nomosztással a megoldást visszavezethetjük egy alacsonyabb fokú egyenlet megoldására Mivel a 4 6 8 6 egyenletben az együtthatók összege 6 8 6 ezért az egyenletnek gyöke az (mert esetén a kifejezés helyettesítési értéke pont az együtthatók összeg vagyis biztosan kiemelhet gyöktényez ként Polinomosztással kapjuk 6 4 8 6 6 9 9 6 4 6 6 9 8 6 9 9 9 6 9 9 6 6 6 6 A 6 9 9 6 harmadfokú egyenletben az együtthatók összege 6 9 9 6 tehát ennek az egyenletnek is gyöke az így még egyszer kiemelhet gyöktényez ként 6 9 9 6 6 6 6 6 9 6 6 6 6 6 A 6 6 másodfokú egyenlet gyökei (a megoldóképlettel) és Tehát az eredeti negyedfokú egyenlet megoldásai és 4 Ellen rzéssel meggy z dhetünk róla hogy ezek valóban jó megoldások Megjegyzés A fenti gondolatmenetben láttuk hogy ha egy egyenletben az együtthatók összege akkor az egyenletnek gyöke az Hasznos megfigyelés még hogy ha egy egyenlet együtthatóinak váltakozó el jel összege akkor az egyenletnek gyöke a III Ajánlott feladatok Végezzük el a kijelölt m veleteket majd adjuk meg az eredményt minél egyszer bb alakban! a a a a 4 p 4 q pq p w w w w n n n n n n u v u u v v ahol n A zárójelek felbontásával alakítsuk át többtagú kifejezéssé a következ ket! e f y y c c n 4 n 4 a b a b pq t u 4 t tu u c 4 uv 4 s uv 4 s k l m Alakítsuk szorzattá a következ kifejezéseket! 44 j ij i 4 6 u r 6 p 49 z rz 64 r u 6 u v uv 8 v a 8 8 jl km jm kl 6 64 c 7 d 6 z z y 6 y y 4 Egyszer sítsük a törteket a változók lehetséges értékei mellett! 6 b 6 b 8 c 8 d c d u u u 9 7 7 u 9 6 a v a v av ab a c b ac s s t s t s s t st 4 Végezzük el a kijelölt m veleteket a változók lehetséges értékei mellett! c d c d c d c d 4 e f e f m m m m 6 8 4 4 4 m m m g 6 g 8 g 6 g a a 8 7 a a a 4 6 a a a a a a 6 a 9 a u v u v u u v u uv l l l l j i j i i ij i j i ij j ij 6 Egyszer sítsük a törteket a változók lehetséges értékei mellett! 9 a 4 a a 6 6 a 8 4 8 b b b b 9 4 b 9 7 Határozzuk meg számológép használata nélkül a következ m veletek végeredményét! 8 8 9 6 79 8 Határozzuk meg számológép használata nélkül hogy az 9 és a 489 közül melyik számnak van több pozitív osztója!
