II. EGYENLETEK ÉS EGYENLŐTLENSÉGEK

Átírás

1 Egyenletek és egyenlőtlenségek 5 II EGYENLETEK ÉS EGYENLŐTLENSÉGEK Az idők folymán ngyon sok gykorlti problém merült fel, melynek megoldásához egyenletekre volt szükség A mi egyszerű és tömör mtemtiki jelölésmód elég későre lkult ki, ngyon gykrn ritmetiki trükkök vgy próbálgtások segítségével jutottk őseink helyes megoldáshoz Lássunk egy ilyen megoldást Feldt Egy kereskedőnek kétféle búzáj volt Az egyikből 5 pengő egy vék, másikból 0 pengő egy vék Milyen ránybn keverjük őket, h olyn búzát szeretnénk kpni, melynek 7 pengő vékáj? Megoldás A régi kereskedők következő módszer szerint oldották meg z ilyen feldtokt: Leírták 7-et, z 5-öt és 0-et, hogy mellékelt ábr muttj: 5 Melléírták 7 5 és 0 7 különbséget Az 5 pengős búzából részt és 0 7 pengős búzából részt vettek Így 5 vék keverék összesen pengőbe került, tehát keverék búzánk 7 pengő vékáj Bizonyítsuk be, hogy ez módszer mindig helyes Tekintsünk két különböző II ábr minőségű zonos nygot, z egyik egységár p, másik egységár q H z első nygból mennyiséget összekeverünk második nygból y mennyiséggel, kkor keverék ár p + yq, tehát keverék egységár p + yq p + yq H előre dott m egységárú keverékre vn szükségünk, kkor z m + y + y egyenletet kell megoldnunk Ez ( m p) y( q m) lkbn írhtó, tehát q m és y m p egy jó megoldás! Láthtó, hogy és y nem egyértelműen meghtározottk, de z rány egyértelmű Így bármilyen módszert hsználunk, ugynhhoz százlékos y összetételhez jutunk Vizsgáljuk meg, hogy mi történik három komponens keverése esetén Egyértelmű-e keverési rány? Három nyg keverésekor, h kezdeti egységárk p, q és r, kkor z, y illetve z p + yq + zr mennyiségek keverése után z egységár Tehát egy előre megszbott m + y + z egységárt kkor érünk el, h megoldjuk z ( p m) + y( q m) + z( r m) 0 egyenletet Innen láthtó, hogy keverék százlékos összetétele nem egyértelműen meghtározott, áltlábn két komponens rány tetszőleges lehet II Egyváltozós elsőfokú egyenletek Értelmezés Korábbi tnulmányitok során gykrn tlálkozttok () + b 0,, b R, 0 lkú egyenletekkel, ezeket egyváltozós elsőfokú egyenleteknek nevezzük H mindkét oldlból kivonunk b-t és mindkét oldlt osztjuk -vl, kkor z b, mjd b b z egyenlőséghez jutunk, tehát z () egyenlet megoldás H z egyenlet prmétert is trtlmz, kkor tárgyljuk Az egyenlet tárgylás zt jelenti, hogy prméter összes lehetséges értékére megdjuk megoldást (megoldáshlmzt)

2 6 Egyenletek és egyenlőtlenségek II Megoldott gykorltok + Oldjuk meg z egyenletet vlós számok hlmzábn Megoldás Előbb meghtározzuk törtek értelmezési trtományát (A műveleteket számhlmzokbn értelmeztük, tehát ki kell zárni zon értékeket, melyekre nem értelmezett kifejezésekkel kellene műveleteket végezni) Az első tört nevezője kkor null, h, míg második tört nevezője kkor, h 0 Így megoldásokt z E \{0, } hlmzbn keressük + H E, kkor + (mert ( )( + ) ) és így z + egyenlethez jutunk Ez ( ) + 0 lkbn írhtó Egy szorzt kkor 0, h vlmelyik tényezője 0, tehát z + 0 és 0 egyenleteket kell megoldni Az első egyenlet gyöke, míg másodiknk Mivel E, z eredeti egyenlet megoldáshlmz M { } Oldjuk meg és tárgyljuk z + b 0 egyenletet, h, b Megoldás b H 0, kkor z egyenlet elsőfokú és megoldás H 0, kkor két esetet különböztetünk meg: b 0 esetén z egyenletnek nincs megoldás b 0 esetén tetszőleges esetén teljesül z egyenlőség Összefogllás: b M b * * {0} {0} Oldjuk meg és tárgyljuk z + egyenletet, h m m + m Megoldás Az egyenlet megoldásir teljesülnie kell z ± m relációnk, tehát megoldásokt z E \{ ± m} hlmzbn keressük H E, kkor z dott egyenlet egyenértékű z ( )( + m) ( + )( m) egyenlőséggel, mely z + m m m + m ( m ) 0 lkbn is írhtó H m, kkor minden E megoldás z egyenletnek, tehát megoldáshlmz M \{ ± } H m, kkor 0, de ± m, tehát h m 0, kkor M {0} és h m 0, kkor M Összefogllás: m M {} \{ ± } {0} \{0} {0}

3 Egyenletek és egyenlőtlenségek 7 II Elsőfokú egyenletek geometrii jelentése Ábrázoljuk síkbn zokt z M (, y) pontokt, melyekre y + b, hol és b rögzített ( 0 ) Tekintsünk három M, y ) pontot, hol y j j + b, j, és j ( j j < < (lásd mellékelt ábrát) Húzzunk párhuzmost z O tengellyel z M és M pontokon keresztül A szerkesztés lpján M N, M N, M N y y + b b és M N y y M N M N Eszerint, tehát z M M N és M M N derékszögű háromszögek hsonlók M N M N M M Így z N és NM M szögek kongruensek, tehát z M, M és M pontok egy egyenesen vnnk Mivel H (, y) y + b, és tetszőleges, következik, hogy { } hlmz bármely három pontj egy egyenesen vn Ez pedig csk kkor lehetséges, h z összes pont ugynzon z egyenesen vn, tehát z y + b ( 0 ) összefüggést teljesítő (, y) koordinátájú pontok geometrii képei egy egyenesen helyezkednek el Ugynkkor z egyenes minden egyes A(, y) pontjár y + b Azt mondjuk, hogy ez z y + b egyenletű egyenes Ezek lpján z + b 0 egyenlet megoldáskor zon M (, y) pontot htározzuk meg, melyre y + b és y 0, tehát z y + b egyenletű egyenes és z O tengely metszéspontjánk bszcisszáját htározzuk meg Megjegyzések H 0, kkor z y c egyenlőséget teljesítő M (, y) koordinátájú pontok hlmz egy, z O -szel párhuzmos egyenes Hsonló módon z Oy -nl párhuzmos egyenesek * egyenlete c lkú, hol c Az y + b egyenletű egyenes pontosn kkor hld át z origón, h b 0 Az y + b egyenletű egyenes és z O tengely áltl bezárt szög tngense éppen, ezért z együtthtót z egyenes iránytngensének nevezzük II Gykorltok és feldtok Oldd meg következő egyenleteket: + + ) + b) 6 c) d) ( )( + ) ( )( + ) 5 e) f) ( + ) ( ) Oldd meg következő egyenleteket: + b+ b+ c+ c+ + * ) ,, b, c c b + b + bc + c b) + + ( + b+ c),, b, c és ( + b)( b + c)( + c) 0 + b b+ c + c + + b + c c) + +,, b, c, ( + b)( b + c)( + c) 0 és b+ c c+ + b + b+ c + b+ c 0

