a pontok egy helyzet után m ár rendkívüli sűrű­séggel torlódnak, ez a „torlódási pont” a határértéknek megfelelő 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. an = k tetszőleges pozitív egész.

Mivel az ( sorozat határértéke 0, a konvergens sorozatok műveleti szabályaiból követ- ' n ' 1 1 1

kezik, hogy a z a , -------------. . . — sorozatnak is 0 a határértéke (a szorzatnak k tényezőjen n n

van). jMegjegyezzük, hogy mindez abból is következik, hogy n* -* + <=o, ezért —- -*■ 0.

413

3n2—5n+62. an =

2n2+ n + 1

Osszuk el a számlálót és a nevezőt «2-tel: an = ------ -------—. Mivel az2 + — +

/ 1 \ " rr( —2) sorozatok mind a O-hoz tartanak, a konvergens sorozatok műveleti szabályai szerint

3

3. a„ = q", ahol q >■ 1.A Bernoulli-egyenlőtlenség alapján (8.2. szakasz) 17“ > n(q —1)+1. Legyen most P tet-

P - 1szőlegesen nagy pozitív szám. Ha n ----- -, akkor a Bernoulli-egyenlőtlenségből

q -\-1

< r > n ( q - \ ) + 1 > i— f ( 9 - l ) + l = P ~ 1 + 1 = P,<7-1

tehát az an sorozat tagjai nagyobbak lesznek P-nél és ez azt jelenti, hogy a qn sorozat + o=>-hez tart.

4. an = qn, ahol 0 < q < 1.

Az — = — = {— sorozatban — > 1, tehát előző példánk eredménye szerint — an qn \ q 1 q qn

-> + co, és így — reciproka, az a nullához tart, azaz qn -*■ 0 .®n

Ebből már következik, hogy a(qn) sorozat akkor is konvergens és a O-hoz tart, ha — 1 -= q < -< 0 , hiszen ekkor 0 -< | q I -= 1 és a bizonyítottak szerint | q |” -► 0 , de ez éppen azt jelenti, hogy egy N küszöbszámtól kezdve adott e > 0 esetén

I 0 - 9*1 = \q \n -= e,tehát qn is 0 -hoz tart. Összefoglalva:

qn akkor és csakis akkor tart a O-hoz, ha — 1 < q -c 1, azaz ha 0 ^ \q \ -= 1.

5. an = \ a, ahol a =- 1 valós szám.n_ n_

Mivel f a > 3, alkalmazzuk a Bernoulli-egyenlőtlenséget / a — 1-re:

a = [ l + (j/íT -l)]» s \+ n { Í a —\),ebből

. a - 1Fa — 1 s ------ .n

Minthogy f a —1 > 0,

0 < ia - 1 3= ,nn __ f i __1

1 -c í a ^ 1 -t--------.n

414

Az i a sorozat elemeit két olyan sorozat elemei fogják közre, amelyek 1-hez tartanak,n v . —

ezért fa is 1-hez tart: ya -► 1 .

n_6. an = Ya, ahol 0 < a < 1.

M ivel— — 1, alkalmazzuk az J/ — sorozatra az előző példa eredményét, kapjuk,

hogy

n 1 hf a1 n ___

ezért a konvergens sorok műveleteire vonatkozó IV . tétel alapján reciproka: Ya is 1

reciprokához, azaz 1-hez tart:/a -► 1 . ’ an _

Minthogy / l határértéke nyilván 1, ezért az 5. és 6 . feladat eredményét összefoglalva így mondhatjuk ki:

i a 1 , ha a > 0 .

7. an = /w.Az (a„) sorozat nyilván + c»-hez tart, ugyanis tetszőleges P pozitív számra, ha n > P 2,

akkor frc - P, tehát a sorozat tagjai valóban + oo-hez tartanak.

8. a„ = - L .Fn

_ ]Előző példánk eredménye szerint in -* + 00, ezért az —= sorozat 0-hoz tart.

y«9. ű„ = V « + l —/n.

Fogjuk fel a„-et olyan törtnek, amelynek nevezője 1, majd bővítsük a törtet in + 1 + + Ín -nel:

(V '«+l)2- ( V « " )2 1a,’n = Í n + 1 - Í n

i n + l + f n Í n + \ + Í n1 1 1

Mivel -7= — 7= -< , ezért an - -7= , tehát^ fl+ l + yVi Ín

0 < a < —Lr .Ín

Előző példánk eredménye szerint -► 0, ezek szerint a„-et két olyan sorozat elemeiÍn __ _

veszik közre, amelyek O-hoz tartoznak, ezért an is O-hoz tart, tehát in + 1 — Ín -* 0.

/ 1 V 10. a„ = 1 + „

Megmutatjuk, hogy ez a sorozat szigorúan monoton növekvő és korlátos, ebből már következik, hogy konvergens is.

415

Alkalmazzuk először a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget az n-szer vett

-----j számra és az 1-re (összesen tehát n + 1 számra:(i+iMi+l)+---+(i+4)+in+ 1

*+1 + 1 = 1v w -

tktn + 1 « + lemeljük mindkét oldalt n+ 1-edik hatványra:

K í T - k pAlkalmazzuk most ismét a számtani és mértani közép egyenlőtlenségét az n-szer vett

í 1 + — számra és hozzá még — , - - r e (összesen n + 2) számra:\ n j 2 2

---- 1 , azaz an ,, - a„, a sorozat valóban monoton növekvő.

(i+I ) +(i+v )+ ---+(i+I ) 4 + t

a bal oldali tört számlálója és nevezője egyaránt n + 2, értéke tehát 1; emeljük az egyenlőtlenség mindkét oldalát n + 2-ik hatványra:(i+ir4<u ebMi (i+i)— < 4 ,

ami azt jelenti, hogy an - : 4, tehát a sorozat valóban korlátos. Mivel a 1 = 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.

19.6. Rekurziós sorozatok

A rekurzióval megadott sorozatokat (1. a 19.1. szakaszt) rekurziós sorozatoknak nevezzük. Ezeknél a sorozatoknál általában felvetődő kérdés az n-edik tag explicit meghatározása, tehát a„-nek képlettel való előállítása. Néhány speciális rekurziós sorozat esetén példát m utatunk erre az előállításra.

Legyen an = c1a„-1 + c2, ahol Ci és c2 rögzített számok, és legyen adott a sorozat első tagja, ai. Ezzel a sorozat egyértelműen meghatározott, hiszen minden tagja egyértelműen állítható elő az előző segítségével. Pl. az a \ = 7, an — 3a„_i —2 sorozat kezdő tagjai:

7, 19, 55, 163,487, . . . .Ha ci = l , sorozatunk c2 különbségű számtani sorozat. Ha c3 ^ 1, az a„

explicit kifejezése:

= a1c t - 1+ c2(c"1~1 ~ 1}-. (19.6.1)C l- 1

416

Ennek bizonyítására vegyük észre, hogy n = 1 esetén képletünk éppen aj-et adja; azt kell még belátnunk, hogy valóban eleget tesz a rekurziós definíciónak; e célból helyettesítsük ebbe a„_i-nek a (19.6.1) képlettel kifejezett alakját:

Clö/j-i + c2 — Ci a i c r 2 +c2(c i-2- 1)

C1 -11 c 2(c l c l)

+ C2 = Q iC n “1 ------------------h C2 =Cl— 1

, c2 1-ClC2 + CiC2-C 2 czicf-1- ! )= a1cn~1+ - ^ -------------:------------ = acf H — — — z------ = an,

C l — 1 C l — 1

tehát a képlet valóban a„-et állítja elő.Legyen most a rekurzió a következő:

a„ = c1a„_i + c2ű„_2, (« = 3), (19.6.2)

adottak a sorozat kezdő tag jai: űi és a2; a Ci és c2 rögzített állandó számok, egyik sem egyenlő nullával.

Ennek a rekurziónak legegyszerűbb példája az ún. Fibonacci-sorozat, ennél Ci = c2 = 1 és ű i = Ö2 = 1, tehát minden tag az előző két tag összege: an = = ű„_i + a„_2, a sorozat kezdő tag jai:

1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, . ..

Az első két tag megadása és a (19.6.2) alatti rekurzió a sorozat tagjait egy­értelműen meghatározzák. Az a„ explicit előállításához rendeljük hozzá a rekur­zióhoz az

x2 = cix + c2, azaz x2 — cix — c2 = 0 (19.6.3)

másodfokú egyenletet, ez a rekurzió ún. karakterisztikus egyenlete. Tegyük fel, hogy a karakterisztikus egyenletnek két különböző (valós vagy komplex) gyöke van, legyenek ezek xi és x2 (xj ^ x2). Az

a„ = (19.6.4)

számok, ahol A és [j, tetszőleges valós értékek, kielégítik a (19.6.2) egyenletet; ti.:

c ia„_ i + c2a„_2 = Ci(Axí-1+ lMxg-1) + c2(Áx%-2 + /ix%-2) =- Áx^-2(cixi + c2) + ftx^-2(cix2 + c2) = Ixl+fix^ = an.