9 Határozzuk meg a és b értékét ha tudjuk hogy minden a b összefüggés! esetén teljesül az Oldjuk meg a valós számok halmazán a következ egyenleteket! 8 6 9 4 8 8 Döntsük el a következ m veletek végeredményeir l hogy racionálisak vagy irracionálisak-e! 9 6 9 6 7 6 7 6 Határozzuk meg a lehet! y y 4 kifejezés minimumát ha és y tetsz leges valós szám Határozzuk meg az y z (ahol y és z egyike sem )! kifejezés értékét ha y z és y z teljesül 4 Írjuk fel minél egyszer bb alakban a következ kifejezést ahol ; ; ; ; 4; 4 4 Az ajánlott feladatok megoldásai Végezzük el a kijelölt m veleteket majd adjuk meg az eredményt minél egyszer bb alakban! a a a a 4 p 4 q pq p w w w w n n n n n n u v u u v v ahol n a a a a 4 a a a a 4 a a 8 a 4 a p 4 q pq p p q p p 4 pq p q 8 q p 7 p q 4 pq p 8 q 4 4 w w w w w w w w w w w w w w w Másképpen 4 w w w w w w w w w u v u u v v u u v u v u u v u v v v n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n u v u v Másképpen n n n n n n n n n n u v u u v v u v u v A zárójelek felbontásával alakítsuk át többtagú kifejezéssé a következ ket! e f y y c c n 4 n 4 a b a b pq t u 4 t tu u c 4 uv 4 s uv 4 s k l m A nevezetes azonosságok alkalmazásával a következ ket kapjuk e f 9 e ef f 4 9 6 4 7 9 y y 8 y 6 y 4 y 7 y c c c 4 c c n 4 n 4 n 8 a b a b a b 6 pq 9 p q pq 4 t u 4 t tu u 8 t u c 4 c c 48 c 64 uv 4 s uv 4 s 4 u v 6 s k l m k 4 l 9 m 4 kl 6 km lm Alakítsuk szorzattá a következ kifejezéseket! 44 j ij i 4 6 u r 6 p 49 z rz 64 r u 6 u v uv 8 v a 8 8 jl km jm kl 6 64 c 7 d 6 z z y 6 y y 44 j ij i j i 4 6 u r 6 p ur 4 p ur 4 p 49 z rz 64 r 7 z 8 r 8 r 7 z
u 6 u v uv 8 v u v a 8 a a a 4 8 jl km jm kl 8 jl jm kl km 6 j l m k l m l m 6 j k 6 4 64 c 7 d 4 c d 6 c cd 9 d A 6 z z egyenlet gyökei z z z és z így 6 z z 6 z z y 6 y y y 6 y y y 6 Mivel az 6 másodfokú egyenletnek nincs valós megoldása (a diszkriminánsa negatív) ezért az 6 szorzótényez nem bontható tovább 4 Egyszer sítsük a törteket a változók lehetséges értékei mellett! 6 b 6 b 8 c 8 d c d u u u 9 7 7 u 9 6 a v a v av ab a c b ac s s t s t s s t st 4 6 b 6 6 b b b b b ahol b 8 c 8 d 8 c d c d 4 c d c d c d c cd d c cd d ahol c d u u u 9 7 7 u u u 9 u u u ahol u 6 b b b b ahol b és b a v a v av a v a av v a v a av v a av v av a av v a v ahol a av v 4 (ez csak az a v esetet zárja k c a b d a b d a b c a b d a b d a b ahol a b és c d ab c a a c a b a c b ac a ac c b a c b a c b a c b a c b ahol b a c ahol és s s st t s s st st t s s s t t s t 4 s s t s t s s t st s s st t s s 6 st st t s s s t t s t s s t s t s s t s s t s t s t ahol s s t és t s Megjegyzés Az feladat számlálója és nevez je más módszerrel is szorzattá alakítható amely hasznos bizonyos kétismeretlenes másodfokú polinomok esetében Például a nevez ben lév s st t szorzattá alakításakor tekintsük a s st t egyenletet amely s-re nézve egy másodfokú t paraméter egyenlet Ennek megoldásai vagyis s t és s t s t alakban is írható t s így az egyenlet gyöktényez s alakja t t 4 t t 7 t s 6 6 t s t s amely Végezzük el a kijelölt m veleteket a változók lehetséges értékei mellett! c d c d c d c d 4 e f e f m m m m 6 8 4 4 4 m m m g 6 g 8 g 6 g a a 8 7 a a a 4 6 a a a a a a 6 a 9 a u v u v u u v u uv l l l l j i j i i ij i j i ij j ij c d c d c d c d c d c d c d c d c d c d c d c d c d
