Egyenletek megoldása

A másodfokú egyenlet megoldóképletének gyök alatti részét nevezzük diszkriminánsnak.

Gyakorló feladatok – Másodfokú egyenletek

Gyakorló feladatok – Másodfokú egyenletek. Megoldóképlet, diszkrimináns, gyöktényezős alak, egyenlőtlenségek, . számok és az egyenlet megoldása a) 3 és -4.

Gyakorló feladatok – Másodfokú egyenletek – kapcsolódó dokumentumok

Gyakorló feladatok – Másodfokú egyenletek. Megoldóképlet, diszkrimináns, gyöktényezős alak, egyenlőtlenségek, . számok és az egyenlet megoldása a) 3 és -4.

Egyenletek/egyenlőtlenségek – gyakorló feladatok. 7.osztály. 1. Oldd meg az egyenleteket (alaphalmaz: racionális számok halmaza)! a) 5 − 2 + 5 + 3 = 10 .

Egyenletek/egyenlőtlenségek – gyakorló feladatok. 7.osztály . 9. Egy kötélnek levágták a részét és még 5 métert. A maradék 11 méter. Milyen hosszú.

Magasabbfokú egyenletek megoldása a másodfokú megoldóképlet ismeretében. Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán! 10. x3 – 8×2 – 9x = 0.

hatványkitevője kettő, másodfokú egyismeretlenes egyenletnek nevezzük. Az egyismeretlenes másodfokú egyenlet általános, nullára rendezett alakja:.

d) A paraméteres egyenleteket a paraméter(ek) minden lehetséges . Az ax2 + bx + c = 0 (a =Y 0) másodfokú egyenlet diszkriminánsától függ a gyökök száma.

27 сент. 2015 г. . Az ax2 + bx + c =0(a = 0) másodfokú egyenlet diszkriminánsa: D = b2 − 4ac . megoldás); e) 5, 6; f) 3, 10; g) 2, 15; h) 1, 30; i).

akkor nincs megoldás; ha különbözô elôjelűek, akkor x = . Az ax2 + bx + c = 0 (a =Y 0) másodfokú egyenlet diszkriminánsától függ a gyökök száma.

PARAMÉTERES MÁSODFOKÚ EGYENLETEK. (a feladatok megoldásai a dokumentum végén találhatók). 1. Az m valós paraméter mely értékei esetén van a (. ).

o Másodfokú függvény (általános alak, jellemzés, sajátosságai) o Egyenletek o Egyéb alkalmazások . Az ilyen függvények közös neve: lineáris függvények.

Oldd meg a következő egyenleteket a negatív valós számok halmazán! A törtes egyenleteknél ne feledkezz meg a kikötésről!

28 авг. 2018 г. . Másodfokú egyenlettel megoldható szöveges feladatok. 1. feladat. Gondoltam egy természetes számra. A szám négyzetéből kivontam a szám.

Egy szabályos sokszög belső szögeinek összege 1800º. Hány átlója van? GY5. Hány átlója van a húszszögnek? GY6. Egy háromszög egyik csúcsánál 45º-os, .

Gyakorló feladatok. 6 a) milyen hosszúak a vektorok? b) mekkora a két vektor összege? c) mekkora a két vektor különbsége? 2.5 Adott két vektor: )3;4(.

A parciális integrálás módszerével keresse meg az alábbi függvények határozott integrálját! a) ∫ ∙. ,. Útmutatás: ′( ) =.

Melyik elem vegyjeleit írtam fel? Ca; C; Co; K; Kr; I;Si; S; N; Na. 4. Mi a vegyjel? 5. Mi az atom két fő része? 6. Mit tudsz az elemi részecskékről?

Gyakorló feladatok. 1. Egy országban nincs két olyan ember, akiknek pontosan ugyanazok a fogai hiányoznának. Mekkora lehet legfeljebb az ország lakossága?

A tranzisztor normál üzemmódjában a bázis emitter dióda, nyitó és a bázis kollektor dióda, záró irányú előfeszítés mellett működik.

Egy háromszög a oldala a köré írható kör középpontjából 22°-os szög alatt látszik. Mekkora az A . Mekkorák a trapézt háromszöggé kiegészítő.

Egy vastag falú levegővel telt zárt flakont kiviszünk télen a nagy hidegbe. A lakásban a hőmérséklet 270C, kint a szabadban –100C. Kint mekkora a flakonban .