4 8 Egyenletek és egyenlőtlenségek Oldd meg következő egyenleteket: ) 5 7 k ( k ) k k ( k+ ) b) ( + ) ( + )( + ) ( + )( + ) ( + )( + ) 5 Oldd meg és tárgyld következő egyenleteket: ) m + n 0, m, n b) mm ( ) ( m ), m m m c) ( m ) + m 0, m d), m m e) + m, m f) ( m) ( )( + m), m g) ( + )( + m) ( m)( + ) + n, m, n h) + + ( + ) ( + )( + ) ( + )( + ) m 5 Mi feltétele nnk, hogy z y + b és y + b egyenesek párhuzmosk legyenek? 6 Egy olyn M (, y) síkbeli pontot, melyre, y rácspontnk nevezünk Bizonyítsd be, hogy h egy egyenesen vn két rácspont, kkor végtelen sok rácspont tlálhtó rjt 7 Vn-e olyn egyenes, mely csk egy rácsponton hld át? 8 Hány rácspont vn z OM szkszon, h O (0, 0), M ( m, n) és ( m, n)? Hát kkor h * ( m, n) d? ( m, n, d ) 9 ) Ábrázold z + by c egyenlőséget teljesítő (, y) koordinátájú pontokt b) Mi feltétele nnk, hogy z előbbi pontok közt rácspont is legyen, h, b, c? c) H z előbbi feltételek teljesülnek és pontok közt vnnk rácspontok, mennyi rácspontok közt fellépő minimális távolság? 0 Az A-ból B felé induló személyvont sebessége 60 km h A vontot később induló 0 km h sebességű gyorsvontnk B-ben kell utolérnie Útjánk részét megtéve személy- vont eredeti sebességének felével folyttj útját és így gyorsvont 80 km -rel B előtt éri utol Milyen messze vn A-tól B? Egy országnk eport rendelése vn egy műszer I típusából 500 drbr és II típusából 800 drbr A műszert z A és B üzemekben gyártják: z A üzem npont 0 drbot készít z I típusból vgy 0 drbot II típusból, B üzem pedig npont 50 drb I típusú vgy 0 drb II típusú műszert gyárt Hogyn kell elosztni gyártást két üzem között hhoz, hogy lehető legrövidebb idő ltt elkészüljenek rendelt drbok? (egy üzem egy np nem gyártht mind kétféle mőszerből) + 5,0 Leglább mekkor és legfeljebb mekkor egyenlet gyöke, h,75 figyelembe vesszük, hogy z előforduló tizedes számok kerekítéssel jöttek létre? Két cég összesen 800 számítógépet szerelt össze Az ellenőrzés z egyik cég gépeinek %-át, míg másik cég gépeinek %-át hibásnk tlált, összesen 6 drbot Hány jól működő gépet szereltek össze cégek külön-külön?

5 Egyenletek és egyenlőtlenségek 9 Egy gylogos és egy kerékpáros reggel 8 órkor elindul km-távolságr levő városb A kerékpáros 0 percet időzik városbn, zután visszindul Hol és mikor tlálkozik gylogossl, h kerékpáros sebessége 8 km h, gylogosé pedig 6 km h 5 János bácsi elindult Nekeresdflváról legközelebbi vontállomás irányáb Miután z első ór ltt km utt tett meg, kiszámolt, hogy ezzel sebességgel 0 percet fog késni Így mrdék távolságot km h sebességgel tette meg és 5 perccel hmrbb érkezett Hány kilométerre volt z állomástól z indulás pillntábn? 6 Két fogskerék összekpcsoláskor meghjtó és meghjtott kerék fordultszámánk rány 9 : 7 H z egyik kerék helyére -ml kevesebb, másik helyére -ml több fogú kereket teszünk, z áttétel : vgy : Melyik kereket cseréltük kevesebb fogúr? Hány fog vn kerék mindegyikének? 7 Egy tehergépkocsink mind négy kerekére új gumibroncsot szereltek Egy broncsot kkor tekintenek teljesen elkopottnk, h hátsó keréken 5000 km-t futott, vgy h első keréken 5000 km-t Mennyit futht kocsi négy broncs teljes elkopásáig, h z első broncsokt felcserélhetik hátsókkl? 8 Két egyenlő hosszú gyertyát egyszerre gyújtottk meg Az egyik, másik 5 ór ltt égett el egészen Egy fényképen két gyerty hosszánk rány, egy másikon, egy hrmdikon Mikor készültek fényképek, h gyertyák egyenletesen égnek? b 9 Oldd meg és tárgyld z + egyenletet! 0 Micimckó órájánk számlpjáról lekoptk számok Egy reggeli lklmából Mlck megkérdezte Micimckót, hogy mennyi z idő Erre Micimckó zt válszolt, hogy kis és ngy muttó merőleges egymásr és, hogy z elmúlt egy órábn ilyen állás csk egyszer fordult elő Meg tudj-e állpítni Mlck, hogy mennyi z idő, h tudj, hogy déli ór előtt reggeliznek? Egy órán három muttó órkor tlálkozik Hány perc múlv felezi másodpercmuttó z ór- és percmuttó áltl bezárt szöget? Htározd meg z összes olyn időpontot, mikor percmuttó állás felcserélhető z órmuttó állásávl + + b + b + b Oldd meg z egyenletet vlós számok hlmzán (, b ) + Egy htjegyű számnk első számjegye, második H e két számjegyet egyenként letöröljük és szám végére írjuk, kkor z eredeti szám kétszeresét kpjuk Melyik ez szám? 5 Oldd meg vlós számok hlmzán z + + bc ( + b + c), b bc c (, b, c ) egyenletet 6 Hiero király koronájánk súly 0 font Vízben koron fontot veszít súlyából Hány font rnyt és hány font ezüstöt trtlmz koron (más nygot nem trtlmz), h z rny fjsúly 9, z ezüsté pedig 0?

6 0 Egyenletek és egyenlőtlenségek II Elsőfokú egyenlőtlenségek Értelmezés Az + b 0 lkú egyenlőtlenségeket elsőfokú egyenlőtlenségnek nevezzük, h 0 A vlós számok tuljdonságink tnulmányozásánál láttuk, hogy h egy egyenlőtlenség mindkét oldlát pozitív számml szorozzuk, vgy mindkét oldlához hozzádjuk ugynzt számot, z egyenlőtlenség nem változik Eszerint > 0 esetén z + b 0 egyenlőtlenség b egyenértékű következőkkel: b (mindkét oldlhoz hozzádtunk b -t) (mindkét oldlt elosztottuk z > 0 számml) H < 0, kkor z + b 0 egyenlőtlenség következőképpen lkíthtó: b (mindkét oldlhoz hozzádtunk -et) b (mindkét oldlt elosztottuk > 0 számml) Az első esetben zt mondjuk, hogy z + b 0 egyenlőtlenség megoldáshlmz b b, + intervllum, míg második esetben megoldáshlmz, intervllum H z E ( ) + b kifejezés előjelét vizsgáljuk, kkor z előbbiek lpján következő szbályhoz jutunk: Tuljdonság (Az elsőfokú kifejezés előjele) Az + b kifejezés előjele gyökénél kisebb értékekre előjelével ellentétes, gyökénél ngyobb értékekre előjelével megegyező előjelű értékeket vesz fel Ez következő táblázt segítségével szemléltethető: H < 0 H > 0 b + + b -vl ellentétes előjelű 0 -vl megegyező előjelű b + + b b + + b Értelmezés Több egyváltozós elsőfokú egyenlőtlenség egyidejű megoldáskor tuljdonképpen egy egyváltozós elsőfokú egyenlőtlenségrendszert oldunk meg Ez megoldáshlmzok metszetének kiszámítását teszi szükségessé