Ebből m ár következik, hogy ha a (19.6.4) előállítja ai-et és a2-1 is, akkor a sorozat minden tagját is előállítja. A X és fi értékét úgy kell meghatároznunk, hogy

ÁXi~i~ flX2 — űi,

Xxf+fixl = a2 (19.6.5)

teljesüljön. Ez az egyenletrendszer mindig megoldható, ha c% ^ 0 és xx ^ x2.Példaként állítsuk elő az a„ = a„_ i+ a„_ 2, «i = a2 = 1 Fibonacci-sorozat

n-edik tagját. A rekurzió karakterisztikus egyenlete:x2—x — 1 = 0,

417

ennek gyökei: X\ = ’ x '2 ~ ~ 2 ~ ’ ^ I1 meghatározásához meg kelloldanunk az

( a i —) A —------bfi— 2— ~ ^

egyenletrendszert, ez átalakítással a következő egyenletrendszerbe megy á t:

{XJr fl) Jr]f5{X — fl) = 2,

3{X+fi) + f5 { X - fi) = 2,

a második és az első egyenlet megfelelő oldalainak a különbségéből adódik, hogy 2(X + [x) = 0 , X = —fi. Az első egyenletben —/í helyébe A-t helyettesítve kapjuk, hogy

2 _ 1 1 )/5 ’ ^ / 5 ’

ezért (19.6.4) szerint a Fibonacci-sorozat n-edik tagja:

1űn — ~~!=

/51 + / 5

H a a karakterisztikus egyenletnek két egyenlő gyöke van, módszerünket módosítanunk kell, mert ekkor a (19.6.5) egyenletrendszer nem oldható meg. Tegyük fel tehát, hogy az x 2 — CiX — c2 = 0 karakterisztikus egyenlet kettős gyöke xo-lal egyenlő. A gyökök és együtthatók közötti összefüggés alapján (1. a 7.4. szakaszt) cx — 2x0, c2 = — x2, és így a rekurziós formula

a„ = 2x0ö„-i-Xo<2«-2 (19.6.6)

alakban írható fel. Keressük az a„ explicit előállításátan = Xx% + /mXq*1 (19.6.7)

formában, ahol X, fi valós számok. (19.6.6) jobb oldalába behelyettesítve:

2xoa„-i — x |ű„_2 = 2x0(Xxq- 1+ fi(n — ])xg~2) — x l { X ^ - 2+fx{n — 2 )x g -3) == A(2xg — xő)+ i«(2(«— l)xő-1 — (n—2)xg~1) = Axg+zxnxg-1 = a„,

tehát kielégíti (16.6.6)-ot. A és fi meghatározására fel kell írnunk (16.6.7)-et n = 1-re és n = 2-re, így egy kétismeretlenes egyenletrendszert kapunk:

Xxo+fi = űi,Xxl + 2fix0 = a2,

ennek megoldása szolgáltatja a A és fi értékeket.

418

Például állítsuk elő az an = 6a„_i — 9ű„_2, űi = 5, ű2 = 12 sorozatot explicit alakban.

A karakterisztikus egyenlet: .t2—6x + 9 = 0, ennek egyetlen gyöke az xo = 3. Ezért (16.6.7) alapján:

a„ = 3"A + «-3”“ 1Ju.

Ha az n = 1, ill. n = 2 esetnek megfelelő űi = 5, ű2 = 12 értékeket helyette­sítjük, akkor a

3A + JÍÍ = 5,9A + 6 fi = 12

egyenleteket kapjuk, ennek megoldása X = 2, fi = — 1, ezért az explicit alak: a„ = 2-3" — n-3'1-1 = 3"~1(6 — rí).

A rekurzív sorozatok határértékét bizonyos esetekben egyszerűen megha­tározhatjuk, ha m ár tudjuk a határérték létezését. Nézzük pl. a következő sorozato t:

/6 , ^ 6 + /6 , ]/ 6 + ]/6 + /6 ,

pontosabban: űj = |/6, és ű„ = Í6 + an_ x, ez a sorozat rekurzív definíciója. M egmutatjuk, hogy ez a sorozat m onoton növekvő és korlátos, ebből már következik, hogy van határértéke.

A m onotonitást teljes indukcióval bizonyítjuk, a1 - a.2 nyilvánvaló, tegyük fel, hogy an_ 1 < a„. Mivel an = /6 + a „ _ 1 és a„+1 = / 6 + ű „, ezért

a„ = / 6 + a n_! < Y6 + a„ = an+1,

tehát a sorozat valóban szigorúan m onoton növekvő.Teljes indukcióval bizonyítjuk, hogy a sorozat korlátos, mivel minden tagja

kisebb 3-nál. n = 1-re az állítás igaz, mivel aí = Y6 < 3. Tegyük fel, hogy an < 3, ekkor

űn+1 = í 6 ■- ci,t -< j/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 a2 — A-, a„_1 + 6 A + 6, ezért a sorozat definíciója a lap ján :

A 2 — A + 6 , A 2—A —6 = 0.

A másodfokú egyenlet megoldóképletével

r± |/2 5 _ 1 ± 5. / l ---- -------- "T------- ---- ------ -------- .2 2

Mivel a sorozat minden tagja pozitív, ezért a határértéke nem lehet negatív, ennélfogva A = 3, a sorozat 3-hoz tart.

419

19.7. Végtelen sorok

A sorozatok alkalmazása szempontjából lényegesek azok a sorozatok, amelyek­nek tagjai valamilyen sorozat tagjainak az összegezésével jönnek létre.

Az ax első taggal és q hányadossal adott mértani sorozat elemeiből a követ­kező összegeket képezzük:

í! = «!, = a1 + a1q, s3 = a1 + a1q + a1q2, . . . , s„ = ay + a q + . . . + a1qn~ \ ----

Megjegyezzük, hogy meggondolásaink q — 0, azaz s„ = ay esetén is' érvé­nyesek. Az (í„) sorozat n-edik tagját (q + I) így is írhatjuk:

_ ax{qn- 1) _ ax a S n ~ q - 1 1 - q \~ q

Az s„-t előállító összegben az első tag független n-től, a második tag nevezője 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

s„ - (0 S | q j < 1).

Az (j„) sorozatot szokás úgy tekinteni, mint az

#1 + #2 + Ö3-j- ■ • * • • ■ (19.7.1)„végtelen tagú összeg” első n eleméből képezett részletösszegeket. A szimboli­kusan a (19.7.1) alakban írt összeget végtelen sornak — vagy egyszerűen gyak­ran csak : sornak — nevezzük. Ha az ax, a2, . . . ,,a„ . . . 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 felcserélhetőségével és tetszőleges csoportosítható- ságával (kommutativitás, ill. asszociativitás).

Az ai + a2 + a3 + . . . +a„+ . . . végtelen sor részletösszegein az

si — aii S% = Öi + Ű2>

s„ — Ű1 + Ű2+ • • • ni

összegeket értjük és a sort akkor mondjuk konvergensnek, ha az (s„) sorozat konvergens; az (í„) határértékét a sor összegének nevezzük.

420

a mértani sor akkor és csakis akkor konvergens, ha hányadosa abszolút értékben kisebb 1-nél (0 sí | q \ < I) és ekkor összege:

s = - ^ - . (19.7.2)1 — q '

M értani sor segítségével bizonyítható szabatosan a végtelen szakaszos tizedestörtek két egész szám hányadosaként való előállításának a szabálya.

4Pl. a 2.4. szakaszban arra az eredményre jutottunk, hogy 0,4 = —. Vegyük most

4figyelembe, hogy 0,4 lényegében végtelen mértani sor, amelynek első tagja —- és1 10

hanyadosa — :

4• 4 4 4 4 TŐ _ 4

’ ~ 1 Ö + 1ÖÖ + 1Ö 3+ TÖT + " • T “ 9 '“ To

Példaként megmutatjuk, hogy az

T + t i v + • • • "1— t— r r r + • • • (19.7.3)1-2 2-3 3-4 n (n + 1)

sor konvergens és összege 1.Az n-edik részletösszegben, ^„-ben, minden tagot két tört különbségére

bonthatunk, mert1 1 1

Ezek szerint

k(k + 1) k k + 1

ezért1 1 1 1 1 1 1 1

S„ = ---- ^ ^ ö - T + • • • + ---------1 2 2 3 3 4 n n+ 1 n + 1 ’

az (s„) sorozat ezért az / 1 ------ sorozattal azonos. Mivel azonban —í— — 0,\ n + 1 / n+ 1

ezért s„ -* I, így a sor valóban konvergens és összege 1.Ha a sor tagjai pozitívak, akkor az (j„) sorozat biztosan monoton növekvő.

A sort korlátosnak mondjuk, ha a részletösszegek sorozata korlátos. H a tehátmegmutatjuk, hogy egy pozitív tagú sor korlátos, akkor konvergens is, a 19.5.szakaszban a monoton sorozatokra kim ondott tétel értelmében.

Példaként vizsgáljuk meg a négyzetszámok reciprokjaiból képezett sort:

, 1 1 11 + + • • • H— 2 + • • • •2L 31 / r

421

írjunk az n-edik részletösszegben minden tört helyett egy nála nagyobbat,

á t helye" ekkor

> 1 1 , / 1 1s„ = l + ^ r + ^ r + . . . H----5- < 1+ - T T + T T + . . . +■22 32 ............n2 \ 1-2 2 - 3 ............... ( « - l ) n

Előző példánkban megmutattuk, hogy a zárójelbeli összeg 1 — — -nel egyenlő,1 77

tehát s„ < 2 -----< 2, a részletösszegek sorozata tehát korlátos és ezért a sorn

konvergens. A sorösszeg meghatározása ebben az esetben már összetettebb712

feladat, megmutatható, hogy ez az összeg = 1,6449. . . .

