KÖZÉPHALADÓ SZINTEN

(1)

GAZDASÁGMATEMATIKA

KÖZÉPHALADÓ SZINTEN

(2)

(3)

(4)

ELTE TáTK Közgazdaságtudományi Tanszék

Gazdaságmatematika középhaladó szinten

2. hét

ABSZOLÚTÉRTÉKES FELADATOK ÉS GEOMETRIAI ALAPOK Készítette: Lovics Gábor

Szakmai felel®s: Lovics Gábor

(5)

2. hét Lovics

Abszolútérték Elemi geometria

Vázlat

1 Abszolútérték

2 Elemi geometria

(6)

2. hét Lovics

Alapfogalmak

Deníció

Legyen f(x) R→Rtetsz®leges függvény. Ekkor a g(x) =|f(x)|

jelentése:

g(x) =

( f(x), ha f(x)≥0

−f(x), ha f(x)<0. Az abszuolútértékes feladatok megoldásánál tipikusan az abszolútérték denícióját kell használni. El®ször megállapítjuk, hogy az abszolútértékben szerepl® kifejezés mikor nagyobb, illetve kisebb, mint nulla, és a kapott intervallumokon külön-külön oldjuk meg a feldatot, f(x)-et, illetve −f(x)-et használva.

(7)

2. hét Lovics

Feladatok

Oldd meg a következ® egyenleteket!

1 |2x+3| −1=|2x²−x−1|

2 (3|x| −3)²=|x|+7

3 x²− |5x+8|>0

(8)

2. hét Lovics

Megoldások

1 A feladat két abszolútértékes kifejezést is tartalmaz. Ehhez megint érdemes egy olyan ábrát készíteni, ami az

abszolútértékben lév® kifejezés el®jelét tertalmazza.

Kezdjük a bal odallal:

2x+3≥0 x≥ −3

2. A jobb oldal:

2x²−x−1≥0 x1,2= 1±√

1+8

4 =





 1

−1 2 .

A másodfokú egyenl®tlenség tehát a korábban tárgyalt esetek közül megint az els®be sorolható.

(9)

2. hét Lovics

Megoldások (folyt.)

Tehát a jobb oldal nemnegatív, ha x ∈(−∞;−¹₂]∪[1;∞).

(10)

2. hét Lovics

Megoldások (folyt.)

1. eset: x <−³₂.

−2x−3−1=2x²−x−1 2x²+x+3=0

x₁,2=−1±√ 1−12

4 =...

2. eset: −³₂ ≤x≤ −¹₂ vagy 1<x.

2x+3−1=2x²−x−1 2x²−3x−3=0

x1,2= 3±√ 9+24

4 =3±√

33

4 .

A két gyök eleme a megfelel® halmaznak, ezért találtunk két megoldást.

(11)

2. hét Lovics

Megoldások (folyt.)

3. eset: −¹₂ <x≤1.

2x+3−1=−2x²+x+1 2x²+x+1=0

x₁,2=−1±√ 1−8

4 .

Tehát a feladat megoldásai:

x₁,2=3±√ 33

4 .

(12)

2. hét Lovics

Megoldások (folyt.)

2 Ebben a feladatban az|x|-et úgy kell kezelni, mint egy változót.

(3|x| −3)²=|x|+7 9|x|²−18|x|+9=|x|+7 9|x|²−19|x|+2=0

|x|₁,2= 19±√

361−72

18 =19±17

18





 2 1 9 Tehát a megoldás:

x∈ {−2;−1 9;1

9;2}.

(13)

2. hét Lovics

Megoldások (folyt.)

3 Az egyenl®tlenségeket lényegében ugyanazzal az

esetszétválasztással kell megoldanunk, amit már korábban az egyenleteknél láttunk.

x²− |5x−8|>0

Els®nek tehát azt vizsgáljuk, hogy az a kifejezés, amelynek az abszolútértékét vettük, mikor vált el®jelet:

5x−8≥0 x≥ −8

5. 1. eset: x ≥ −⁸₅

x²−5x−8>0 x1,2=5±√

25+32

2 =5±√

57

2 .

(14)

2. hét Lovics

Megoldások (folyt.)

Az els® eset megoldása tehát:

"

−8 5;5−√

57 2

!

∪ 5+√ 57

2 ;∞

!

(15)

2. hét Lovics

Megoldások (folyt.)

2. eset: x <−⁸₅

x²+5x+8>0 x₁,2= −5±√

25−32

2 =...

Ez alapján a másodfokú kifejezés mindig nagyobb, mint nulla.

Ezért a második eset megoldása:

x∈

−∞;−8 5

.

A feladat teljes megoldása tehát:

−∞;−8 5

∪

"

−8 5;5−√

57 2

!

∪ 5+√ 57

2 ;∞

!

=

= −∞;5−√ 57 2

!

∪ 5+√ 57

2 ;∞

! .

(16)

2. hét Lovics

Általános háromszögek

A háromszög három oldalából bármely kett® hosszának összege nagyobb, mint a harmadik oldal hossza. Ezt az összefüggést háromszög-egyenl®tlenségnek nevezzük. Mivel a;b;a+b vektorok háromszöget alkotnak, ezért

|a+b| ≤ |a|+|b|.

6

- x₂

x1

* a

b

*

a+b

(17)

2. hét Lovics

Általános háromszögek (folyt.)

A háromszögek bels® szögeinek összege 180^◦. Mivel egy általános n szög mindig felbontható(n−2)db olyan háromszöggé, amelyek bels® szögeinek összege megegyezik az n szög bels® szögeinek összegével, ezért egy n szög bels® szögeinek összege: (n−2)180^◦.

(18)

2. hét Lovics

Általános háromszögek (folyt.)

A háromszögek területe a következ® képlettel számolható ki:

T =^am₂^a.

(19)

2. hét Lovics

Speciális háromszögek

Egyenl® szárú háromszög

Egyenl® oldalú háromszög

(20)

2. hét Lovics

Speciális háromszögek (folyt.)

(21)

2. hét Lovics

Speciális háromszögek (folyt.)

Derékszög¶ háromszög

Derékszög¶ háromszögben igaz a Pitagorász-tétel: egy háromszög akkor és csak akkor derékszög¶, ha létezik két olyan oldala (a és b), melyek hosszának négyzetösszege egyenl® a harmadik oldal (c) hosszának négyzetével. Vagyis

a²+b²=c².

Igaz továbbá a Thálesz-tétel, mely szerint egy háromszög pontosan akkor derékszög¶, ha három csúcsából kett® egy kör átmér®jének végpontja, a harmadik pedig a körön található.

(22)

2. hét Lovics

A kör

A kör egy ponttól (a kör középpontjától) egyenl® távolságra (sugár) lév® pontok halmaza. Legyen a kör sugara r, ekkor a kör kerületének és területének képlete:

K =2rπ; T =r²π.

A kör tetsz®leges pontjához húzott sugár és érint® mindig mer®leges egymásra.