7 Egyenletek és egyenlőtlenségek Feldt Oldjuk meg z 0 egyenlőtlenségrendszert 0 Megoldás A két egyenlőtlenség megoldáshlmz rendre (, ] és z, + intervllum A két megoldáshlmz metszete z, intervllum, tehát z egyenlőtlenségrendszer megoldáshlmz M, A számolások áttekinthetőségének céljából (főleg több egyenlőtlenség esetében) jánltos z dtokt tábláztb rendezni z lábbi módon: / M (Az első sorbn feltüntetjük zokt z értékeket, melyekhez viszonyítunk, mjd minden egyenlőtlenségnek megfelelő megoldáshlmzt külön sorbn stírozunk be A rendszer megoldáshlmz zokból részekből áll, melyek minden sorbn be vnnk stírozv) Az előjelszbályt gykrn hsználhtjuk mgsbb rendű egyenlőtlenségek megoldásár is, h z egyenlőtlenség egyik oldlát nullár redukáljuk, és másik oldlt elsőfokú tényezők szorztár bontjuk 5 Gykorlt Oldjuk meg z ( )( ) > 0 Megoldás Az egyenlőtlenséget E ( ) kifejezés < esetén negtív és > esetén pozitív, z E( ) kifejezés < esetén negtív és > esetén pozitív Ezeket z lábbi tábláztb foglltuk össze: ) ( )( Láthtó, hogy: (, ) esetén < 0 és < 0, tehát szorzt pozitív (, ) esetén > 0 és < 0, tehát szorzt negtív (, + ) esetén > 0 és > 0, tehát szorzt pozitív Így megoldáshlmz z (, ) (, + ) M 6 Megjegyzés A továbbikbn hsonló egyenlőtlenségek esetén csk tábláztot és megoldáshlmzt fogjuk felírni

8 Egyenletek és egyenlőtlenségek 7 Gykorlt Oldjuk meg és tárgyljuk következő egyenlőtlenséget: + m 5m < m ( m) A törtek létezési feltételei lpján m 0 és \{0, m} A jobb oldlt nullár redukáljuk + m 5m ( m)( + m) m(5m ) + m 6m ( m)( + m) m ( m) m( m) m( m) m( m) Láthtó, hogy z változó értékét 0, m, m és m számokhoz kell viszonyítni Így következő két eset tárgylás szükséges: I eset H m < 0 kkor m < m < 0 < m és z egyenlőtlenség ekvivlens z ( m)( + m ) > 0 egyenlőtlenséggel, ekkor következő tábláztot készíthetjük: ( m) m m 0 m + m m m ( m)( + m) ( m) Így megoldáshlmz (, m) ( m,0) ( m, ) M (mert m < 0 lpján táblázt utolsó sorábn zt kell vizsgálni, hogy hol vn + jel) II eset H m > 0, kkor m < 0 < m < m és z egyenlőtlenség ekvivlens z ( m)( + m ) < 0 egyenlőtlenséggel, ekkor következő tábláztot készíthetjük: ( m) m 0 m m + m m m ( m)( + m) ( m) Így megoldáshlmz M ( m,0) ( m, m) II Gykorltok és feldtok Oldd meg vlós számok körében következő egyenlőtlenségeket: + + ) < b) + + < 0 c) ( + )( ) < 6 + d) + < 6 e) 0,(6) + 0,5 < + 0,5() f) < + Oldd meg és tárgyld következő egyenlőtlenségeket, h m : ) m + m b) m + ( m )( +) c) d) m < m + e) > f) m ( ) ( )( ) m m + <

9 Egyenletek és egyenlőtlenségek Oldd meg vlós számok hlmzábn következő egyenlőtlenségeket: ) ( ) + < b) ( )( + 7) 0 c) ( )( ) < 0 ( ) 0 d) ( )( + ` ) 0 e) ( + )( + ) < 0 f) ( )( + ) 0 g) ( + )( ) < 0 h) ( )( )( ) < 0 i) ( + )( )( ) > k) < 0 l) j) ( )( + )( )( 5 + ) 0 m) ( )( ) 0 A tényezőkre bontás segítségével oldd meg következő egyenlőtlenségeket: ) + 0 b) c) + > 0 d) ( )( + ) 0 e) + < 0 f) > 0 g) Oldd meg és tárgyld következő egyenlőtlenségeket, h m, n,, : ) ( m )( + ) < 0 b) ( m n)( n + m) < 0 c) ( m + m)( + m) 0 d) ( m )( m + ) > 0 e) ( )( ) < 0 f) ( )( ) 0 g) ( )( ) 0 h) ( )( ) 0 6 Oldd meg < + < egyenlőtlenséget 7 Oldd meg vlós számok hlmzábn következő egyenlőtlenségeket: ) < b) < c) > d) < + 8 Egy skk körversenyen (minden mérkőzésen pontot kp nyertes, 0 pontot vesztes illetve döntetlen esetén 0,5 0,5 pontot kp mindkettő) csk ngymesterek és mesterek vettek részt Az utóbbik szám -szor nnyi volt, mint ngymestereké, elért pontjik együttes szám pedig,-szerese ngymesterek pontszámi összegének Hányn vettek részt versenyen? Mit mondhtunk z első három helyezettről? 9 Az A és B városok közti P helyről kétféle módon juthtunk B-be: gylog bejárv PB útvonlt vgy gylog megyünk A-b és onnn vonttl B-be Mely pontokból előnyösebb z első, és melyekből második módot válsztni, h legrövidebb idő ltt szeretnénk eljutni B- be, h gylog 5 km h sebességgel megyünk, vont sebessége 50 km h, és z AB távolság 0 km? 0 Egy egyfordulós körmérkőzéses pingpongbjnokság győzteséről tudjuk, hogy mérkőzéseinek több, mint 68 és kevesebb, mint 69 százlékát nyerte meg Leglább hányn indultk bjnokságon? Húsvétkor egy olyn csládhoz, hol lány nevelkedik, fiúk egyform, teli üveg kölnivízzel érkeztek Mindegyik fiú neki legjobbn tetsző lányr kölnivíz felét többi háromr 5-5 cseppet, mrdékot pedig mmár locsolt Leglább hány csepp kölnivíz volt egy-egy üvegben, h egy lányr sem jutott üveg kölninél több, de mmár igen? II Az + by c egyenlőtlenség geometrii jelentése Feldt Ábrázoljuk zokt síkbeli pontokt, melyekre + y

10 Egyenletek és egyenlőtlenségek Megoldás Előbb ábrázoljuk z + y egyenletű egyenest Rögzített -re + y pontosn kkor, h y egyenesen vn, tehát zokr z (, y) >, de z (, ) M pont d párokr teljesül z + y egyenlőtlenség, melyeknek megfelelő pontok d egyenesen z M pont fölött y helyezkednek el Az -et változttv különböző félegyeneseket d M kpunk, melyeknek egyesítése d egyenes áltl meghtározott felső félsík Így z + y egyenlőtlenséget teljesítő pontok z + y d egyenletű egyenes áltl meghtározott felső félsíkot lkotják (z ábrán O bevonlkázott rész) Megjegyzés Az + y egyenlőtelenséget teljesítő pontok y z + y egyenletű egyenes áltl meghtározott lsó félsíkot képezik Érvényes z lábbi tuljdonság: Tuljdonság Az + by c egyenlőtlenséget teljesítő (, y) y II ábr + by c egyenletű egyenes áltl meghtározott egyik félsíkot képezik H b > 0, kkor felső, h pedig b < 0, kkor z lsó félsíkot M pontok z Feldt Htározzuk meg z + y kifejezés minimumát, h y, y + és + y 5 Megoldás Ábrázoljuk z y, y + és y y y 5 egyenletű egyeneseket ugynbbn koordinátrendszerben A bevonlkázott D rész z y + C y B y + egyenlőtlenségrendszert teljesítő (, y) + y 5 A párok képe Másrészt z M (, y) pont távolság z y 5 O ponttól + y, tehát z O -hoz legközelebb O 5 eső D -beli pontot keressük Ez éppen z A csúcs, tehát + y 5 5 Gykorlt Ábrázold koordinátrendszerben z lábbi ponthlmzokt: H (, y) y 5 H (, y) y ) { + > } b) { } c) H {(, y) + y } d) H {(, y) y > 7} e) H5 {(, y) y } f) H6 { (, y) y } + < II Másodfokú egyenletek Feldt Oldjuk meg következő egyenleteket: ) ( )( + ) 0 b) ( )( + ) 0 c) 9 6 d) 7 0 e) 0 Megoldás ) Egy szorzt pontosn kkor 0, h vlmelyik tényezője 0, tehát z 0 és + 0 egyenleteket kell megoldnunk Az első egyenlet gyöke, másodiké Tehát z eredeti egyenletnek két megoldás vn és megoldáshlmz M, { }