Ha a sor részletösszegeinek a sorozata nem konvergens, a sort divergensnek mondjuk. A divergens sorok közül kitüntetettek azok, amelyeknél a részlet­összegek sorozata + o=-hez, ill. — «>-hez tart; ebben az esetben a sorokról is azt mondjuk, hogy + o=-hez, ill. — 00 -hez tartanak.

Előző példáink után némileg meglepő, hogy a pozitív egészek reciprokjaiból képezett ún. harmonikus sor:

, 1 1 1 1 1 + 2 + 3' + T + • • • + „ + • • •

divergens és + °=-hez tart. Ennek igazolására vizsgáljuk meg a k + 1-től 2/c-ig terjedő egészek reciprokjainak az összegét, és vegyük figyelembe, hogy az összeg tagjai közül az utolsó a legkisebb:

1 1 1 1 1 I I 1~ k + l + ~k+2 + ‘ ' ’ + ~2k > 1 \k + 2 k + ' ' ' + 2k ~~ 2k ~ 2 '

Nézzük ezek után a harmonikus sor s„ részletösszegét, ahol n = 2k :

= 1 + (^) + ( Í + t ) + (t + ^ + t + ! ) +/ 1 1 1

+ + \ 2k~1+ 1 + 2*-! + 2 + ■ " + T k /

Előző észrevételünk szerint a zárójeles kifejezések értéke (az első kivételével)

nagyobb ^ -nél, s mivel éppen k zárójeles kifejezésünk van

, kS‘21' > 1 H—2" -

Mivel pedig k tetszőleges nagy pozitív szám lehet, az (.s„) növekvő sorozat tagjai + °°-hez tartanak, a harmonikus sor ezért divergens.

422

Sejk —

I tt jegyezzük meg, hogy a soktagú összeg rövidített jelölésére alkalmazzuk az összegzés (szummáció) jelét abban az esetben, ha az összeg tagjai azonos jellegűek; méghozzá úgy, hogy az összegnek egy általános (pl. az /-edik) tagját írjuk fel és elé írjuk a £ (nagy görög szigma) betűt. A £ alá, illetve fölé az összeg első, illetve utolsó tagjának a jele kerül.

Pl.:100

1 + 2 + . . . +100 = £ /,i = 1

1 1 1 " 1 1+ + + . . . + - = £2 3 n 1

n

albl + a2b2 + . . . + a„b„ — £ ;; = 1

végtelen sor esetében a £ fölé 00 -t szoktak írni

, 1 1 £ 1 i + ^ + . . . + - + . . . = £ - . z n 1 Í

A határok kiírását néha elhagyják, főként abban az esetben, ha azok az előzményekből m ár ismertek.

423

20. Függvények

20.1. A függvények fogalma, ábrázolása

Ha a H x halmaz minden elemének megfeleltetjük a H 2 halmaz valamelyelemét, akkor ezt a hozzárendelést függvénynek nevezzük.

A H í halmaz a függvény értelmezési tartománya; a H 2-nek azok az elemei, amelyekhez valamelyik H r beli elemet hozzárendeljük, a függvény értékkészletét alkotják; az értékkészlet tehát H 2 elemeinek egy részhalmaza (ez egybe is eshet H 2-vel).

A függvények körében számos jelölést és elnevezést használnak, könyvünk­ben ezek közül csak néhányat alkalmazunk rendszeresen. M agát a függvényt legtöbbször az /b e tű v e l jelölik (gyakori még: g, h, . . . de bármilyen betű is előfordulhat); az értelmezési tartományra szokás a Df (vagy D (f)), az érték- készletre pedig az Rj (vagy R (f) ) jelölés.

Azf .U , - H 2

jelsorozat azt jelenti, hogy / értelmezési tartom ánya H 1? értékkészlete pedig H 2-nek részhalmaza.

Azt a tényt, hogy /-nek H j az értelmezési tartománya, így is szoktuk mon­dani: / a H j halmazon van értelmezve. Ha x a H x eleme, f ( x ) jelöli az x-hez rendelt H 2-beli elemet, amit x helyettesítési értékének nevezünk; ugyanezt fejezi ki az f ( x ) jelölés is. Megjegyezzük, hogy a z / , g, . . . függvények helyett gyakran az f (x ) , g(x), . . . jelöléseket is használjuk, elsősorban akkor, ha a függvényeket képlettel adjuk meg.

Az értelmezési tartom ány* elemeire használatos még az x változó elnevezés is (ma m ár ritkább: az értelmezési tartom ány elemei a független változók, az értékkészleté a fü g g ő változók).

A függvények most megadott fogalma igen általános; eszerint pl. a sokszögek területe olyan függvény, amelynek értelmezési tartom ánya a sokszögek halmaza, értékkészlete pedig a pozitív számok halmaza. A síkbeli egybevágóságok is függvények, értelmezési tartományuk a sík pontjainak a halmaza, ugyanebből 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.

424

A következőkben olyan függvényekkel foglalkozunk, amelyeknek értelme­zési tartom ánya és értékkészlete is a valós számoknak egy részhalmaza (ez ter­mészetesen a teljes valós számhalmaz is lehet); az ilyen függvényeket valós fü g g ­vényeknek ( valós változás függvényeknek) mondjuk.

A függvények megadásához hozzátartozik az értelmezési tartom ány ( H ^ a z értékkészletet tartalm azó 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 vagy képletekkel adjuk meg, pl. az értelmezési tartom ány x eleméhez a i x 2+ x + l valós számot rendeljük és ezt így jelö ljük:

R - R, f ( x ) = ]/x2+ x + ] ,vagy ________

/ :R — R, i>-> ]/x2 + x + 1,

nagyon gyakran azonban egyszerűen csak a |/x 2 + x + 1 függvényről beszélünk.Egyszerűsítés céljából valós függvények esetén csak a hozzárendelést adjuk

meg, ha értelmezési tartom ánynak azoknak a valós számoknak a halm azát te­

kintjük, amelyre az adott képletnek (hozzárendelésnek) értelme van. Pl. az — í-y

függvény értelmezési tartom ánya a valós számok halmaza, 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 értelmezhető.

Szokásos elnevezések még: adott és H 2 esetén az /függvény szuperjektív (vagy szuperjekció, szürjekció), (20.1.1. ábra), ha H 2 minden eleme hozzá van rendelve H T legalább egy eleméhez; injektív (vagy injekció), (20.1.2. ábra), ha H j bármely két eleméhez / a H 2 két különböző elemét rendeli, és bijektív (vagy bijekció), (20.1.3. ábra), ha szuperjektív és injektív is; a bijekciót H j és H 2 elemei közötti egy-egyértelmű vagy kölcsönösen egyértelmű megfeleltetésnek is mond­juk.

A függvények tulajdonságainak vizsgálatát nagyon megkönnyíti az ábrázo­lásuk. Egy {x, i'} koordináta-rendszerben a z / függvény képén (más elnevezéssel: grafikonján, ábráján) az y = f ( x ) egyenletű ponthalm azt értjük, ez tehát az (x, f ( x ) ) koordinátapárral jellemzett pontokból áll. Az y = f ( x ) egyenletű vonalat függvénygörbének is szokták nevezni. Nem tudunk azonban minden valós függvényt ábrázolni, pl. az elméleti megfontolásokban lényeges szerepet játszó úti. Dirichlet-függvénnyel is ez a helyzet, ennek megadása:

„ , _ J 0, ha x racionális,1 1, ha x irracionális.

Nem minden, koordináta-rendszerben ábrázolt görbe függvénygörbe, pl. egy kör nem lehet függvénygörbe, egy félkör viszont már lehet, pl. az y = /1 — x 2 egyenletű félkör (20.1.4. ábra) az f ( x ) = / 1 —x 2 függvény képe. G yakori függ-

425

20.1.1. ábra. Szuperjekció 20.1.2. ábra. Injekció

H, H2

vényképek az y = mx + b egyenlettel megadott egyenesek vagy az y = axí + + bx + c egyenletű 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 / függvénynek x helyen vagy az x pontban felvett értékéről beszélni.

A függvénygörbe transzformációjáról (ill. függvénytranszformációról) beszé­lünk, ha kapcsolatot keresünk az f(x) és pl. az f(x + a) + b függvények, ill. görbéi között. (Ezenkívül sok más típusú függvénytranszformáció létezik.)

Az y — f(x + a) függvénygörbét az y = f(x) függvénygörbéből az x tengely - lyel párhuzamos -a -v a l való eltolással kapjuk, mivel az f(x + a ) függvény x — a helyen felvett értéke éppen f ( x — a+a) = f(x), tehát ugyanaz, mint az f(x) függvény x helyen felvett értéke; ez azt jelenti, hogy f(x + a ) minden értéket a hellyel „előbb” vesz fel mint f(x) (20.1.5. ábra).

Az f(x) + b függvény görbéje az f(x) görbéjéből az y tengellyel párhuzamos, b nagyságú eltolással származtatható, hiszen a két görbe x ponthoz tartozó of1 dinátáinak a különbsége éppen b-\e 1 egyenlő (20.1.6. ábra).

Ebből következik, hogy az y = f(x + a) + b függvénygörbe az y = f(x) függ­vénygörbéből a v( — a, b) vektorral való eltolással származtatható, hiszen ez éppen az előbbi két eltolás egymásutánját eredményezi.