4 июл. 2010 г. . Húzd át a –t ragos főneveket! leült virágot villogott villanyt dúdolt sót tejet tojást lát állomást tűt Albert itat mutat éget eget .

A rúd súlya . Egy mérleghinta rúdjának hossza 5m, tömege elhanyagolható. . Mekkora a keringési ideje a Nap körül 220 millió km távolságban.

Egy forgáskúp nyílásszöge 60 magassága. ,0. 10 cm. Mekkora a kiterített palástjának a középponti szöge és területe? 34. Egy üvegpohár alja 6 cm, .

Gyakorló feladatok és megoldások. A pénz időértéke . A havi kamatlábat egyszerű arányosítással határozza meg! 10. Mekkora a törlesztő részlete annak a 3 .

amihez a katalógus alapján UCE = 5V feszültség tartozik. A tranzisztor nyitófeszültsége UBE = 0,7 V. Az UT = 20 V tápfeszültségből az RE emitter ellenállás .

a) Határozza meg az egyensúlyi jövedelmet és a költségvetés egyenlegét egyensúlyi jövedelem esetén! b) Hogyan változik a költségvetési egyenleg, .

GYAKORLÓ FELADATOK A FIZIKA II-HÖZ . (megoldás: 2,49136 ∙ 107 . 10) Miközben egy rakéta sebességgel elhalad a Föld mellett, fényjelet küld a.

Gyakorló feladatok az első zh-ra. STATISZTIKA . Feladat: 1. Számítsuk ki a bázisviszonyszámokat! . Feladat: 1. Mekkora a tárgyévi tényleges forgalom?

Egyenletes Körmozgás. Alapfeladatok. 1. Két pontszerű test azonos periódusidővel, különböző sugarú körpályákon egyenletesen mozog. Hasonlítsd össze a testek .

Melyik városból indult ki a lutheri reformáció? a. Genf b. Wittenberg c. Prága d. Augsburg . Európa mely országaiban terjedt el a kálvini reformáció?

Primitív függvények (határozatlan integrálok) . . . . . . . . . . . 7 . A határozott integrál tulajdonságai és kiszámítása . . . . . . . . . . . 22.

Mit jelent a „fordított Canossa-járás”? a. A pápa kényszerűen jóváhagyta II. József reformjait. b. VI. Piusz látogatása Bécsben a császárnál.

4. 36 óra = 1,5 …. 5. 0,006 t = …. kg. Megfejtés: …. Segítség a megfejtéshez: a hosszúság egyik mértékegysége.

9. Egy erdei ösvény egy forrást és egy tőle l ,2 km távolságra lévő barlangot köt össze. A kettő között, a forráshoz közelebbi harmadolópontban van egy nagy.

b) A középpontosan szimmetrikus négyszögek mind konvexek. . h) Van olyan tengelyesen szimmetrikus sokszög, amelyik középpontosan is szimmetrikus.

Diszkrét Matek gyakorló feladatok a ZH-ra. 1. Egy hatjegy˝u A pozitıv egész szám 131-gyel osztva 50 maradékot ad. Számıtsa ki lnko(A; 131) értékét!

Gyakorló feladatok – Fogyasztói magatartás . Gyakorló feladatok – Vállalatok . Határozza meg a cég számviteli költségét, nem elszámolható implicit .

ÜZEMTAN GYAKORLÓ SZÁMÍTÁSI FELADATOK . Éves termelési költsége: 500 millió Ft, az amortizáció . Önköltség-számítás példafeladat. 3. Feladat.

C1 GYAKORLÓ FELADATOK – HONLAP – 2. feladatsor. Olvasáskészség 1. Maximális pontszám: 20 . Die fast 180 Millionen Euro machten die Krankenschwester.

Lineáris algebra. Gyakorló feladatok. 2012. október 31. . Feladat: Bizonyítsuk be, hogy az alábbi vektorok lineárisan függetle- nek. c1 = (5; 0;-1).

4 июл. 2010 г. . 7. Gyányi Ibolya. 4. Húzd alá az igeköt s igéket, karikázd be az igeköt ket! kijárat lejön megnyitotta lejárat kiadás.

idejét, ha tudjuk, hogy az esés utolsó másodpercében a teljes magasság 0,19-ed . Egy 150-os lejtőn egy testet állandó sebességgel húzunk először felfelé, .