11 Egyenletek és egyenlőtlenségek 5 b) Akárcsk z előző egyenletnél szorzt vlmelyik tényezője 0, tehát megoldáshlmz M, c) Az 9 6 egyenlet egyenértékű egyenlettel, de 9 6 +, tehát z egyenlet megoldáshlmz ( ) ( )( ) M, ± d) 7 7, tehát M 0, 7 ( ) { } e) + ( ) ( ) 0 (( ) )( ( ) + ) 0 ( )( + ) 0 megoldáshlmz M {, } Értelmezés Az + b + c 0 (, b, c, 0) Így z egyenlet következőképpen lkíthtó: Tehát z eredeti egyenlet lkú egyenleteket másodfokú egyenleteknek nevezzük Itt, b és c z egyenlet együtthtói Az előbbiek lpján néhány sjátos másodfokú egyenletre már vn megoldási módszerünk: b H c 0, kkor 0 és c H b 0, kkor z egyenlet + 0 lkb írhtó c c c Ekkor > 0 esetén nincs vlós megoldás, míg 0 esetén és Áltlánosítsuk z e) pontbeli ötletet: b c b c + b + c c b b c b b b c H b c < 0, kkor jobb oldl negtív és bl oldl nem negtív egyetlen esetén sem, tehát ebben z esetben nincs vlós gyök H b H c > b c 0, kkor 0, kkor b b c b ± b c + ±, tehát gyökök, b Azt mondjuk, hogy egybeeső gyökök vnnk vgy, b hogy kétszeres gyök A b c kifejezést z + b + c 0 egyenlet diszkriminánsánk nevezzük és -vl jelöljük Eredményeinket következő tábláztbn foglltuk össze: és < 0, Nincs vlós gyök 0 > 0 b Két egybeeső vlós gyök vn b b +, Két különböző vlós gyök vn

12 6 Egyenletek és egyenlőtlenségek II A Viète-féle képletek és másodfokú kifejezés felbontás Az előbbi prgrfusbn láttuk, hogy egy másodfokú kifejezés felbontásávl meghtározhtjuk hozzárendelt egyenlet gyökeit A gyökök lpján vjon hogyn htározhtó meg felbontás? Feldt Fejezzük ki z + összeget és z szorztot z együtthtók függvényében b b + b b Megoldás + + b b + ( b) b b + c c Az előbbi két összefüggés Viète-féle képletek (vgy összefüggések) néven ismeretesek Fontosságuk mitt tétel formájábn is megfoglmzzuk őket (X osztálybn látni fogjuk, hogy ezek képletek kkor is érvényesek, h, Ehhez zonbn szükségünk lesz komple számokr) Tétel (Viète) H és z + b + c 0 egyenlet gyökei, kkor b + c b c E két összefüggés lpján + b + c + + ( ( + ) + ) ( + ) ( ( ) ( )) ( )( ), tehát érvényes z lábbi következmény: Következmény H és z + b + c 0 egyenlet gyökei, kkor + b + c II A másodfokú kifejezések előjele ( )( ) H > 0, z előbbi felbontás és z elsőfokú kifejezések előjelszbály lpján következő előjeltábláztokt készíthetjük: H > ( )( ) H < ( )( ) Láthtó, hogy mindkét esetben z + b + c kifejezés hozzárendelt egyenlet gyökei közt z előjelével ellentétes előjelű értékeket vesz fel és gyökökön kívüli értékekre -vl megegyező előjelű értékeket

13 Egyenletek és egyenlőtlenségek 7 b + b + c + kifejezés z H 0, kkor z más vlós értékre z előjele megegyezik előjelével b helyen 0 és minden H < 0, kkor z b + b + c + kifejezés minden vlós esetén előjelével zonos előjelű értékeket vesz fel Ez másodfokú kifejezések előjelszbály A könnyebb memorizálás érdekében következő tábláztokt készíthetjük: > b + c -vl megegyező 0 -vl ellentétes 0 -vl megegyező b + c -vl megegyező 0 -vl megegyező < b + c -vl megegyező A továbbikbn másodfokú kifejezések előjelének tárgylásánál nem szükséges felbontást elvégezni, hivtkozhtunk fenti előjelszbályr II Megoldott gykorltok Oldjuk meg következő másodfokú egyenleteket: ) + 0 b) 6 0 c) Megoldás ), b és b b) 6, b és c, tehát c, tehát b c ( ) Tehát megoldáshlmz M { } c ( ) 6 ( ) 5 Így b Így 5 b ± ± 5, Tehát megoldáshlmz M, c), b és c, tehát b c < 0 Így z egyenletnek nincs vlós gyöke Oldjuk meg következő másodfokú egyenleteket, h m : ) m + m 0 b) + m m 0 c) m 0 Megoldás ), m, b m és c m, tehát b c m m 0 Így m b), b m és c m, tehát b c m + 8m 9m Ebben z esetben gyökök képletében szereplő 9m m esetén elhgyhtjuk z bszolút értéket, mert képletben mindkét előjel szerepel Így megoldások:

14 8 Egyenletek és egyenlőtlenségek m m m b ± m ± m, m + m m c), b és c + m, tehát b c m m H m 0, kkor z egyenlet diszkrimináns szigorún negtív, tehát nincs vlós gyöke H m 0, kkor 0 és Az előbbi ht másodfokú kifejezést bontsuk elsőfokú tényezők szorztár és vizsgáljuk meg, hogy milyen értékekre pozitívk Megoldás ( ) + ( ) m + m m Mindkét kifejezés tetszőleges esetén pozitív, és illetve m esetén 0-t is felveszik ( )( + ) D +,, +, mert 6 > 0, így gyökökön kívül pozitív ( másodfokú kifejezések előjelszbály lpján) + m m ( m)( + m) Ebben z esetben is gyökökön kívüli trtományon vesz fel kifejezés pozitív értékeket, ez ( ] [ + ), m m,, h m< 0 pedig függ m előjelétől Tehát D+, h m 0 (, m] [ m, + ), h m> > 0, és m + + m 0, ( ) Bizonyítsuk be, hogy z, b számok pontosn kkor pozitívk, h z S + b és P b számok pozitívk Bizonyítás H 0 és b 0, kkor zonnli, hogy + b 0 és b 0 H b 0, kkor és b zonos előjelűek, tehát z összeg csk kkor lehet pozitív, h mindkét szám pozitív 5 Vizsgáljuk meg z m ( m + 7) + 0 egyenlet gyökeinek természetét és előjelét Megoldás A gyökök természetének vizsgált zt jelenti, hogy megdjuk milyen m esetén vlósk (Esetleg tárgylhtó z is, hogy gyökök mikor rcionális, egész vgy természetes számok) H m 0, kkor elsőfokú egyenlethez jutunk és, megoldás 7 H m 0, kkor ( m + 7) m m m + 9 ( m ) + 7 > 0

15 Egyenletek és egyenlőtlenségek 9 Mivel > 0, m m + 7 összefüggések lpján S + és m ezeknek z előjelét kell vizsgálnunk esetén, gyökök mindig vlósk és különbözőek A Viète féle P, tehát z előbbi feldt lpján m m m 0 + m m m S P Az eddigiek lpján következő összesített táblázt készíthető (ez muttj gyökök természetét és előjelét): m S P, (, 7) + + < 0, > 0 és > < 0, > 0 és 7 ( 7, 0) + < 0, > 0 és < 0 7 ( 0, + ) , > 0 Megjegyzés Megvizsgálhtnánk, hogy milyen m értékekre rcionálisk vgy egészek gyökök Az ilyen jellegű tárgylásokr később vissztérünk 6 H és z m + 0 egyenlet gyökei, számítsuk ki következő összegeket: ) + b) + c) + d) e) Megoldás + f) > + ) ( + ) ( + ) S P m Másképp: m + 0 m m ( + ) m b) + ( + )( + ) m( m ) m( m ) Másképp: m + 0 m m + 0 m ( ) ( ) m( m ) m m + + m ( + ) ( m ) m + m c) + m + Másképp:

16 50 Egyenletek és egyenlőtlenségek m m m m ( + ) ( + ) m( m) ( m ) m m + + m m Megjegyzések n n A feldtbeli egyenlet esetén, h, kkor S n + S n+ m S n+ S n n n H és z + b + c 0 egyenlet gyökei és, kkor + m ) + m + m + m S n + S n+ + b S n+ + c S n 0 b) ( + ) + ( + ) c) ( )( ) m m m + m + 7 Htározzuk meg z m prméter értékét, h z + m 0 egyenlet gyökeire: Megoldás ) + 5 b) ( ) m ) + + m 9, tehát z dott egyenlőség lpján 9 m 5 Eszerint m b) Az és + egyenlőségekből következik, hogy, tehát + m 0 Innen m * m + m 0, m egyenlet gyökei és, írjunk fel egy olyn 8 H z ( ) egyenletet, melynek gyökei ) y és y b) y + és y + Megoldás y ) y y ( + ) ( m ) m + és y m m ( ) 0 ( m) y y 0 + ( m ) y 0 y y és m m z y y + y y + y y egyenlet gyökei, tehát z előbbi egyenlőségek lpján és y z my egyenlet gyökei m m y Megjegyzés H z eredeti egyenletben z helyettesítést végezzük, ugynehhez z eredményhez jutunk b) ( ) ( ) ( ) ( m ) m y + y m m y y ( + )( + ) 5 + ( + ) m 5 + m m m y

17 Egyenletek és egyenlőtlenségek 5 Így y és y z m y ( m + m ) 5 m 5m m m m m + m m y + m 5m + egyenlet gyökei ( ) 0 m Megjegyzés y S és y S, ezért z S y y m helyettesítéssel ugynezt z eredményt kptuk voln 9 Htározd meg z m prméter értékét úgy, hogy z ( m + ) m + 0 és ( m ) + m 0 egyenleteknek legyen egy közös gyökük Megoldás Jelöljük -vl közös gyököt Az ( m + ) 0 m + 0 ( ) 0 m m és m egyenlőségekből vlmilyen egyszerűbb összefüggést kell levezetnünk közt Ez leggykrbbn négyzetes tgok kiküszöbölésével érhető el Ez esetben egyszerűbb összefüggést kpunk, h összedjuk két egyenlőséget Így m 0 m0 0 egyenlőség dódik, tehát m 0 ( ) 0 0 H m 0, kkor z egyenletek + 0 és 0 Ennek két egyenletnek zonosk gyökei, de nem vlósk, tehát feltételezhetjük, hogy m 0 H 0 0, kkor ellentmondáshoz jutunk, mert egyik egyenletnek sem lehet gyöke Tehát közös gyök 0 H ezt visszhelyettesítjük z dott egyenletekbe m + 0 illetve m 0 egyenlőségekhez jutunk Innen következik, hogy m Ez esetben + 0 és 0 egyenletek közös gyöke vlóbn z 0 ( m + ) 0 Htározzuk meg z m prméter értékét úgy, hogy z m + 0 egyenlet gyökei ) ne legyenek -nél kisebbek b) teljesítsék z < egyenlőtlenségeket Megoldás ) Az és egyenlőtlenségek lpján z y és y gyökökkel rendelkező másodfokú egyenlet mindkét gyöke pozitív Ezt z egyenletet z y + helyettesítéssel kpjuk: ( ) m y + ( m + )( y + ) + 0 my + m y Láthtó, hogy y 0 és y m, h m 0 Tehát meg kell oldnunk z m egyenlőtlenséget Az lábbi táblázt lpján megoldáshlmz m (0, ] m 0 + m m m m Megjegyzések ( ) 0 és y 0 Láthtó, hogy z eredeti egyenlet m-től független gyöke Így megoldás egyszerűsíthető, mert zonnl felírhtjuk z gyököt és csk ezt kell vizsgálni m H z ) pontot úgy foglmztuk voln, hogy z dott egyenletnek ne legyen -nél kisebb gyöke (vgy egyetlen gyöke se legyen -nél kisebb), kkor z m 0 érték is

18 5 Egyenletek és egyenlőtlenségek megfelelne, bár erre z értékre z egyenlet nem másodfokú Áltlábn z ilyen eseteket külön szokás tárgylni Áltlábn érvényesek következő ekvivlenciák ( S + és P ): > α és > α 0, P α S + α > 0 és S α > 0 < α és < α 0, P α S + α > 0 és S α < 0 > α és < α 0 és P α S + α < 0 ( ) ( ) b) Tekintsük z E m m m + + kifejezést Az < egyenlőtlenségek lpján gyökök közt vn, tehát E m ( ) és m ellentétes előjelűek Így m Em ( ) < 0 De m, tehát m m A másodfokú kifejezések előjelszbály lpján E m ( ) ( ) 0 m 0, Az m 0 esetet ki kell zárni, mert ebben z esetben z egyenletnek csk egy gyöke vn és így < nem teljesülhet A megoldáshlmz 0, 6 Megjegyzés Ugynehhez z eredményhez jutottunk voln egyenlőtlenségből m Htározzuk meg zokt z m számokt, melyekre z m ( m + ) + > 0 egyenlőtlenség bármely esetén teljesül Megoldás H z m m + + egyenletnek voln vlós gyöke, kkor gyökök között és zokon kívül z ( ) 0 E m ( ) m ( m + ) fel, tehát z egyenletnek nem lehet vlós gyöke Így < 0 kifejezés ellentétes előjelű értékeket venne A ( ) 8m + < 0 m egyenlőt- lenség pontosn kkor teljesül, h + m, Ebben z esetben z E m ( ) kifejezés minden esetén m előjelével zonos előjelű értékeket vesz fel, tehát > 0 egyenlőtlenség lpján z előbbi intervllum minden elemére teljesül kért feltétel 7 Megjegyzés Áltlábn érvényes következő ekvivlenci: > 0 + b + c > 0, < 0 II Gykorltok és feldtok Oldd meg következő másodfokú egyenleteket és írd fel másodfokú kifejezés felbontását: ) b) 5 0 c) d) 9 0 e) f) 5 0 g) h) 0 0 i) + 0 j) k) l) Milyen m esetén vn z lábbi egyenleteknek pontosn egy vlós gyöke?

19 Egyenletek és egyenlőtlenségek 5 ( ) 0 ( ) m + m + 0 ( m + ) + m 0 ) m m + + b) m + ( m ) 0 c) m + 0 d) e) f) m Milyen m esetén vn z előbbi egyenleteknek pontosn két vlós gyöke? Írjuk fel zt másodfokú egyenletet, melynek gyökei: ) b) 7 c) d) e) f) 5 7 g) h) i) k) 6 l) m) + b b,, b 5 H z m + 0 egyenlet gyökei és, írj fel egy olyn másodfokú egyenletet, melynek gyökei: ) y + y + b) y y, h, 0 c) y + y +, h, 0 d) y + y e) + + f) y y, h, 0 y y, h, 0 g) y y h) y y i) y y, h, 0 j) y, h y 0, l) y y, h Tárgyld gyökök természetét és előjelét következő egyenletek esetében: ) m m + + b) m ( m ) m 0 ( ) 0 c) m 6 m 0 d) m m 0 7 Az egyenlet gyökeire számítsd ki z lábbi kifejezések értékét: ) + b) c) + d) + e) f) + g) + h) + i) + j) k) (h ) l) >, 0 +, (h ) m) +,(h 0 ) + n) +, (h 0, > ) o), (h > 0 ) p) r) + s) Htározd meg z m prméter értékét úgy, hogy z m + 0 egyenlet és gyökére teljesüljön z lábbi összefüggések közül leglább egy:,