c d c cd d c cd d c d c d c d c d c d c d c d c d c d ahol c d 4 e f 4 e f 7 e f e f e f e f e f e f ahol e f és e f m m m m 6 8 4 4 m m 4 m m 4 m 4 m m m m m m m és m m ahol m g 6 g 6 g 6 g 4 g 6 g 4 g 8 g 6 g g 4 g 4 g 4 g 4 g g 4 ahol g 4 a a 8 7 a a a a a 4 7 7 a a a 4 a a a 4 ahol a (A második tört nevez je sosem mert a a 4 a ) 6 a a a a a a a a a a a 6 a 9 a a a a a 9 a a a 6 a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a ahol a a és a u v u v u v u v u u v u v u u v u u u v u uv u u v u u v u u v u és u v u v ahol l l l l l l l l l l l l ahol l Másképpen l l l l l l l l l l j i j i j i j i i ij i j i ij j ij i i j i j i i j j j i j i i j i j j i i j i ij ij j i i i j i j i j i j i i j i j i j i j 6 i j i j i j ij j j i i j i j i j ij i j j i ahol i i j és j 6 Egyszer sítsük a törteket a változók lehetséges értékei mellett! 9 a 4 a a 6 6 a 8 4 8 b b b b 9 4 b 9 A tört akkor értelmezhet ha 4 a Az eredményt polinomosztással kapjuk 9 a 4 a a 6 6 a 8 a a 9 a a a a 6 a 4 a a 6 a 6 Tehát az egyszer sített tört értéke a a Megjegyzés Ha a nevez t a 4 alakra hozzuk majd a számlálót csak a 4 -gyel osztjuk el akkor a végeredményt a a 4 alakban kapjuk meg Így az osztás során minden együttható egész lesz ez azonban nem szükségszer egy polinomosztásnál mint azt a fenti példa is mutatja Fontos megfigyelnünk hogy a 6 a 8 -cal történ osztáskor az els lépésben a hányados els tagja a lett (tehát a nem egész együtthatók is megengedettek) nem pedig a ekkor ugyanis a 9a -b l még a megmaradt volna viszont az osztási lépésekben a maradék fokszámának mindig kisebbnek kell lennie az osztó fokszámánál (kivéve ha a hányados ) A tört akkor értelmezhet ha b (ezek a nevez gyöke Polinomosztással kapjuk hogy 8 b 4 b b b 9 4 b 9 b b 4 8 b 8 b b b b 9 7 b 4 b 9 b 4 4 b 6 Mivel az utolsó lépésben a maradék 4 b 6 ez viszont már nem osztható 4 b 9 -cel ezért a tört számlálója nem osztható maradék nélkül a nevez vel (A maradékos osztás a következ képpen lenne felírható 4 8 b b b b 9 b b 4 b 9 4 b 6 ) 7
A nevez viszont szorzattá alakítható 4 b 9 b b így megpróbálhatjuk különkülön a szorzótényez k valamelyikével elosztani a tört számlálóját Mivel b gyöke a számlá- lónak (ezt behelyettesítéssel ellen rizhetjük) de tudni maradék nélkül elosztani a számlálót b nem gyöke ezért b -mal fogjuk 8 b 4 b b b 9 b 4 4 8 b b b b 9 b b 6 b 9 6 b 9 A kapott b nem gyöke 4 kifejezés már biztosan nem osztható maradék nélkül b -mal hiszen 4 -nak (Ráadásul ha osztható lenne vele akkor az eredeti kifejezéssel is el tudtuk volna osztani az eredeti számlálót) 4 b 9 Így tehát az egyszer sítés a következ képpen írható le 4 4 8 b b b b 9 b 4 4 b 9 b b b 7 Határozzuk meg számológép használata nélkül a következ m veletek végeredményét! 