Egyenletek megoldása gyakorlás

vagy regisztrálj a következő fiókjaid egyikével

Letelt az ehhez a blokkhoz tartozó időkeret!

A blokk végéhez értél.

A dolgozat kitöltésének határideje lejárt!

A dolgozat kitöltésére szánt időkeret lejárt!

Válaszd ki a csoportodat, akiknek feladatot szeretnél kiosztani!

Hozd létre a csoportodat a Személyes címtáradban, akiknek feladatot szeretnél kiosztani!

Trigonometrikus egyenletek megoldása Azonosságok és 12 mintapélda

1 Trigonometrikus egyenletek megoldása Azonosságok és 1 mintapélda Frissítve: 01. novermber 19. :07:41 1. Azonoss&a.

Recommend Documents

Trigonometrikus egyenletek megoldása Azonosságok és 12 mintapélda Frissítve: 2012. novermber 19. 23:07:41 1. Azonosságok

A sin és cos szögfüggvények derékszög¶ háromszögben vett, majd kiterjesztett deníciója és a Pithagorasz-tétel miatt teljesül a következ®: sin2 ϕ + cos2 ϕ = 1 (1) 1.1.

sin2 ϕ = 1 − cos2 ϕ

cos2 ϕ = 1 − sin2 ϕ

cosϕ sinϕ és ctgϕ = , ezért cosϕ sinϕ ctgϕ =

Fentiek miatt igaz a következ® is: tgϕ =

Mivel számológép segítségével a tangens értékét könnyebb meghatározni, ezért ha lehetséges, a (4)-es és (5)-ös azonosságok közül válasszuk a (4)-est. 1.6. Megjegyzés.

2. Példák 2.1. Példa.

Oldjuk meg a következ® egyenletet a valós számok halmazán! 2 − 7sinx = 2cos2 x + 4

Felhasználva a (3)-as azonosságot, a következ®t kapjuk: 2 − 7sinx = 2(1 − sin2 x) + 4 2 − 7sinx = 2 − 2sin2 x + 4

Legyen most y = sinx. Ekkor: 2 − 7y = 2 − 2y 2 + 4 2y 2 − 7y − 4 = 0

Oldjuk meg ezt az egyenletet a másodfokú egyenlet megoldóképlete felhasználásával: p √

49 − 4 · 2 · (−4) 7 ± 81 7±9 = = 4 4 4 1 y1 = 4 és y2 = − 2 Térjünk vissza az általunk bevezetett y = sinx jelöléshez. y1,2 =

Ebben az esetben nincs megoldás, hiszen a sinx értékkészlete a [−1; 1] intervallum. 1 2 1 sinx = − 2 y2 = −

A megoldások tehát: π + k · 2π 6 7π = + k · 2π 6 (k ∈ Z)

Oldjuk meg a következ® egyenletet a valós számok halmazán! tgx + ctgx = 3

Felhasználva a (4)-es azonosságot, a következ®t kapjuk: tgx +

Tegyük fel, hogy tgx 6= 0. Mindkét oldalt beszorozva tgx-szel: tg 2 x + 1 = 3tgx

Legyen most y = tgx. Ekkor: y 2 + 1 = 3y y 2 − 3y + 1 = 0

Oldjuk meg ezt az egyenletet a másodfokú egyenlet megoldóképlete felhasználásával: √ √ y1,2 =

√ 3+ 5 ≈ 2, 618 y1 = 2√ 3− 5 y2 = ≈ 0, 382 2

Térjünk vissza az általunk bevezetett y = tgx jelöléshez. y1 ≈ 2, 618 tgx ≈ 2, 618 x1 ≈ 69, 09◦ + k · 180◦ (k ∈ Z) y2 ≈ 0, 382 tgx ≈ 0, 382 x2 ≈ 20, 91◦ + k · 180◦ (k ∈ Z)