H a az y = f(x) függvénygörbe minden pontjának az abszcisszáját (x koor­dinátáját) c-ed részére zsugorítjuk, az y = f (c x ) függvénygörbét kapjuk, az

426

-1 0 1 x

20.1.4. ábra. Félkör mint függvénygörbe

20.1.5. ábra.Az y — f ( x ) és y = / (* + a) görbék

kapcsolata (a 0)

20.1.6. ábra.Az y = f ( x ) és y = f ( x ) + b görbék

kapcsolata (b 0)

427

f ( c x ) függvény ugyanis az — helyen ugyanazt az értéket veszi fel, mint az f(x )

az x h e l y e n : = f (x) (20.1.7. ábra). H a c negatív, a zsugorított pontot

még tükröznünk kell az y tengelyre. A 17.5. szakaszban használt kifejezéssel az f (c x ) függvény görbéje az f(x ) függvény görbéjéből y tengelyű, 1 : c arányú affin zsugorítással nyerhető.

H a viszont az y = f ( x ) függvénygörbe minden pontjának az ordinátáját (y koordinátáját) c-szeresére növeljük, azaz a görbére egy x tengelyű c : \ arányú affinitást alkalmazunk, az y = cf(x) függvénygörbét kapjuk. Ha c negatív, a kapott függvénygörbét még tükröznünk kell az x tengelyre (20.1.8. ábra).

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. Á ltalánosabb értelemben intervallumnak („végtelen” intervallumnak) te­kintjük egy félegyenes, sőt az egész egyenes pontjaihoz tartozó valós számokat is :

az [a, + “ [ az a ^ x feltételt kielégítő x-ek halmaza; az ]a, + » [ a z o < x feltételt kielégítő x-ek halmaza; a ] — °°, b] a z x b feltételt kielégítő x-ek halmaza; a ] - ° o , í ) [ a z x < fc feltételt kielégítő x-ek halm aza;3 j — co ~j- co [ az összes valós x-ek halmaza.

A z / függvényt értelmezési tartom ányának egy intervallumában korlátosnak mondjuk, ha van olyan K szám, hogy az intervallum minden x pontjában | f ( x ) | sí A: teljesül.

H a a szóban forgó x-ekre /(x ) s K teljesül, a függvény felülről, ha K /(x ) teljesül, a függvény alulról korlátos.

Általánosan: az / függvényt korlátosnak mondjuk, ha értelmezési tartom á­nyának minden x pontjára teljesül az |/(x ) | ■ K egyenlőtlenség.

Pl. az x2 függvény alulról korlátos, hiszen 0 : x2, felülről azonban nem ; a 3x + 5 függvény sem alulról, sem felülről nem korlátos; viszont korlátos

az j függvény, mert

' (>• 20.2.1. ábra).

A korlátos függvény görbéje az x tengellyel párhuzamos sávban helyezke­dik el.

Az / függvény értelmezési tartom ánya egy intervallumában monoton növekvő (ill. csökkenő, fogyó), ha az intervallum minden olyan xl5 x2 helyén, amelyrexx < x2

A x i) S /(X2), (ill. /(X j) / ( x 2)).

X

428

20.2.2. ábra. Maximum- és minimumhelyek

H a a fenti egyenlőtlenségekben az egyenlőség nincs megengedve, szigorú monotonitásról beszélünk.

Az x2 függvény szigorúan m onoton csökkenő pl. a ] — oo, 0] intervallumon, ezen kívül pedig (tehát pozitív x-ekre) szigorúan m onoton növekvő. Az 5x — 2 függvény minden x-re szigorúan monoton növekvő, míg a — 5 x —2 szigorúan monoton fogyó. Megjegyezzük, hogy a mindennapi szóhasználatban a „m o­noton” határozót a növekvő, ill. fogyó jelző mellől gyakran elhagyjuk; az „intervallum on” helyett pedig használjuk az „intervallum ban” kifejezést is.

Az x0 hely Ö sugarú környezetének az |x — x0 | ■ ő feltételt kielégítő x helyek halm azát 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 következő két fogalom :

Az / függvénynek az x0 helyen helyi ( lokális) maximuma van, ha x0-nak van olyan környezete / értelmezési tartom ányában, amelyeknek minden x pontjá­b a n /(x ) S / ( x 0).

Az / függvénynek az x0 helyen helyi (lokális) minimuma van, ha x0-nak van olyan környezete / értelmezési tartom ányában, amelynek minden x pontjá­b a n /(x ) s / ( x 0).

A függvény grafikonján a maximumhelyeknél „csúcs” , a minimumhelyeken „m élypont” van (20.2.2. ábra). H a a függvény egy intervallumban állandó, o tt minden minimumhely egyúttal maximumhely is.

A „helyi” jelzőt a fenti definícióban rendszerint el is hagyjuk. Felhívjuk a figyelmet azonban arra, hogy a fenti maximum- és minimummeghatározások helyi jellegűek, tehát pl. a helyi maximumnál a függvény nagyobb értéket is felvehet.

A helyi minimum, ill. maximum a függvény helyi ( lokális) szélsőértékei.Az / függvényt periodikusnak nevezzük, ha létezik olyan p ^ 0 szám, hogy

értelmezési tartom ányának minden x pontjára x + p is az értelmezési tarto ­m ányba tartozik és

f ( x + p ) — f ( x ) teljesül, p-1 a függvény egy periódusának mondjuk.

429

H a a függvénynek p periódusa, akkor 2p is periódusa, hiszen f i x 4- 2p) = f( (x + p )+ p ) = f ( x + p ) = f{x),

és ezért periódusa p tetszőleges pozitív vagy negatív egész többszöröse is. H a a függvénynek van legkisebb pozitív periódusa, rendszerint ezt szoktuk a függ­vénynél figyelembe venni.

Legegyszerűbb periodikus függvény az állandó (konstans) függvény, ez minden x valós számhoz ugyanazt a c számot rendeli: f ix ) = c, ennek képe az x tengellyel párhuzamos, y = c egyenletű egyenes. Az állandó függvénynek minden valós szám periódusa (kivéve természetesen a 0-t).

Periodikus függvények vizsgálatához elegendő egy, a periódussal azonos hosszúságú intervallumban vizsgálnunk a függvényt, hiszen a függvény tulaj­donságai periódusonként ismétlődnek. Tipikus periodikus függvények a trigo­nometrikus függvények (20.8. szakasz).

Legyen / olyan függvény, amelynek értelmezési tartománya „0 pontra szimmetrikus” , azaz ha x benne van / értelmezési tartományában, akkor ez a— x-et is tartalmazza, /-e t párosnak nevezzük, ha értelmezési tartományának minden x helyére f i x ) = / ( —x) teljesül és páratlannak, ha értelmezési tartom á­nyának minden x helyére f (x ) = — f i — x) fennáll.

Páros függvények p l.: x2, x4—4x2 + 2, — , cos x ;

páratlan függvények p l .: x, x3 —x, sin 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 műveleteket. Az f i és f i függvények értelmezési tartom ányainak közös részén értelmezzük az f x + fi, f i - f i , f i f i és f

függvényeket, az utóbbit csak olyan x-ekre, amelyekre f i ( x ) ^ 0. ÉrtelmezésJzszerint:

( f i + /2) (*) = f i x ) + /2(x), ( fifi) (x) = f ( x ) - f i{ x ) ;

ha 0.

9yLegyen p ]./i(x ) = x2—x, / 2(x) = —-— - , ebben az esetben

X -f- 12x

(fi + fi) (x) = fi(x ) + fi(x) = X2 - X +

( f i f i ) (x) = fi(x ) - fi(x ) =

x2+ 1 2x(x2—x)

x2+ 1

430

(x 0).

Függvények összege és szorzata tetszőleges véges számú összeadandóra, ill. tényezőre is kiterjeszthető.

Felhívjuk a figyelmet arra, hogy a műveletekkel kapott függvény értelmezési tartom ánya a műveletben résztvevő függvények értelmezési tartom ányának a

közös része, tehát pl. ha f i(x ) — és fi(x ) = — —.

f i(x )+ fi(x ) = - i - i - = 0,

de itt f { x ) + M x ) a 0 helyen nincs értelmezve. Hasonlóan, ha gi(x) = x2 — 9,

g-i(x) = , akkor

x 2 —9(& & )(*) = gi(x)-g2(x) = —:_3- •

Minthogy gt minden valós számra értelmezve van, g2~nek Pedig x = 3 nem tartozik az értelmezési tartományához,

Ív2_Q------T = x + 3, ha x ? í 3 ,

x - 3nincs értelmezve, ha x = 3.

Legyenek most f és g olyan függvények, hogy / értelmezési tartományának és g értékkészletének van közös része.

Az f[g (x )\ függvényt összetett függvénynek (más elnevezés: közvetett fü g g ­vénynek) nevezzük, értelmezési tartománya azoknak az x-eknek a halmaza, amelyekre g(x) hozzátartozik / értelmezési tartományához. Az /[g (x )] függ­vényt /o g -v e l is (o lv ./k ö r g) szokták jelölni:

( fo g ) (x) = /[g (x )] .

1 r—Légyen pl. g(x) = ■■ ■, f i x ) = \ x, ekkor

X — 4

( fo g ) (x) = f[g(x)} = jA - J _ .