20 5 Egyenletek és egyenlőtlenségek ) + 5 b) ( + ) c) d) e) f) 9 Htározzuk meg z m prméter értékét úgy, hogy z lábbi egyenletek gyökei között fennálljnk mellette levő összefüggések: ) ( m + ) + m b) ( m ) + (m 5) + 0 c) ( m + ) + m + m + 0 d) 8 + ( m ) + m e) ( m+ 5 ) ( m+ 7) m+ 0 + f) m ( m ) m g) m + ( m ) + ( m + ) 0 + h) ( m + ) + ( m ) + m i) + m + m m j) + (m + ) + (m + ) 0 + k) ( m + ) + m 0 0 Htározd meg z m prméter értékét úgy, hogy z + m 0 egyenlet és gyökeire teljesüljenek z lábbi egyenlőtlenségek: ) + 0 b) + > + < + c) + d) > Htározz meg egy m-től független összefüggést z lábbi egyenletek gyökei közt: ) + m + m b) m ( m + ) + m 0 c) + m + 0 ( ) 0 ( m ) d) 0 e) m + + m 0 Bizonyítsd be, hogy z lábbi egyenleteknek vn m-től, illetve n-től független gyökük: ) m m + + b) ( m ) ( m ) m + 0 m + + m ( ) ( m ) ( ) 0 ( m + n) + n 0 c) m d) ( m ) + m + m m 0 ( ) e) m m + m + m + m 8 0 f) ( m + ) + m + 0 Az m milyen értékeire lesz pontosn egy közös gyöke következő egyenlet-pároknk? ) ( m ) + m + 0 és + ( m ) 0 b) m + ( m ) + 0 és ( m + ) + 5 ( m + ) 0 c) + m + m 0 és + m + m 0 Bizonyítsd be, hogy z + b + c + + c) 0 ( ) ( ( ) ( b, + ( c + ) b( + b + c) 0 és + + b c + b + c) 0 egyenleteknek leglább egy közös gyökük vn

21 Egyenletek és egyenlőtlenségek 55 5 Htározd meg z lábbi hlmzok elemeit: ) { 6 7 0} b) 5+ 0 { } c) { 0} 0 { } d) { + } e) f) { ( + ) + 0} 6 Htározd meg p, q vlós számokt úgy, hogy teljesüljön z A B egyenlőség, h A { p+ 8 0} és B { q+ q 0} 7 Bizonyítsd be, hogy z { } { ( ) {,,, } m m 0 m+ + m 0 hlmznk minden m esetén négy eleme vn 8 Oldd meg következő egyenleteket, h S, P és z illető egyenlet gyökeinek összege, szorzt illetve z egyenlet diszkrimináns: ) + S 0 b) + P + S 0 c) + P + S 0 d) P + + S Bizonyítsd be, hogy z lábbi egyenletek mindegyikének vlós gyökei vnnk, h, b, c : ( ) 0 ( + b) c( + b + c) 0 ( + b + c) + bc + 0 ( + b + c) + b + ) + b + b b) c) c d) c + bc 0 / / 0 H és z + m + n 0 vlmint és z + p + q 0 egyenlet gyökei ( m, n, p, q ), számítsd ki következő szorztokt: / / / / / / / / ( )( )( )( ) ( )( + )( + )( + ) ) b) + Htározd meg zokt z m értékeket, melyekre z + y y + m > 0 egyenlőtlenség teljesül, minden, y esetén (Felvételi feldt, 996) Htározd meg z m prméter zon értékeit, melyekre fennáll z m + ( m ) + m > egyenlőtlenség, minden ( 0, + ) esetén (Felvételi feldt, 996) + b + c Mi feltétele nnk, hogy z + b + c ( + + ) egyenlőtlenség teljesüljön, minden esetén? Bizonyítsd be, hogy h, b, c, kkor z + b + c 0, b + c + 0 és c + + b 0 egyenleteknek pontosn kkor vn egy közös vlós gyöke, h + b + c 0 5 Bizonyítsd be, hogy h, b, c, kkor z + bc 0, b + c 0 és c + b 0 egyenletek közül leglább z egyiknek vn vlós gyöke 6 Bizonyítsd be, hogy h b,, c és z + b + c 0 egyenletnek két különböző gyöke vn ( 0, ) intervllumbn, kkor 5 7 Az + p+ q 0 és + p + q 0 másodfokú egyenletek együtthtói egész számok Bizonyítsd be, hogy h két egyenletnek vn egy közös gyöke, kkor p p és q q 8 Bizonyítsd be, hogy z ( + ) 5y + egyenletet nem teljesítheti egyetlen (, y) egész számpár sem 9 Bizonyítsd be, hogy z A \ { ± } + hlmzbn egyetlen rcionális szám sincs }

22 56 Egyenletek és egyenlőtlenségek II Első és másodfokú egyenletekre visszvezethető egyenletek II Törteket trtlmzó egyenletek Ilyen egyenletekkel már tlálkoztunk A megoldás egyik fontos része törtek értelmezési trtományánk meghtározás és z értelmezési trtományon kívüli gyökök (idegen gyökök, melyek z átlkítások során jelennek meg) kizárás II Megoldott gykorltok Oldjuk meg z + egyenletet + Megoldás Ki kell zárnunk z -ből zokt z értékeket, melyekre vlmely nevező 0 Az 0, + 0 és 0 egyenletek megoldási, és 0 Így z dott egyenlet megoldásit z \{, 0, } hlmzbn keressük +, tehát z egyenlet + lkbn írhtó Innen következik, hogy, tehát és így megoldások és Mivel mindkét megoldás z értelmezési trtomány eleme, megoldáshlmz {, } M Oldjuk meg és tárgyljuk z + egyenletet m + Megoldás A törtek létezési feltételei lpján megoldásokt z \{,, m} hlmzbn keressük + m + m + + ( m) m, tehát z egyenlet + m + ( m) m lkbn írhtó Innen következik, hogy + ( m) ( m) + ( m) m + m 0 () ( m) 0 m, tehát ± m, h m f, Megvizsgáljuk, hogy, és m mikor lesz megoldás z () egyenletnek ( ) ( ) + m 0 m Erre z értékre 0, tehát M { 0} + m 0 m Erre z értékre, tehát M m m + m 0 m {, } Az m esetet már vizsgáltuk m esetén,, tehát M {} Az összes esetet z lábbi tábláztb foglltuk: m (, ) \, (, + ) M {} {} 0 { m} II Modulusokt trtlmzó egyenletek H ± ( ) ( ) E, h E 0 E ( ) egy kifejezés, kkor E ( ) E( ), h E( ) < 0

23 Egyenletek és egyenlőtlenségek 57 Így például, h vgy +, h < (, ] [, + ) (, ) +, h + +, h Eszerint modulust trtlmzó egyenletek visszvezethetők több egyszerűbb (modulust nem trtlmzó) egyenletre, melyek megoldásit előre meghtározott intervllumbn keressük Vnnk esetek, mikor nem érdemes z előbbi felbontást hsználni, mert z egyenlet lkj lehetővé teszi E ( ) E( ) ± ekvivlenci hsználtát II Megoldott gykorltok Oldjuk meg vlós számok hlmzán következő egyenleteket Megoldás ) b) + c) + d) + e) + + ) vgy Az első egyenletből, másodikból, tehát M, Ugynehhez z eredményhez jutunk, h modulus értelmezését hsználjuk:, h, tehát következő két esetet tárgyljuk: +, h < H <, z egyenlet lkbn írhtó, tehát < H, z egyenlet lkbn írhtó, tehát Mindkét esetben megoldás teljesíti kívánt egyenlőtlenséget, tehát M {, } Láthtó, hogy ebben z esetben modulus felbontás többletmunkát igényelt A felbontásr áltlábn kkor vn szükség, h több, nem egymásb ágyzott modulus szerepel z egyenletben b) + + vgy + Az első esetben, { } másodikbn 5 A második egyenletnek nincs megoldás, mert 0 R, z első egyenlet pontosn kkor teljesül, h vgy, tehát megoldáshlmz M { 0, } c) + + vgy + 0 és vgy Az + 0 egyenlet gyökei és Az 0 egyenlet gyökei megoldás teljesíti z dott egyenletet 0 és Mind négy 0 és vgy + Az + 0 egyenlet gyökei 0 és Az 0 egyenlet gyökei és Ezek közül z és nem teljesíti z 0 feltételt, tehát ki kell zárnunk A fentiek lpján z egyenlet megoldáshlmz {,, 0,} M