A feladat megoldása során tettünk egy tgx 6= 0 kikötést. Meg kell vizsgálnunk, hogy ezzel vesztettünk-e megoldást. Nyilvánvalóan nem, hiszen ahol a tangens függvény a 0-t veszi fel értékként, ott a kotangens függvény nem értelmezett, így az eredeti egyenlet sem értelmezett ezeken a helyeken. Megjegyzés. Ezek a helyek: tgx = 0 ⇐⇒ x = 0◦ + k · π(k ∈ Z) A megoldások tehát: x1 ≈ 69, 09◦ + k · 180◦ x2 ≈ 20, 91◦ + k · 180◦ (k ∈ Z)

Oldjuk meg a következ® egyenletet a valós számok hal4 · cos2 x = 1 1 cos2 x = 4 1 2 π + + k · 2π 3 π − + k · 2π 3 2π + + k · 2π 3 2π + k · 2π − 3 (k ∈ Z)

cosx = ± x1 = x2 = x3 = x4 =

Oldjuk meg a következ® egyenletet a valós számok halmazán! √ π 2 sin 5x − = − 4 2 π π = − + k · 2π 5x − 4 4 5x = 0 + k · 2π k · 2π x = 5 5π π 5x − = + k · 2π 4 4 6π 5x = + k · 2π 4 3π + k · 2π 5x = 2 3π k · 2π x = + 10 5

A megoldások tehát: k · 2π 5 3π k · 2π = + 10 5 (k ∈ Z)

Oldjuk meg a következ® egyenletet a valós számok halmazán! cosx = 0 1 + cos2x

Kikötés: 1 + cos2x 6= 0 cos2x 6= −1 2x 6= π + k · 2π π x 6= + kπ 2 cosx = 0 π x1,2 = ± + k · 2π 2

A kikötés miatt nincs megoldás. 3.4. Példa.

Oldjuk meg a következ® egyenletet a valós számok halmazán! 1 2 1 1 − sin2 x − sin2 x = 2 1 1 − 2sin2 x = 2 1 −2sin2 x = −1 2 1 −2sin2 x = − 2 1 2sin2 x = 2 1 2 sin x = 4 1 sinx = ± 2 cos2 x − sin2 x =

Mindkét esetben (sinx =

és sinx = − 12 ) két megoldáshalmaz van:

sinx = x1 = x2 = sinx = x3 = x4 =

1 2 π + k · 2π 6 5π + k · 2π 6 1 − 2 π − + k · 2π 6 5π − + k · 2π 6 (k ∈ Z)

Oldjuk meg a következ® egyenletet a valós számok halmazán! sinx = 1 + cosx 1 − cosx

Kikötés: 1 − cosx 6= 0 cosx 6= 1 x 6= k · 2π sinx sinx sinx sinx sinx 0 0

(1 + cosx)(1 − cosx) 1 − cos2 x 1 − (1 − sin2 x) 1 − 1 + sin2 x sin2 x sin2 x − sinx sinx · (sinx − 1)

Egy szorzat 0, ha valamelyik szorzótényez®je 0. sinx x sinx − 1 sinx x

0 k·π 0 1 π + k · 2π 2

A kikötés miatt az x = k · π megoldások közül nem mindegyik jó, csak a páratlan együtthatójúak. A megoldások tehát: x1 = π + k · 2π π x2 = + k · 2π 2 (k ∈ Z)

Oldjuk meg a következ® egyenletet a valós számok hal 5π π = tg 3x + tg 7x − 3 3 π 5π 7x − = 3x + + kπ 3 3 4x = 2π + kπ π kπ x = + 2 4 (k ∈ Z)

Oldjuk meg a következ® egyenletet a valós számok halmazán!

tg 2 x − 4tgx + 3 y 2 − 4y + 3 √ 4 ± 16 − 12 = 2 y1 tgx1 x1 y2 tgx2 x2

= 0 = 0 4±2 = 2 = 3 = 3 = 71, 57◦ + kπ = 1 = 1 = 45◦ + kπ

A megoldások tehát: x1 = 71, 57◦ + kπ x2 = 45◦ + kπ (k ∈ Z)

Oldjuk meg a következ® egyenletet a valós számok halmazán!

ctgx − tgx 1 − tgx tgx 1 −y y 1 − y2 0 √ √ √ −2 3 ± 4 −2 3 ± 12 + 4 = = 2 2 y1 tgx1 x1 y2 tgx2 x2

tgx 6= 0, és ez nem is teljesül. A megoldások tehát: Kikötés.

x1 = 15◦ + kπ x2 = −75◦ + kπ (k ∈ Z)