/ nemnegatív számokra van értelmezve, g pedig ± 2 kivételével minden valós számra, g értékkészlete akkor nemnegatív (azaz akkor tartozik hozzá f i értel­mezési tartományhoz); ha x2 =- 4, tehát x < — 2 vagy x > 2.

Tegyük fel, hogy fi kölcsönösen egyértelmű megfeleltetést létesít értelmezési tartományának és értékkészletének az elemei között. Ebben az esetben az érték- készlet minden f ix ) eleméhez hozzárendelhetjük az értelmezési tartományának

azt az x elemét, amelyre az / értéke f ( x ) . Ezzel a hozzárendeléssel definiáljuk az /fü g g v én y inverzét, a m i t /_1-gyel je lö lü n k ./-1 értelmezési tartom ánya/ ér­tékkészletével és értékkészlete / értelmezési tartományával azonos.

Természetesen nincs minden függvénynek inverze; gyakran azonban a függ­vény inverzét csupán értelmezési tartom ányának egy részhalmazán, rendszerint egy intervallumban akarjuk előállítani. A szigorúan monoton függvényeknek létezik inverze, erről még a 20.4. szakaszban is szólunk.

A képlettel adott függvény inverzének a meghatározását két példán m utat­ju k meg.

2x— 3I . Legyen f ( x ) = — -— ; ez a függvény a valós számok halmazán szigorúan

m onoton növekvő, és értékkészlete a valós számok halmaza. Tegyük fel, hogy f az x-hez az y valós számot rendeli, azaz /(x ) = y,

2 x—3 5 ^+ 3— -— = y, ebből: x = — - — ,

ftehát y-hoz az inverz függvény az — ^— értéket rendeli, ezért

/ - M = ^ ■

j. , , 2x—3 5 x + 3j - e t es / *-et a koordinata-rendszerben az y = — -— , ni. y = — - — egye­

nesek ábrázolják (20.2.3. ábra).

II . Legyen g a z x s 2 valós számok halmazán értelmezettg(x) = x2—4x + 3

függvény, g szigorúan m onoton növekvő és értékkészlete a g (2) = — 1-nél nem kisebb valós számok halmaza. Legyen

x2—4 x + 3 = y, ebből x2 —4x + (3 —y) = 0.

A m ásodfokú egyenlet megoldóképletével:

^ = 4 ± / Í 6 - ^ 7 ) = 4 + 2 ^ + í = 2 ± ^

M ivel a g " 1 függvény értelmezési tartom ánya a — 1-nél nem kisebb valós szá­mok halm aza és értékkészlete a 2-nél nem kisebb számok halmaza, ezért a meg­oldásban a négyzetgyök előtt + előjelnek kell állnia. Ennélfogva g inverze:

g !(x) = 2+ / x + l .

g-nek és g_1-nek a grafikonja a 20.2.4. ábrán látható, mindkét függvény képe félparabola.

432

Megjegyezzük, hogy egy függvénynek és inverzének a képe tükrös az y = x egyenletű 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

Az /(x ) =x2 —9

függvény nincs értelmezve az x = 3 helyen, minden más

valós szám azonban benne van az értelmezési tartom ányban, ezért ha x ^ 3, x2 —9 (x + 3) (x —3)------= ---------------------- = x + 3 , / tehát ebben a form ában is m egadható:

/(* )x + 3 , ha x 3,nincs értelmezve, ha x = 3.

/ képe az y = x + 3 egyenes, megfosztva azonban az x = 3 értékhez tartozó (3, 6) ponttól (20.3.1. ábra).

433

Legyen most xx, x2, . . . , x„ . . . tetszőleges olyan sorozat, amelynek a határ­értéke 3, azaz a 3-hoz tart (x„ ^ 3). Az ezeken a helyeken felvett függvényérté­kek sorozata az (/(*„)) sorozat:

xx+ 3 , x2+ 3 , x3+3, . . . , x„+3, . . .

s mivel x„ — 3, x„+ 3 = /(x„) — 6.Ezt úgy szoktuk kifejezni, hogy az / függvény határértéke az x = 3 pontban

6-tal egyenlő, x = 3 esetén a függvény nincs értelmezve, a határérték a függvény x = 3 hely környezetében való „viselkedéséről” tájékoztat bennünket.

Általánosságban is értelmezzük az /függvény x0 pontbeli (ún. véges helyen vett) határértékét', ehhez szükséges, hogy/ értelmezve legyen x0 egy környeze­tében, azt azonban nem kell kikötnünk, hogy magában az x„ pontban is értel­mezve legyen.

I . A z ffüggvénynek az x0 pontban egy A szám a határértéke, ha bárhogyan is választunk k i f értelmezési tartományában egy xQ-hoz tartó xx, x2, . . . , x„, . . . (x„ x Q) sorozatot, akkor a megfelelő függvényértékek f ( x }), / (x 2), . . . ,

f(x„), . . . sorozata A-hoz tart.Továbbá:II. A zffüggvénynek a z x 0pontban határértéke + » (ill. — <*>), ha bárhogyan

is választunk k i f értelmezési tartományában egy x 0-hoz tartó x lt x2, . . . , x„,. . . (xn jí x0) sorozatot, akkor a megfelelő függvényértékek / ( x x), / ( x 2), . . . ,

f(x„), . . . sorozata + °° -hez {ill . — oo -hez) tart.A véges helyen vett határértékhez hasonlóan értelmezzük a függvények

végtelenben vett határértékét.I II . Az ffüggvénynek a + oo -ben a határértéke A, ha bárhogyan is választunk

k i f értelmezési tartományában egy + -hez tartó x x, x2, . . . , x„ . . . sorozatot, a megfelelő függvényértékek f ( x x), / ( x 2), . . . , / ( x „ ) , . . . sorozata A-hoz tart.

IV. Az ffüggvénynek a + <*=-ben vett határértéke + °° , ha bárhogyan is vá­lasztunk ki f értelmezési tartományában egy + °° -hez tartó x x, x2, . . . , x„ . . . sorozatot, a megfelelő függvényértékek f ( x x), / ( x 2), . . . , / ( x „ ) , . . . sorozata is + oo -hez tart.

Ezekkel a definíciókkal rendre egyenértékűek a következők; gyakran ezek alkalmazása célszerűbbnek bizonyul.

Előrebocsátjuk, hogy a definíciókban szereplő x helyek hozzátartoznak / értelmezési tartományához.

I*. A z f függvénynek az x 0 pontban a határértéke A, ha minden e 0 szám­hoz létezik olyan <5 > 0 szám, hogy ha 0 < | x —x01 < ő, akkor \f(x ) — A \ < s.

II*. A z ffüggvénynek az x0 pontban határértéke + °° (ill. — °°), ha minden K számhoz van olyan á > 0 szám, hogy ha 0 < | x —x0 | - - ő, akkor /(x ) > K (ill. f i x ) < K).

III*. A z ffüggvénynek a + oo -ben a határértéke A, ha minden e > 0 számhoz létezik olyan K szám , hogy ha x >• K, akkor \f(x) — A \ < e.

434

IV*. A z ffüggvénynek a + °o -ben vett határértéke + oo, ha minden K szám­hoz van olyan N szám, hogy h a x > N, a kko rf(x ) > K.

A III., III.*; IV., IV*. definíciókban + » helyett — oo is állhat, s definí­cióban szereplő egyenlőtlenségek ekkor értelemszerűen módosulnak.

A most felsorolt definíciókban a sorozatoknál használt jelöléseket alkal­m azhatjuk; pl. az I. definícióban:

lim /(x ) = A, vagy: ha x — xa,X - Xq

a II. definícióban:lim /(x ) = + oo, vagy: ha x — x0,

X Xq

a III. definícióban:lim f(x ) — A, vagy: ha x + c

X -* 4-00

a IV. definícióban:lim /(x ) = + ° ° , vagy: ha x ->- + =

akkor / ( x ) A \

akkor /(x ) +

akkor /(x ) — A ;

akkor / (x)

Megjegyezzük, hogy a lim rövidítés alatt az x — jelrészletet néha elhagyják.Felhívjuk a figyelmet arra, hogy a határértékek fenti definíciói feltételes

jellegűek, tehát határérték nem mindig létezik, a definíciók a létezés feltételét és a határértéket egyszerre definiálják.

Az I. és 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, ül. jobb oldali határérték; azt is szoktuk mondani, hogy / (x ) balról, ill. jobbról tart az A-hoz. A bal, ill. jobb oldali határérték jelölése:

lim /(x ) = A, ill. lim /(x ) = A.x a — 0 ► ű+0

Az I*. és II*. definíciókban a ő-ra tett kikötés úgy módosul, hogy bal oldali határérték esetén a 0 < x0—x < ö feltételnek, jobb oldali esetén pedig a0 < x —x0 < ö feltételnek kell teljesülnie.

A z 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 — °o, a jobb

oldali pedig + , hiszen egy balról, azaz negatív értékű, nullához tartó x„ so­

rozat esetén — a — <*> -hez, a jobbról nullához tartó x„ sorozatnál pedig1 X n

— a + oD-hez tart. x n

A konvergens sorozatok műveleti szabályaiból következik a következő gyakran alkalmazott té te l:

435

Ha lim /(x ) — A és lim g(x) = B , akkor az f ( x ) +g(x), f(x )-g (x ) és B ^ 0X -* X q X -*• Xo

f(x)esetén függvényeknek van határértéke az x0 helyen és

g(x)

lim (/(x ) + g{x)) = A + B, lim f ( x ) g(x) = AB, lim ™ •X * X o x - X q X -* X o £ v V &

Ezek segítségével bonyolultabb függvények határértékének a m eghatározá­sát egyszerűbb függvényekére vezethetjük vissza. Megjegyezzük, hogy összeg helyett függvények, ill. határértékek különbsége is szerepelhet, továbbá az ösz- szegre, ill. szorzatra vonatkozó összefüggés tetszőleges véges számú össze­adandó, ill. szorzótényező esetén is érvényes.