24 58 Egyenletek és egyenlőtlenségek d) A két modulus kifejtésénél két különböző értékhez kell viszonyítnunk, ezért célszerűbb tábláztb fogllni z értékeket:, h, h és, tehát tábláztbn z -hez +, h < +, h < és -höz viszonyítunk + )[ )[ + )[ )[ ( viszonyítási számok áltl meghtározott intervllumok mindegyikébe beírtuk z illető intervllumbn érvényes kifejezést) A következő esetek tárgylás szükséges: eset (, ) A táblázt lpján feldtbeli egyenlet lkbn írhtó fel és 0, megoldás ( ) [, ) eset Ekkor z egyenlet táblázt lpján z lkbn írhtó, tehát ebben z esetben nincs megoldás eset, + A táblázt lpján feldtbeli egyenlet lkbn írhtó fel és [ ) megoldás [, + ) { 0, } Az előbbi három eset lpján z egyenlet megoldáshlmz M Megjegyzések A táblázt utolsó sor lpján felírhtjuk, hogy, h < +, h [, ), h Az + m egyenletnek végtelen sok megoldás vn, h m, két megoldás vn, h m > és nincs megoldás, h m < ( ] [ ), 0,, 0, + ) és, < 0, ( 0, ) +, +, tehát következő táblázthoz jutunk:, < ]( )[ )[ + + )[ + ]( + + )[ + A táblázt lpján következő három eset tárgylás szükséges: eset (, ) Ebben z esetben z egyenlet következővé lkíthtó: 6 0, ennek megoldási 7 (, ) és + 7 (, ) Tehát ebben z esetben csk z megoldás

25 Egyenletek és egyenlőtlenségek 59 [ ] [ ) [, 0] [, + ) és [, 0] [, + ) eset, 0, + Ekkor z egyenlethez jutunk, melynek megoldási eset ( 0, ) Ekkor z egyenlet z + 0 lkbn írhtó fel, ez utóbbi egyenletnek pedig nincsenek vlós gyökei M 7, Az előbbi három eset lpján megoldáshlmz { } m + Tárgyljuk > egyenlőtlenséget m + m + Megoldás Az egyenlőtlenség pontosn kkor áll fenn h > vgy < m + ( m ) + m + ( m + ) > > 0 () vgy < < 0 () m és m esetén külön megvizsgáljuk z egyenlőtlenségeket, mert ekkor számlálók közül z egyik nem elsőfokú: m esetén > 0 > 0 (, + ) vgy < 0, Ebben z esetben z egyenlőtlenség megoldáshlmz M, + \ {} + m esetén > 0, vgy < 0 > 0 (, + ) Ebben z esetben z egyenlőtlenség megoldáshlmz M, + \ {} H m \{ ± }, kkor, és számokt kell egymáshoz viszonyítni Az m m + m < < 0 m (, ), +, m + m + m < < 0 m, (, + ), m m m + < < 0 m (, ), m + m m ekvivlenciák lpján következő öt eset tárgylás szükséges: eset H m (, ), kkor < <, tehát következő táblázthoz jutunk: m + m + m + m ( m ) m ( ) ( ) m + m + ( )

26 60 Egyenletek és egyenlőtlenségek Ebben z esetben megoldáshlmz M,, + \ {} m + m eset H m,, kkor < <, tehát következő táblázthoz jutunk: m m + + m m + ( m ) ( m + ) ( m ) + m + ( ) Ebben z esetben megoldáshlmz M, \ {} m m + eset H m, kkor és megoldáshlmz M m m + eset H m,, kkor < <, tehát következő táblázthoz jutunk: m + m + m + m ( m ) m ( ) ( m ) ( m + ) Ebben z esetben megoldáshlmz M, \ {} m + m 5 eset H m (, + ), kkor < <, tehát következő táblázthoz jutunk: m m + + m m + ( ) m m ( ) ( m ) + m + ( )

27 Egyenletek és egyenlőtlenségek 6 Ebben z esetben megoldáshlmz,, + \ {} m m + A megoldásokt következő tábláztb fogllhtjuk: m M (, ),, + \ {} m + m /, + \ ( ) { },, \ m m + / {},, \ m + m, + \ {} {},, + \ m m + (, + ) {} II Egészrészt trtlmzó egyenletek Értelmezés Az vlós szám egészrésze legngyobb olyn egész szám, mely nem ngyobb -nél k k < k + és k Ezt következő összefüggések fejezik ki: [ ] Eszerint [,], [ ], [,], [ ] Értelmezés Az [] számot z törtrészének nevezzük és { } Az értelmezés lpján { } [ 0, ), Példák: {,} 0,, {,} 0, 8 II Megoldott gykorltok Htározzuk meg z lábbi egyenletek megoldását: + ) [ ] b) -el jelöljük Megoldás ) [ ] < < M, + + b) < + és és < >, tehát meg kell htároznunk zokt z (, 5] értékeket, melyekre + Legyen k k, tehát k + < 5 < k, tehát k { 0,,, } és így z egyenlet megoldáshlmz 7 M,,, 5

28 6 Egyenletek és egyenlőtlenségek Bizonyítsd be, hogy [ ] [ ] + +, Bizonyítás [] és + kkor különbözik egymástól, h {} [] Eszerint következő két esetet tárgyljuk: eset {} 0, H [] k, kkor k < k + Ugynkkor k < k + + < k + + k Tehát [] + k + k < k + k < k + [ ] k eset {}, [] k, kkor k + < k + k + + < k k [] k k + < k + + < k + Tehát z egyenlőség mindkét esetben igz k [ ] k + II Irrcionális egyenletek és egyenlőtlenségek Értelmezés Irrcionális egyenletnek nevezünk minden olyn egyenletet, melyben z ismeretlen gyökjel ltt (is) szerepel Példák A egyenletnek nincs megoldás, mert csk pozitív értékeket vehet fel A + egyenletnek nincs megoldás, mert egyetlen vlós értékre sem értelmezett mindkét gyök (Az első gyök z értékekre, míg második z értékekre értelmezett) A 0, + intervllumbn kell keresnünk, mert bloldl egyenlet megoldásit [ ) csk ezekre z értékekre értelmezett Ebben z esetben (, 0], tehát egyenlőség csk z 0 esetben állht fenn Mivel ez megoldás, z egyenlet megoldáshlmz: M 0 Megjegyzés H z előbbi egyenlet mindkét oldlát négyzetre emeljük, z egyenlethez jutunk, melynek megoldási 0 és Az gyököt idegen gyöknek nevezzük, mert nem gyöke z eredeti egyenletnek (Ez négyzetre emelés mitt jelent meg, mert ( ) ( ) ), de ) Az eddigi példák lpján is láthtó, hogy irrcionális egyenletek megoldásánál két lehetséges strtégi közül válszthtunk: Nem törődünk létezési feltételekkel, egyszerűen csk levezetünk egy egyszerűbb (megoldhtó) egyenletet z dott egyenletből (kiküszöböljük gyököket) és végén ellenőrizzük megoldásokt (kizárjuk z idegen gyököket) {}