√ = 2 3 √ = 2 3 √ = 2 3 √ = 2 3·y √ = y2 + 2 3 · y − 1 √ = − 3±2 √ = − 3+2 √ = − 3+2 = 15◦ + kπ √ = − 3−2 √ = − 3−2 = −75◦ + kπ

Oldjuk meg a következ® egyenletet a valós számok halmazán! 3 · tg 2 x + ctg 2 x = 4 1 3 · tg 2 x + 2 = 4 tg x y = tg 2 x 1 3y + = 4 y 3y 2 + 1 = 4y 3y 2 − 4y + 1 = 0 √ 4 ± 16 − 12 4±2 y1,2 = = 6 6 y1 = 1 tg 2 x = 1 tgx1 = 1 tgx2 = −1 ◦ x2 = −45◦ + kπ x1 = 45 + kπ 1 y2 = 3 1 tg 2 x = 3 √ √ 1 1 3 3 tgx4 = − √ = − tgx3 = √ = 3 3 3 3 ◦ ◦ x3 = 30 + kπ x4 = −30 + kπ

Kikötés. tgx 6= 0, de az nem is teljesül. A megoldások tehát:

45◦ + kπ −45◦ + kπ 30◦ + kπ −30◦ + kπ (k ∈ Z)

Oldjuk meg a következ® egyenletet a valós számok halmazán! tg 2 x − 5 =

sin2 x 1 −5 = 2 cos x cosx sin2 x − 5cosx = 1 cosx sin2 x − 5cos2 x 1 − cos2 x − 5cos2 x 1 − 6cos2 x 0 √ −1 ± 1 + 24 cosx1,2 = 12 1 4 = cosx1 = 12 3 x1 ≈ ±70, 53◦ + k · 360◦

cosx cosx cosx 6cos2 x + cosx − 1 −1 ± 5 = 12 −6 1 cosx2 = =− 12 2 x2 = ±120◦ + k · 360◦ (k ∈ Z)

Házi feladat 2012. november 20. 2787.

π cos2 2x + =1 2 π cos 2x + = 1 2 π = k · 2π 2x + 2 π 2x = − + k · 2π 2 π x1 = − + k · π 4 π cos 2x + = −1 2 π = −π + k · 2π 2x + 2 3π 2x = − + k · 2π 2 3π x2 = − +k·π 4

A megoldások tehát: π +k·π 4 3π = − +k·π 4 (k ∈ Z)

2π 4sin 3x − =3 3 2

2π = sin 3x − 3 2π sin 3x − = 3 2π = 3x − 3 3x = 2

x1 2π sin 3x − 3 2π 3x − 3 3x

3 2 π + k · 2π 3 π + k · 2π π k · 2π + 3√ 3 3 − 2 π − + k · 2π 3 π + k · 2π 3 π k · 2π + 9 3

A megoldások tehát: π k · 2π + 3 3 π k · 2π = + 9 3 (k ∈ Z)

tgx + ctgx = 3 1 = 3 tgx y = tgx 1 = 3 y+ y y 2 + 1 = 3y y 2 − 3y + 1 = 0 √ 3± 5 y1,2 = 2 √ √ 3+ 5 3− 5 y1 = ≈ 2, 618 y2 = ≈ 0, 382 2 2 tgx1 ≈ 2, 618 tgx2 ≈ 0, 382 ◦ x1 ≈ 69, 09 + kπ x2 ≈ 20, 91◦ + kπ (k ∈ Z) tgx +

Adott megoldásoknál mind a tangens, mind a kotangens függvény értelmezett, így a megoldások helyesek. Kikötés.

1 = 2 tgx y = tgx 1 y− = 2 y y 2 − 1 = 2y y 2 − 2y − 1 = 0 √ √ √ 2± 8 2±2 2 y1,2 = = = 1± 2 2 √ 2 √ y1 = 1 + 2 ≈ 2, 4142 y2 = 1 − 2 ≈ −0, 4142 tgx1 ≈ 2, 4142 tgx2 ≈ −0, 4142 ◦ x1 ≈ 67, 5 + kπ x2 ≈ −22, 5◦ + kπ (k ∈ Z) tgx −

Adott megoldásoknál mind a tangens, mind a kotangens függvény értelmezett, így a megoldások helyesek. Kikötés.