86 Magasabbfokú egyenletek Magasabbfokú egyenletek 5 90 a) =! ; b) =! ; c) = 5, 9 a) Legyen = y Új egyenletünk: y - 5y+ = 0 Ennek gyökei: y=, y= Tehát egyenletünk gyökei:, =!,, =! b) Új egyenletünk: y -5y- = 0, gyökei: y =- nem ad megoldást -re a valós számok halmazán, y = Tehát egyenletünk gyökei:, =! c) Legyen = y Új egyenletünk: y - 7y+ 6 = 0 Ennek gyökei: y, =!, y, =! Csak a nemnegatív gyökök felelnek meg, ezért, =!,, =! 9 Megoldás I: Legyen = y, ekkor y - 9y + = 0, melynek gyökei y, = y= Az =, 8 és az = egyenletek gyökei pozitív számok, így az eredeti egyenletnek nincs 8 negatív gyöke Megoldás II: Ha negatív szám, akkor az egyenlet bal oldalának minden tagja pozitív, így összegük nem lehet 0, tehát nincs az alaphalmazba tartozó megoldás 9 Pozitív szám nem lehet, mert ekkor a bal értéke pozitív A negatív számok nagyságrendjét figyelve csak az =- jöhet szóba Behelyettesítéssel meggyôzôdhetünk errôl Megjegyzés: a további gyökök =-, =- 9 Legyen + = y, ekkor y + 5y- = 0, ennek gyökei: y=, y=- 7 Tehát eredeti egyenletünk gyökei: =, =- 8 95 Legyen - 5 = y Az y + y- 5= 0 egyenlet gyökei: y=, y=- 5 Tehát egyenleteink: - 5= és - 5=- 5 Ezek a gyökei az eredeti egyenletnek: =, = 0 6 96 A nevezô 0-tól különbözô, így :!-! Legyen + - 6= y, ekkor a nevezô + 6- = y+ 5 Új egyenletünk 0-ra rendezve: y + y - = 0, melynek gyökei: y=-, y=
Magasabbfokú egyenletek 87 7 Tehát + - 6=-, melybôl =-!, vagy + - 6 =, melybôl =-! A kapott gyökök nem mondanak ellent kikötéseinknek, és valóban kielégítik az eredeti egyenletet 97 A nevezô minden -re pozitív, mert - + 0= _ - i + 6 Legyen - + 0= y, ekkor - + - 6= - y Ekkor új egyenletünk: + - y = 0, azaz rendezve y -y- = 0, gyökei: y y= 7, y=- Tehát - + 0 = 7, melynek gyökei: =, =, illetve, - + 0 =-, melynek nincsenek valós gyökei A kapott gyökök kielégítik az eredeti egyenletet 98 A nevezô értelmetlen, ha =- 5 Egészítsük ki a bal oldalt teljes négyzetté: 5 0 J 5 N J N + - = - = K O + 5 + 5 K + 5 O K + 5 O _ i L P L P Tehát egyenletünk felírható a következô alakban: J N K O + 0 $ 0 K + 5 + 5 - = O L P Legyen: y + 5 =, ekkor y + 0 y- = 0 egyenlethez jutunk Ennek gyökei: y=, y=- Vagyis + 5 =, melybôl!, =, illetve =-, melynek nincsenek valós gyökei + 5 A kapott gyökök valóban kielégítik egyenletünket 99 Alakítsuk át az egyenlet bal oldalát: + + + + - 6= ` + j + ` + j -6 Legyen: + = y Új egyenletünk: y + y- 6= 0, ennek gyökei: y=, y=- Tehát: + =, melybôl: =, =-, illetve, + =-, melynek nincsenek valós gyökei 500 Vegyük észre, hogy páratlanfokú harmadfokú, szimmetrikus (reciprok) egyenlettel állunk szemben Az ilyen egyenleteknek mindig gyöke az =-, ezért szorzattá alakíthatók
88 Magasabbfokú egyenletek + 7 + 7+ = _ + i` + 5+ j Tehát az egyenlet gyökei: =-, =-, =- 50 Emeljünk ki az elôzô feladathoz hasonlóan _ + i-et A bal oldal szorzat alakja: J N K O _ + i - +, így az eredeti egyenlet gyökei: K O L P =-, =, = = 50 Vegyük észre, hogy páratlanfokú harmadfokú, antiszimmetrikus (reciprok) egyenlettel állunk szemben Az ilyen egyenleteknek mindig gyöke az =, ezért szorzattá alakíthatók A bal oldal szorzat alakja: _ + i` + 9+ j, így egyenletünk gyökei: 9! 65 =,, = -, ahol teljesül: = 50 Vegyük észre, hogy páros fokú negyedfokú, szimmetrikus reciprokegyenlettel állunk szemben Ennek nem lehet megoldása az = 0, így osszuk végig -tel A bal oldal így alakul: 6 J N J N - + - $ + 6 $ = 6 + - + + K O K O L P L P Bevezetve az + = y jelölést + = y -, így az új ismeretlenre az alábbi egyenletet kapjuk: 6y - y = 0 Ennek gyökei: y, = 0 y= Visszahelyettesítve kapjuk az eredeti egyenlet gyökeit, ha + =, akkor 6 6 =, =, míg az + = 0 nem ad újabb megoldásokat 50 Vegyük észre, hogy páros fokú negyedfokú, szimmetrikus reciprokegyenlettel állunk szemben Ennek nem lehet megoldása az = 0, így osszuk J N J N végig -tel A bal oldal így alakul: 0 + + 8 + K - 05 = 0 O K O Az L P L P + = y helyettesítéssel: 0 `y - j + 8y- 05= 0, rendezve: 0y + 8y- 5= 0 Ennek gyökei: y= 5,, y=- 9, Végül az + = 5, egyenlet gyökei: =, =, míg az 5 + =-9, egyenlet gyökei: =, = 5