Nyilvánvaló, de igen gyakran alkalmazott tény, hogy ha /(x ) = c ( állandó) valamilyen értelmezési tartományban, akkor e tartomány minden pontjában létezik határértéke és ez c-vel egyenlő.

A fenti műveleti tételeket véges helyen vett véges határérték esetén m ondot­tuk ki (azaz az I. definíciónak megfelelő esetekben). A többi esetben is felmerül ilyen jellegű tétel kim ondásának a lehetősége, ezek közül most kettőt fogalma­zunk meg, z itt lehet egy véges xQ szám, de lehet + vagy — oo is.

a) H a lim f ( x ) = + °° és lim g(x) = A, akkorX — Z X - z

lim [/(*) + £(x)] = + <~.X z

b) H a lim f(x ) = + °=> és lim g(x) = A, akkorX -* Z X -* Z

i* n \ í \ í -f- 00 , ha 4 > 0,1™ = | — 00, ha 4 < ö.

H a viszont A = 0, lim f ( x ) g ( x ) létezése vagy értéke külön vizsgálatot igényel. Hasonlóan külön kell vizsgálnunk azokat a határértékeket, amelyek két

0 ” 00”függvény határértékét véve „ co — 00 "5 -- 9 --- típusú eredményekre vezet-

ü 55 00nek (az idézőjelbe 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 egyenlő.E definíció szerint tehát a pontbeli folytonosság alapvető feltétele, hogy a

pontban a függvény értelmezve legyen, továbbá, hogy létezzen a pontban határ­értéke és az megegyezzen a helyettesítési értékkel.

Pl. az —— j - függvény az x = 3 pontban eleve nem lehet folytonos, mert ott

nincs értelmezve.

436

A 20.3. szakaszban megadtuk a függvény egy x0 pontbeli (véges) határérté­kének két egyenértékű definícióját, ezek alapján a pontbeli folytonosságnak egyenértékű a következő két meghatározása:

I. A z f függvény értelmezési tartományának egy x0 pontjában folytonos, ha az értelmezési tartomány minden olyan x x, x2, . . ., x„, . . . sorozatára, amely x 0-hoz tart, a megfelelő függvényértékek /(Xj), / ( x 2), . . . , f(x„), . . . soro­zata f ( x 0)-hoz tart.II. A z f függvény értelmezési tartományának egy x0 pontjában folytonos, ha bármely e > 0-hoz létezik olyan ő > 0, hogy ha | x — x01 < ő és x £ D (f), akkor | / ( x ) - / ( x 0) | < s.

Ennek az utóbbi definíciónak az a szemléletes tartalm a, hogy ha a függ­vénygörbe Xq abszcisszához tartozó P0 pontján át az x tengellyel párhuzam ost húzunk és e köré mint középvonal köré 2s szélességű párhuzamos sávot jelö­lünk ki, az x0 körül ki tudunk jelölni olyan ő sugarú környezetet, hogy az ebben levő x-ekhez tartozó P (x, f(x ) ) pontok mind benne vannak a 2s szélességű sávban. Ez biztosítja már, hogy |/ ( x ) — f ( x 0)\ < e teljesüljön. Ezt a szemléletes tartalm at szokták egyébként abban a formában is kifejezni, hogy /(x ) tetsző­leges közel juthat / ( x 0)-hoz, ha x már eléggé megközelíti x0-t (20.4.1. ábra).

Egy / függvény értelmezési tartom ányának x0 pontjában balról, ill. jobbról folytonos, ha bal oldali, ill. jobb oldali határértéke egyenlő/(x0)-lal.

A függvények összegének, szorzatának és hányadosának határértékére vo­natkozó tételek következménye:

Ha az f ( x ) és g(x) függvények folytonosak az x 0 helyen, akkor az f ( x ) +fix )+ g (x ),f(x )-g (x ) és g(x0) 0 esetén ——r- függvények is folytonosak az x0g(x )

helyen; továbbá:ha g(x) folytonos az x0 helyen és f ( x ) is folytonos a g(x0) helyen, akkor az

/[g (x)] összetett függvény is folytonos az x„ helyen.

Ha egy / függvény folytonos egy intervallum minden pontjában, akkor /-e t az intervallumon folytonos függvénynek mondjuk. Zárt intervallumon folytonos

437

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 elegendő' a folytonosság szabatos megfogal­mazásához).

Egy adott intervallumon folytonos függvényeknek néhány fontos tulajdon­ságát emelik ki most következő tételeink:

I. A zárt intervallumon folytonos függvény korlátos.II. Ha az f függvény folytonos egy zárt intervallumon, akkor van az inter­vallumban olyan xx, ill. x 2 pont, hogy az intervallum minden x pontjára

f{x i) ' /(x ) ^ / (x 2) teljesül. (Weierstrass tétele.)

Ez a tétel azt jelenti, hogy van az intervallumban olyan xx pont, hogy f ( x i)-nél nincs az/-nek kisebb értéke és van olyan x 2 pont, hogy f ( x 2)-nél nincs az /-nek nagyobb értéke az intervallumban. /(x jJ-et, ill. / ( x 2)-1 az / 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 az1 1

— függvény a ]0,1] intervallumban. Ebben az alulról nyílt intervallumban —

nem veszi fel a maximumát, mert ha x0 tetszőleges hely az intervallumban, akkor

1 1 , , „ „ 2 1— - — , mert ezzel egyenerteku: — =------,* 0 X 0 X q X q

~2

és ez azt jelenti, hogy az intervallum minden x0 helyéhez megadható olyan

Xx = hely, ahol a függvény nagyobb értéket vesz fel, mint az x0 helyen.

Weierstrass tétele tehát a szélsőérték létezéséről (egzisztenciájáról) mond ki fontos állítást; ennek jelentősége abban van, hogy egy függvény értékkészlete egy intervallumban általában végtelen sok számból áll, egy végtelen számhalmazban viszont nincs mindig legkisebb vagy legnagyobb elem; a kim ondott tétel éppen ezeknek a létezését biztosítja.

III . Ha az f függvény az [a, b] intervallumon folytonos és f (a), f (b ) külön­böző előjelűek, akkor az intervallumban van olyan c pont, amelyre f i c ) — 0

Ez a folytonos függvények elméletében oly gyakran alkalmazott ún. Bolzano (o lv .: Bolcánó) tétel szemléletileg nyilvánvaló dolgot mond ki, pl. azt, hogy ha a függvénygörbe az intervallum a kezdőpontjában az x tengely alól indul (f(a ) < 0) és b végpontjában az x tengely felett végződik (f(b ) >- 0), akkor közben egy c pontban át kell metszenie az x tengelyt (20.4.2. ábra), a tétel ter­mészetesen szabatosan bizonyítható.

438

20.4.2. ábra. Bolzano tétele

Bolzano tételét a következő formában is ki szokták m ondani:

h a f az [a, b] intervallumon folytonos függvény, akkor f az f(a ) és f(b ) közé eső minden értéket felvesz.

Legyen ui. e egy f(a ) és f(b ) közé eső 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 növekvő fü g g ­vény, akkor értékkészlete az [/(ű ), 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 ~ l inverz függvénye és ez is szigorúan monoton növekvő és folytonos, az [/(a), /(&)] intervallumon.

Szigorúan m onoton növekvő helyett a tételben mindenütt „szigorúan mo­noton csökkenőt” is szerepeltethetünk.

20.5. Racionális egész- és törtfüggvény

tt-edfokú racionális egészfüggvénynek vagy polinomfüggvénynek nevezzük az

/ ( x ) = a„xn + a„_1xn~1 + . . . + a2x 2 + a1x + a0, (a„ ?£ 0)

alakú függvényeket. Ezek minden valós számra értelmezve vannak, és mivel az x függvény és az állandó függvény folytonosak és belőlük a polinomfüggvény szorzással, ill. összeadással szárm aztatható, ezért a polinomfüggvény is folyto­nos az értelmezési tartományában.

Minden x ^ 0 helyen / íg y alakítható át:

1 + - S i + - - + ^ r + ^ ) ’

Ebből az alakból viszont kitűnik, hogy ha x — i °°, a zárójelben levő törtek0-hoz tartanak és a zárójeles kifejezés a„-hez, ami azt jelenti, hogy /(x)-nek

439

ugyanaz a végtelenben vett határértéke, mint a„xn-nek. Mivel pedig x — + <=» esetén x" ^ + ~ , és x — — « esetén xn -* +«>, ha n páros és xn -* — <=°, ha n páratlan, ezért

lim f(x ) =: - +~

+ ' ha a„ ■ 0,

ha a„ • 0,

lim f(x ) =+ <», ha 72 páros és an > 0,— 00, ha n páros és an < 0,— 00 5 ha n páratlan és a„ > 0, -j- co ha n páratlan és a„ < 0.