29 Egyenletek és egyenlőtlenségek 6 Meghtározzuk létezési feltételeket, és minden átlkításnál vigyázunk rr, hogy ne jelenjen meg idegen gyök Ngyon sok olyn egyenlet létezik, melynél mindkét strtégi célrvezető, de léteznek olynok is, melyeknél csk z egyik módszer hsználhtó vgy z egyik módszer sokkl rövidebb, mint másik Célszerű tehát mindkét lehetőséget végiggondolni, mielőtt nekivágunk egy-egy egyenlet megoldásánk Egyenlőtlenségek esetén z első módszer áltlábn nem hsználhtó, mert végtelen sok idegen gyök jelenhet meg és ezek kizárás második módszerrel egyenértékű II Megoldott gykorltok Oldjuk meg következő egyenleteket: ) b) c) + d) Megoldás ) Az első strtégi lpján 7, ez vlóbn megoldás z egyenletnek, mert 7 { 7} M A második strtégi lpján meghtározzuk létezési trtományát 0 [, + ), tehát megoldásokt [, + ) intervllumbn keressük H [, + ), kkor és egyenlőségek ekvivlensek, tehát 7 Mivel ez z érték benne vn létezési trtománybn, következik, hogy M 7 b) ( )( + ) 9 ( )( + ) { } Tehát z egyenletnek esetleg z lehet gyöke, és 9 9 más szám nem Ezt visszhelyettesítve z eredeti egyenletbe, kpjuk, hogy , tehát z vlóbn megoldás z 9 egyenletnek, így M 9 A második strtégi lpján létezési feltételek 0 és + 0, tehát, + ( )( + ) [, ] Ebben z esetben is z < 0, tehát létezési trtomány z négyzetre emelés ekvivlens átlkítás és z [, ] vlóbn megoldás-e z eredeti egyenletnek c) + [ ) egyenlőséghez jutunk, mely nem teljesülhet, h intervllumr szűkül Ebben z esetben 9 + 0, tehát nem kell ellenőriznünk, hogy ± Az { } {} megoldás, míg nem megoldás z eredeti egyenletnek, tehát M d) Az egyenlet esetén telejes vlós számok hlmzán kereshetjük megoldásokt, mert köbgyök létezik minden esetén Ebben z esetben htványr

30 6 Egyenletek és egyenlőtlenségek emeléssel elég bonyolult számításokt kell elvégezni H viszont észrevesszük, hogy z megoldás z egyenletnek, kkor könnyen igzolhtjuk, hogy ez z egyetlen megoldás H >, kkor > > és + 6 > >, tehát > H <, kkor < < és + 6 < <, tehát < {} Az előbbiek lpján M Oldjuk meg következő egyenleteket: ) b) Megoldás ) Az első strtégi segítségével nem sok esélyünk vn eredményhez jutni, viszont létezési feltételek 0 és 0, tehát [, + ) [, ] { }, tehát z egyenlet bl oldl csk z esetén értelmezett Az értéket behelyettesítve z egyenletbe, M kiderül, hogy ez megoldás Tehát { } b) A túlzott fokszám növekedés elkerülése mitt legyen + 7 és b Így + 7 és b, tehát b Másrészt + b 5, tehát 5 b Ez utóbbit behelyettesítjük z b összefüggésbe és b + b 5b + 75b 0 egyenlethez jutunk Ennek egyik megoldás b, tehát z egyenletet ( b ) b ( + b 9b + 57) 0 lkb írhtjuk Jelöléseink lpján b 0, tehát b + b 9b egyenletnek csk b 0 egyenlőtlenséget teljesítő megoldási érdekelnek Ilyen gyöke z egyenletnek viszont nincs, mert b 0, esetén 57 9b > 0 és [ ] b + b 0 vlmint b > esetén b > 9b b 9 b > 0 illetve b + 57 > 0 Tehát b + b 9b + 57 > 0 b 0 esetén Eszerint csk b és lehetséges, tehát és 6 Így 0 z egyenlet egyetlen megoldás Megjegyzés Az előbbi feldt d) pontjához hsonlón is eljárhttunk voln Htározzuk meg következő irrcionális egyenlőtlenségek megoldáshlmzát: ) > b) + 5 c) + < Megoldás ) Az értelmezési trtomány [, + ) intervllum H [, ), kkor z egyenlőtlenség teljesül, mert bloldl pozitív és jobboldl szigorún negtív, tehát M, része megoldáshlmznk H, kkor négyzetre emelhetünk, és z [ ) 5 > 8 +6 egyenlőtlenséghez jutunk 9 +9 < ,, + 5 tehát megoldáshlmz további részét z M [ ],, +, intervllum képezi Így megoldáshlmz M M, M b) A létezési feltételek 0 és 5 0, tehát, 5 Ebben z intervllumbn [ ] ( )( 5 ) + ( )( 5 ) 0 Ez utóbbi

31 Egyenletek és egyenlőtlenségek 65 egyenlőtlenség csk kkor lehetséges, h éppen egyenlőség teljesül tehát megoldáshlmz M {, 5} c) H > 0, kkor létezési trtomány D, +, h 0, kkor létezési trtomány D, h pedig < 0, kkor létezési trtomány D, Tehát három esetet tárgylunk: eset > 0, D, + Ekkor hhoz, hogy + < egyenlőtlenség fennálljon - 0, + intervllumbn keressük (mert nek pozitívnk kell lennie Tehát megoldásokt [ ) < 0 ) Ebben z esetben < + + < > 0 A bloldli másodfokú kifejezés gyökei és Tehát megoldáshlmz + M + +, + +, [ 0, + ), de < 0 és + + > 0, tehát + + M, + eset 0, D Ebben z esetben z egyenlőtlenség < lkú, tehát M, + ( ) eset < 0, D, Ebben z esetben is hhoz, hogy + < egyenlőtlenség fennálljon kell teljesüljön z 0 egyenlőtlenség Tehát megoldásokt 0, intervllumbn kell keressük (mert > 0 ) Ebben z intervllumbn + < + + < > 0 A bloldli másodfokú kifejezés gyökei és + + Tehát megoldáshlmz M,, + 0,, de < 0 és > 0 vlmint < (, 0) + + < (, 0) + > + (, 0) Itt mindkét oldl pozitív, tehát ez utóbbi egyenlőtlenség egyenértékű következővel: ( ) > ( + ) + + > +, ez pedig igz minden, 0 esetén A fentiek lpján + ( )

32 66 Egyenletek és egyenlőtlenségek M + +, A megoldásokt következő tábláztb fogllhtjuk: (, 0) 0 ( 0, + ) M + +, (, + ) + II5 Gykorltok és feldtok +, + Oldd meg következő egyenleteket, prméter esetén tárgyld is megoldást: ) b) + c) m d) + e) + + f) + + m + m b + b + m g) h) m + m m m ) b) + 0 c) + d) + e) 0 f) 0 g) 0 h) i) + + n j) k) l) m) + + n) o) + p) q) + r) s) + + t) + + u) v) w) < ) < y) z) + + ) + b m, < b b) + m c) + + m ) b) [ + ] { } c) [ + ] [ ] + + d) + e) + f) g) [ ] + [] + h) i) + j) [ ] k) [ ] + l) m) [ + ] n) 5[ ] 5[ ] + 0 o) [ ] 0[ ] + 0 p) [ ] q) + [ ] r) + [ ]

33 Egyenletek és egyenlőtlenségek 67 5 ) b) 0 c) + d) e) + f) g) + 0 h) i) j) k) l) m) n) o) p) q) 5 8 r) s) + + t) u) v) w) y) z) ) + 6 ) b) c) + + d) e) + f) ) + + b) + + c) d) e) 5 0 f) + + g) 8 7 h) ) b) ) b) c) d) + m + m e) m m + f) m m m m g) m h) m i) m m + + j) + + m k) l) + + m) b + c n) o) + + b c p) ) > + b) + + > c) + + < d) + + > e) + > f) < +