GAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN
Készült a TÁMOP-4.1.2-08/2/a/KMR-2009-0041 pályázati projekt keretében Tartalomfejlesztés az ELTE TáTK Közgazdaságtudományi Tanszékén
az ELTE Közgazdaságtudományi Tanszék az MTA Közgazdaságtudományi Intézet
és a Balassi Kiadó közrem¶ködésével
Készítette: Lovics Gábor Szakmai felel®s: Lovics Gábor
2010. június
ELTE TáTK Közgazdaságtudományi Tanszék
Gazdaságmatematika középhaladó szinten
2. hét
Abszolútértékes feladatok és geometriai alapok
Lovics Gábor
Abszolútérték
Alapfogalmak 1. Deníció
Legyenf(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 abszolútértékes 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.
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 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.
Tehát a jobb oldal nemnegatív, ha x∈(−∞;−12]∪[1;∞).
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 vagy1< 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.
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 . 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}.
3. Az egyenl®tlenségeket lényegében ugyanazzal az esetszétválasztással kell megoldanunk, amit már ko- rábban 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 . Az els® eset megoldása tehát:
"
−8 5;5−√
57 2
!
∪ 5 +√ 57 2 ;∞
!
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 ;∞
! .
Elemi geometria
Általános háromszögek
A háromszög három oldalából bármely kett® hosszának összege nagyobb, mint a harmadik oldal hossza.
Ezt az összefüggést háromszög-egyenl®tlenségnek nevezzük. Mivela;b;a+bvektorok háromszöget alkotnak, ezért
|a+b| ≤ |a|+|b|.
6
- x2
x1
* a
b
*
a+b
A háromszögek bels® szögeinek összege 180◦. Mivel egy általános nszög mindig felbontható(n−2)db olyan háromszöggé, amelyek bels® szögeinek összege megegyezik aznszög bels® szögeinek összegével, ezért egynszög bels® szögeinek összege: (n−2)180◦.
A háromszögek területe a következ® képlettel számolható ki: T = am2a.
Speciális háromszögek Egyenl® szárú háromszög
Egyenl® oldalú háromszög
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 né- gyzetével. 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.
A kör
A kör egy ponttól (a kör középpontjától) egyenl® távolságra (sugár) lév® pontok halmaza. Legyen a kör sugarar, ekkor a kör kerületének és területének képlete:
K= 2rπ; T =r2π.
A kör tetsz®leges pontjához húzott sugár és érint® mindig mer®leges egymásra.