8 8 9 6 79 8 8 8 8 8 64 864 8 8 8 8 64 96 44 4 9 4 4 4 4 64 48 99 6 79 7 9 7 9 7 9 49 8 489 4 9 6 49 6 49 47 9 7 8 8 Határozzuk meg számológép használata nélkül hogy az 9 és a 489 közül melyik számnak van több pozitív osztója! Az osztók számát meghatározhatnánk a számok prímtényez s felbontásából azonban sem az 9 sem a 489 nem osztható semelyik egyjegy prímmel sem így a prímtényez k keresése hosszabb írásbeli osztásokat igényelne Vegyük észre hogy 9 6 9 4 és 489 49 9 7 így a nevezetes azonosságokkal 9 4 4 4 7 és 489 7 7 7 67 adódik Mivel a 7 4 67 7 számok mindegyike prím ezért az 9 és a 489 is két prím szorzata tehát ugyanannyi (4 d pozitív osztójuk van 9 Határozzuk meg a és b értékét ha tudjuk hogy minden a b összefüggés! esetén teljesül az a b a b a a A jobb oldal átalakítva a a Mivel teljesül minden megengedett értékre ezért a számlálók egyenl sége a b a b alakban is írható Két (els fokú) polinom pontosan akkor egyenl ha együtthatóik rendre megegyeznek azaz a b és a b Az els összefüggésb l a b ezt a másodikba helyettesítve 7 b ahonnan és a adódik 7 b 7 Megjegyzés Ezt az eljárást amikor tehát egy (legaláb másodfokú nevez j algebrai törtet több els fokú nevez j tört összegeként írunk fel parciális törtekre bontásnak nevezzük Oldjuk meg a valós számok halmazán a következ egyenleteket! 8 6 9 4 8 8 Mivel az együtthatók váltakozó el jeles összege 8 6 9 ezért az gyöke az egyenletnek így szorzótényez ként kiemelhet bel le Polinomosztással kapjuk 8 6 9 8 4 8 8 4 9 4 4 9
A 8 4 másodfokú egyenlet gyökei és Tehát az eredeti egyenlet 4 három megoldása a az és a Ellen rzéssel meggy z dhetünk róla hogy ezek mindegyike valóban jó 4 megoldás Mivel szimmetrikus negyedfokú egyenletr l van szó amelynek a nem gyöke ezért végigosztva a összefüggés alapján 8 8 8 4 egyenletet kapjuk amely az alakra hozható Ez -tel -re nézve másodfokú a két gyök és 9 Ha akkor az egyenletb l az és megoldásokat kapjuk Ha kapjuk 9 akkor az 9 egyenletb l az és 4 megoldásokat Tehát az eredeti egyenlet négy megoldása az a a és a hetünk róla hogy ezek mindegyike valóban jó megoldás Ellen rzéssel meggy z d- Döntsük el a következ m veletek végeredményeir l hogy racionálisak vagy irracionálisak-e! 9 6 9 6 7 6 7 6 9 6 9 6 9 6 9 9 6 racionális irracionális 7 6 7 6 6 6 6 6 6 6 racionális Határozzuk meg a lehet! y y 4 kifejezés minimumát ha és y tetsz leges valós szám Keressünk teljes négyzeteket y y 4 y Mivel egy teljes négyzet értéke mindig nemnegatív ezért y vagyis a ki- fejezés értéke legalább Pontosan akkor lehet ha y és Ez meg is valósulhat és y esetén Tehát a kifejezés minimuma Határozzuk meg az y z a b c (ahol y és z egyike sem )! kifejezés értékét ha y z és y z teljesül Az y z kapjuk amelyet abc -vel elosztva a yz z y bc ac ab így egyenletet yz -vel szorozva az ayz bz cy összefüggést y z y z y z yz egyenlethez jutunk Mivel y z y z a b c ab ac bc ahonnan a keresett kifejezés értéke 4 Írjuk fel minél egyszer bb alakban a következ kifejezést ahol ; ; ; ; 4; 4 4 Az 4 közös nevez választása rendkívül hosszú számolást eredményezne Ehelyett észrevehetjük (a parciális törtekre bontás korábban ismertetett módszerével) hogy és így tovább 4 4 Vagyis a vizsgált kifejezés felírható a következ képpen 4 4 IV Ellen rz feladatok Végezzük el a kijelölt m veleteket majd adjuk meg az eredményt minél egyszer bb alakban! b b b b 4 b f f ef e ef f A zárójelek felbontásával alakítsuk át többtagú kifejezéssé a következ ket! ef 4 e q r c d 4 4 uv u v y y y y f g 4 h