A polinomfüggvény nullahelyeinek (gyökhelyeinek) azokat az x helyeket nevezzük, amelyekre f(x) = 0; ezeken a helyeken a függvénygörbe átmetszi az x tengelyt. Mivel egy w-edfokú polinomnak legfeljebb n valós gyöke lehet, ábrája legfeljebb n pontban metszi át az x tengelyt. Ha a polinomfüggvény pá­ratlan fokú, a + oo-ben és — oo-ben a határértéke ellentétes előjelű, ezért bizto­san van pozitív és negatív értéke is. Folytonosság miatt viszont ekkor Bolzano tételéből következik, hogy biztosan felveszi a 0 értéket is, tehát

a páratlan fokú polinomnak mindig van valós gyöke.Páros fokú polinomnál viszont előfordulhat, hogy nincs valós gyöke, a függ­

vénygörbe ekkor teljes egészében vagy az x tengely alatt, vagy pedig fölötte helyezkedik el.

A legegyszerűbb polinomfüggvény az elsőfokú (lineáris) egészfüggvény, ez / ( x ) = ajX+aa alakú, ennek képe az y = űjX + Oj egyenletű egyenes; a 17.2. szakaszban elmondottak szerint ennek iránytangense ax és az a2 pontban metszi az y tengelyt.

Lineáris egészfüggvény az egyenes arányossággal jellemzett függvénykap­csolat is, pl. a c sebességű egyenes vonalú egyenletes mozgásnál a megtett s út és a hozzá szükséges t idő, ha az indulás időpontjához t = 0 tartozik, egyenesen

sarányos mennyiségek, mivel j = ct, és így y = c állandó; a kapcsolat képe az

origón átm enő egyenes nem negatív t értékekhez tartozó része (20.5.1. ábra).A másodfokú egészfüggvény (vagy egyszerűen: másodfokú függvény)

f(x ) = ax2 + bx+ c

20.5.1. ábra. Az egyenes arányosság út —idő grafikonja

440

alakú (a ^ 0). M int a 17.4. szakaszban láttuk, ennek a képe parabola, szélső­értéke pedig a parabola csúcsához tartozó x0 pontban van. Mivel a másodfokú polinom átalakítva

l , b \ 2 b2-4 a c/W = T + 2í) 4 a

alakú, a parabolacsúcs abszcisszája x0 = — , a hozzá tartozó függvényérték

, 4a c - & f ( xo) ~ -

ez helyi maximum, ha a < 0 és helyi minimum, ha a > 0. H a a parabola nem metszi az x tengelyt, azaz a másodfokú polinomnak nincs gyöke, akkor a függ­vény minden valós x-re állandó előjelű. Ennek az a feltétele, hogy a polinom ­nak a diszkriminánsa, tehát b2 — 4ac, negatív legyen.

H a viszont metszi az x tengelyt, a függvény a két gyök között negatív, ha a > 0, a kisebb gyökhely előtt és a nagyobb gyökhely után pozitív; ha pedig a < 0, a két gyök között a függvény pozitív, a kisebbik előtt és a nagyobbik után pedig negatív.

Példák1. Oldjuk meg a következő egyenlőtlenséget:

x2 —3x — 10 < 0.Mivel a másodfokú tag együtthatója pozitív, a bal oldali függvény a két gyökhely között

negatív. A gyökhelyek x 1 = — 2, x 2 = 5, ezért az egyenlőtlenség megoldását a — 2 < x < 5 feltételt kielégítő jc-ek szolgáltatják.

2. Oldjuk meg a következő egyenlőtlenséget:3x2—16x + 56

x2 — x + 8

A nevező diszkriminánsa negatív, s mivel benne x 2 együtthatója pozitív, a nevező minden x-re pozitív. Ezért egyenértékű átalakítás, ha x 2 — x + 8-ca\ megszorozzuk az egyenlet mindkét oldalát:

3x2—16x+56 > 2x2 — 2x+ 16,átrendezve:

x 2- 1 4 x + 4 0 > 0.

A bal oldali polinom gyökei 10 és 4, ezért az egyenlőtlenséget a kisebbik gyökhely előtti és a nagyobbik gyökhely utáni a: értékek elégítik ki, tehát azok, amelyekre x < 4 vagy x =» 10.

A 20.5.2. ábrán egy páros fokú és egy páratlan fokú polinom hoz tartozó függvénygörbét m utatunk be.

A polinomfüggvény értékkészlete páratlan fokszám esetén a valós számhal­maz, páros fokú polinomnál viszont egy ja, + °= [ vagy ] —<*=, a] típusú inter­vallum.

441

2 0 .5 .2 . á b ra . P á ro s és p á ra t la n fo k ú po linom g ö rb é je

A racionális törtfüggvény két polinomfüggvény hányadosa:

y W = 4 4 = '' • + T l + T + ? ■ < « . * « . 4 , ^ 0 ) .q(x) bkxk + bk_xxk x+ . . . + b2x2 + bxx + b0

Értelmezési tartománya a valós számoknak az a halmaza, amelyen q(x) 0; ezen a halmazon / ( x ) folytonos, mivel g(x) is és q(x) is folytonos.

A nevezó' gyökhelyein f(x ) nincs értelmezve. H a q(x0) — 0, akkor - . -Q\x )

határértéke az x0 helyen + °° vagy — aszerint, hogy pozitív vagy negatív ér­

tékekkel tartunk í?(x0)-hoz; jobb, ill. bal oldali határértéke különböző,

ha q(x) az x0 helyen előjelet vált; a két határérték megegyezik, ha q(x) nem vált előjelet az x0 helyen. Ennek megfelelően, ha g(x0) ^ 0,f (x ) jobb, ill. bal

oldali határértéke az x0 helyen megegyezik — — határértékével, ha g(x0) pozi-q(x)tív, és azzal ellentétes, ha g(x0) negatív.

A racionális törtfüggvény végtelenben vett határértékének a megállapítására

alakítsuk át -et q(x)í @n — 1 aQX” a „ + - ^ + . . . + - |(r(x) \ x x"

f(x ) = V

A számlálóban és nevezőben levő törtek határértéke a végtelenben 0, ezért

l im / ( * ) = lim* - ± 0 0 * - . ± ~ V k X

442

azaz a végtelenben vett határérték csak a legmagasabb fokú tagoktól függ, méghozzá a következő m ódon:

A) Ha n — k ; akkor

X —*■ - j - OO esetén

x — oo esetén

/ ( * )

f ix )

ün bk ’ Cin

bk ‘

B) H a n =- k\ akkor

+ oo eseten <

— oo esetén

/( x ) - + O O ,

f ix )

f ix ) - + ,

f ix )

f(x ) - - O O ,

f ix ) + “ ,

ha > 0, bk

haa„

0;

ha « —A: páros, dn

a„

0,

ha n — k páros, ----- < 0,bk

ha n — k páratlan, > 0, bk

ha n — k páratlan, 0.

C) H a ti < k, akkorx — + oo és x — — oo esetén is / (x ) — 0.

A racionális törtfüggvény értékkészletének meghatározására m utatunk most egy példát. Az

2x2 + 6 x + 6 ^ ~ ’lcr + 4 x + T

függvény nevezőjének diszkriminánsa negatív, ezért a 0 értéket nem veheti fel, / ( x ) minden valós x-re értelmezve van.

Legyen az értékkészlet egy tetszőleges eleme y, azaz2x2 + 6x + 6x2 + 4 x + 5 = y-

H a 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.

443

H a 2 —y ^ 0, az egyenlet másodfokú és a megoldóképlettel

_ 4 y - 6 + f ( 6 - 4 y ) 2- 4 ( 2 - y ) ( 6 - 5 y ) 2 y - 3 ± f ^ f + 4 y ^ 3X ~ 4 - 2 y ~ 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 levőy értékekre a diszkrimináns nemnegatív, tehát tartozik hozzájuk x érték. Ezért az [1, 3] intervallumbeli y értékek (y 2) hozzátartoznak az ér­telmezési tartományhoz.

H a y — 2, az egyenlet— 2x — 4 = 0, x = —2,

tehát a függvény felveszi az y = 2 értéket is ; a racionális törtfüggvény érték- készlete ezért az [1, 3] intervallum.

Az előzőek alapján elkészíthetjük a racionális törtfüggvény görbéjének a vázlatát. Ábrázoljuk pl. a következő függvényt:

x2 + x + 1 x3 —x2 —8 x + 12

Először a nevező 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 nevező szorzattá bontott alakja: (x —2)2(x + 3). A számlálóban levő másodfokú polinom diszkriminánsa:1-4 = —3 negatív, ezért nincs valós gyöke, ennélfogva a számláló állandó elő­

jelű. Mivel pedig a z x = 0 helyen értéke 1, azaz pozitív, ezért mindig pozitív a számláló, tehát a tört előjele a nevező előjelével azonos. A nevező negatív, ha x < —3 és pozitív, ha x > —3; foglaljuk táblázatba a nevező egyes interval­lum okban felvett előjeleit, ill. nullahelyeit:

A nevező értéke:

— 3 - 2- 0 -------------------1-

negatív pozitív

2- 0 ------► ,v

0 pozitív

/ ( x ) határértéke a z x = —3, 2 helyeken + vagy — végtelen, táblázatunk szerint -3 -h o z balról tartva negatív értékeken keresztül — =° határértéket ka­punk, jobbról tartva -3 -h o z viszont pozitív értékek határértékeként + °°-t; az x = 2 helyen viszont mindkét oldali határérték + <=°.

Mivelx2 1

lim f i x ) = lim —- = lim — = 0,J v ' y3 vX - * —OO X ~ oo A X — oo

444

20.5.3. ábra. A x y = x l + x + l x3- x 2-8 x + lZ

függvénygörbe

és hasonlóan

lim f ( x ) = lim — — 0,A - + o

ezért a függvénygörbe a 20.5.3. ábrán látható alakot ölti.Az x = —3, x = 2 é s y = 0 egyenesek ennél a görbénél a hiperbola aszimp-

to táira emlékeztető szerepet játszanak, ezeket itt is a görbe aszim ptotáinak ne­vezzük.

A 17.6. szakasz 2. feladatában megmutattuk, hogy egy olyan törtfüggvény­nek a képe, amelynek a számlálója és nevezője is elsőfokú polinom, derék­szögű hiperbola. Azt a racionális törtfüggvényt, amelynek számlálója is és ne­vezője is elsőfokú polinom, lineáris törtfüggvénynek nevezzük; ennek általános a lak ja :

x a x+ b . , , f{?c) = ^ + d ' (ad~ hc * 0)‘

Ha x — + °° vagy x -*■ —

helyen cx + d előjelet vált, ezért / ( x ) jobb és bal oldali határértéke a

különböző. Ennek alapján az f ( x ) függvény képének az x =

■ helyen

egyenesek aszimptotái.

M ásrészt az v — —-— -r egyenletből átalakítással azcx + d

d , a— es y = — c c

* + -a \ be—ad

y - 7

445

y

egyenletet kapjuk. Ez viszont annak a derékszögű hiperbolának az egyenlete, amelyet az

he—adxy = ~ ^ ~

derékszögű hiperbolából a \ ( — — , vektorral való eltolással nyerünk. Ennek\ c c J

középpontja a í | - - , pont és aszim ptotái a z x = — —, y — ~ egyenesek.

A lineáris törtfüggvény legegyszerűbb alak ja:

m = ~ .

Ilyen függvénykapcsolat van a fordított arányosság szerint változó mennyiségek között is (3.5. szakasz).

H a 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

y = -

Ezt a kapcsolatot a pozitív számok halmazán értelmezett f(x ) = — függ­

vény írja le; a függvény képe most egy derékszögű hiperbola „pozitív” ága (20.5.4. ábra).

446

20.6. Hatványfüggvény

Hatványfüggvénynek azf(x ) = *■

függvényt nevezzük, ahol a tetszőleges valós szám. Értelmezési tartománya általában a pozitív valós számok halmaza, bizonyos kitevők esetében ez a teljes valós számhalmazra kiterjeszthető; f értelmezési tartom ányában folytonos.

H a pl. a pozitív egész, akkor f racionális egészfüggvény, ha negatív egész,

racionális törtfüggvény; a = — esetén a négyzetgyökfüggvényről van szó; álta- | n j—

Iában, ha a = — (n pozitív egész), xa = y x.

Vizsgáljuk most meg a hatványfüggvényt a következő három esetben: a) a 1, b) 0 < a < 1, c) a < 0. (Az a = 1 és a = 0 esetében az f(x ) = x, ill. f(x) = 1 ismert függvényekről van szó, ezekre most külön nem térünk ki.) Figyeljük meg, hogy m ind a három e se tb e n /( l) = 1.

a) H a a > 1 , / szigorúan m onoton növekvő és x-szel együtt + °°-hez tart (20.6.1a ábra).

b) H a 0 < a < 1 , / szintén szigorúan m onoton növekvő; egy rögzített po-

zitív a esetén az és x" függvények egymás inverzei, ábrájuk ezért szimmet­rikus az y = x egyenletű egyenesre (20.6. \b ábra).

c) Ha a < 0, / szigorúan monoton csökkenő, és ha x -* + o° ? fix ) - o (20.6.1c ábra).

Az elm ondottakból az is következik, hogy a hatványfüggvény minden po­zitív értéket felvesz, értékkészlete tehát a pozitív számok halmaza.

20.6.1. ábra. A hatványfüggvény grafikonja

447

20.7. Exponenciális és logaritmusfüggvény; exponenciális és logaritmikus egyenletek

Exponenciális függvénynek azf ix ) = ax

függvényt nevezzük, ahol a > 0, de a ^ 1 és értelmezési tartom ánya a valós számok halmaza. Bebizonyítható, hogy az exponenciális függvény értelmezési tartom ányában folytonos. Az a-1 az exponenciális függvény alapjának mondjuk.

M enetének vizsgálatánál válasszuk szét a z a j a > 1,6,)0 < a < 1 esetet. Az a tetszőleges választása mellett /(0 ) = 1. Az exponenciális függvény értékkész­lete minden esetben a pozitív számok halmaza.

a) H a a > 1, a függvény szigorúan monoton növekvő és x-szel együtt -f- oo -hez tart; ha viszont x — / ( x ) 0 (20.7.1a ábra).

b) H a 0 < a < 1, a függvény szigorúan monoton csökkenő; ha x —► -j~ oo } f ( x ) -* 0 és ha x — — ° ° , f i x ) « (20.7.16 ábra).

A leggyakrabban előforduló exponenciális függvény az ex függvény, ahol

e a „természetes logaritmus alapszám a” (6.6.) vagy pontosabban: az

sorozat határértéke (19.5.), (közelítő értéke 2,718281828...,) tehát az a) tí­pusú függvényosztályba tartozik.

Lényegében minden exponenciális függvényt tekinthetünk e alapú függvény­nek, hiszen a logaritmus alaptulajdonsága szerint (6.4.4)

qX — gx{\n á)

ezért pl. az ax grafikonja ex grafikonjából az y tengelyre merőleges nyújtással vagy zsugorítással származtatható, ha a =- 1. Megjegyezzük, hogy a számítás- technikában — és gyakran más területen is — ex helyett exp x az e alapú expo­nenciális függvény jelölése.

20.7.1. ábra. Az exponenciális és logaritmusgörbe

448

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: í ( > 0 , a ? í 1. A logaritmusfüggvény értelmezési tartománya a pozitív számok halmaza, értékkészlete a valós számhalmaz; a logaritmusfüggvényről megmu­tatható, hogy mindenütt folytonos. Vizsgálata legegyszerűbben ax tulajdonságai alapján végezhető el. Minden alap esetén igaz, hogy loga 1 = 0 .

a) Ha a > 1, a függvény szigorúan monoton növekszik; x — + «> esetén logo x — + oo, és ha x -*■ + 0 , loga x — — (20.7.1a ábra).

b) Ha 0 < a < 1, a függvény szigorúan monoton csökken; x — + oo esetén loga x — — °o, és ha x — + 0 , loga x — + oo.

Az exponenciális egyenletekben az ismeretlen a kitevőben szerepel, a loga­ritmikus egyenletekben pedig az ismeretlennek a logaritmusa fordul elő. Meg­oldásukra — éppen sokféleségük miatt — nem lehet egyöntetű módszert meg­adni, az ebbe a típusba tartozó egyenleteknél az is gyakran előfordul, hogy nem létezik olyan eljárás (algoritmus), amely a gyököket (megoldásokat) véges sok lépésben pontosan m egadná; ilyenkor közelítő módszerekre van szükség.

Megoldásuk lényege azonban mindig az, hogy bizonyos egyszerű típusokra vezetjük vissza — különböző azonosságok felhasználásával — egyenleteinket. Eközben gyakran felhasználjuk a következő tényeket:

A) H a ax = ay és a ^ 0, a ^ 1, akkor x = y, ez az exponenciális függ­vény szigorúan monoton voltából következik. Ugyanezért igaz az is, hogy a

loga * = loga y egyenlőségből x — y következik.

B) Ha az a alapról nem ismeretes az előbbi feltevés, az ax = ay egyenlőség­ből nem következik x = y, mivel x ^ y esetén is igaz, hogy l x = l y.

A következő példákban a leggyakrabban előforduló egyenlettípusok meg­oldási módszereit m utatjuk be.

1 .2 x+1+ 3-2x~1 = 5 -2 * -6 .Olyan átalakításokra törekszünk, amelyek eredményeként a hatványkitevők

már csak egytagú kifejezések lesznek. Vegyük ezért figyelembe, hogy

2X+1 = 2-2x, 2X~1 = ~ ,

ezeket helyettesítve kapjuk, hogy3-2*

2-2x+ — = 5-2* —6.

Szorozzuk meg 2-vel az egyenlet mindkét oldalát, majd rendezzük:4-2x + 3-2x = 10-2*-12,

3-2x = 12,2X = 4 ; 2X = 22, ebből x = 2,

ami ki is elégíti az egyenletet.449

2. 25*+T —24-5-*-1 = 101.

Mivel 25x+~2 ■= 25x -25~2 = 5 ■ (52)x = 5-52x és 5*-1 = ~ , ezeket helyette­

sítsük most az egyenletbe és szorozzuk meg mindkét oldalt 5-tel:24-5*

5-52x------— = 101,

25-52* - 24-5*-505 = 0.

Mivel 52x = (5*)2, egyenletünk olyan másodfokú egyenletnek tekinthető, amely­ben 5* az ismeretlen, ezért alkalmazhatjuk rá a megoldóképletet:

25 • (5*)2 — 24 • 5* — 505 = 0,

24+ ]/242 + 4-25-505 24+ 2265* = ------------- 50--------------= 50 •