Magasabbfokú egyenletek 89 A kapott gyökök kielégítik az eredeti egyenletet, errôl behelyettesítéssel is meggyôzôdhetünk 505 Ez páratlan fokú, antiszimmetrikus (reciprok) egyenlet, melynek mindig gyöke az = Ezért emeljük ki az _ - i-et! 5 6` -j-` -j- _ - i = = _ - i`6 + 6 + 6 + 6+ 6- - -- j = = _ - i`6 + 5-8 + 5+ 6j A szorzat második tényezôje szimmetrikus, negyedfokú polinom A 6 + 5 - - 8 + 5+ 6 = 0 egyenletet az elôzô feladatok módszerével + = y helyettesítéssel megoldhatjuk Ekkor négy újabb gyököt kapunk Az eredeti egyenletünk megoldásai: =, =-, =-, =, 5= Behelyettesítéssel ellenôrizhetjük, hogy mind az öt gyök kielégíti az eredeti egyenletet 506 Nullára rendezve, alakítsuk szorzattá a bal oldalt: _ + i - 6 = < _ + i + F$ < _ + i - F = ` - + j` + 6+ j A szorzatunk 0, ha bármely tényezôje 0, így az egyenletünk gyökei: =, =- + 8, =-- 8 507 A bal oldalt átalakítva: _ + i- _ + i= _ + i` - j = _ + i_ + i_ -i, ezért az egyenletünk gyökei: =-, =-, =, ezek közül csak az = természetes szám 5 508 Csoportosítsuk a tagokat: - + - + - = _ -i` - + j, ahol a második tényezô teljes négyzet - = 0, ha = ` - j = 0, ha =! Tehát az egyenlet megoldásai:, =! 509 Csoportosítsuk az egyenlet tagjait: 6` 5 -j-` -j- _ -i = 0 Ebbôl = nyilván megoldás, míg a második tényezôbôl nyert szimmetrikus egyenletre: `6 + 5-8 + 5+ 6j = 0 A már ismert + = y új ismeretlen bevezetésével: 6`y - j + 5y - 8 = 0
90 Magasabbfokú egyenletek egyenlet gyökei: 0 y =-, y 5 =, amelybôl: =-, =-, =, 5 = és = Mivel ötödfokú egyenletnek legfeljebb 5 különbözô gyöke van, a megoldást befejeztük 50 Az egyenlet bal oldalát kiemeléssel alakítsuk szorzattá: 6 6 ` - 5 + j-6` - 5 + j= ` -6j` - 5 + j Egy szorzat értéke 0, ha bármely tényezôje 0, ezért vizsgáljuk a tényezôket! 6 6 - = ` j - = ` - j` + + 6j= = _ + i_ -i` - + j` + + j = 0, ha =-, illetve ha =, mivel a további két tényezô nem ad valós gyököt - 5 + = ` - j-` - j= ` -j` - j= = _ - i_ + i_ - i_ + i = 0, ha =- vagy = vagy = - vagy = Összegezve: az eredeti egyenletnek tehát négy valós gyöke van, melyek valóban kielégítik az egyenletet: =-, =, = -, = Megjegyzés: es kétszeres gyök 5 Alakítsuk szorzattá az egyenlet bal oldalát Ehhez adjunk hozzá -et yz+ y+ yz+ z+ + y + z + = _ + i_ y + i_ z + i Tehát egyenletünk így is írható: _ + i_ y+ i_ z+ i = Mivel prímfelbontása: = 7 $ $ 9, és : _ + i, _ y+ i, _ z+ i a feltételek miatt egynél nagyobb pozitív egész, így, y, z valamilyen sorrendben a 6, 0, 8 számok Ezek permutációinak száma 6, tehát egyenletünket 6 rendezett számhármas teszi igazzá 5 Tekintsük az + 6 + + 6= k egyenletet, ahol k! R Alakítsuk szorzattá az egyenlet bal oldalát + 6 + + 6= ` + 5+ 6j+ + ` + 5+ 6j= _ + i_ + i_ + i A két szélsô, valamint a két belsô tényezô szorzata: ` + j` + + j Legyen + = t Ekkor egyenletünk ekvivalens a t$ _ t+ i= t + t= = _ t+ i - = k egyenlettel Eszerint k legkisebb értéke, és ez t =- esetén adódik
Magasabbfokú egyenletek 9 Ha t =-, akkor az + =- egyenlet gyökei:,! 5 = - helye- Összefoglalva: az f _ i függvény minimuma, és ezt az ken veszi fel 5 Alakítsuk szorzattá egyenletünket: _ -i- _ - i+ _ - i = 0; _ -i` - + j = 0;! 5 = - _ -i` - j = 0 Az elsô tényezô 0, ha =, míg a második tényezô =! esetén, így ez utóbbi az egyenletünk megoldása 5 Az elôzô megoldás alapján a kifejezés _ n-i` n -j alakban is írható Mivel a második tényezô teljes négyzet, így a szorzat pontosan akkor lehet négyzetszám, ha valamelyik tényezô 0, vagy ha az elsô tényezô is négyzetszám A tényezôk csak akkor egyenlôk 0-val, ha mivel n természetes szám n = Az elsô tényezô akkor lesz négyzetszám, ha n= k +, ahol k! Z (k = 0 esetén, n = ) 55 Egyenletünk ` + y j_ + yi + ` + j_ + yi = `+ j`+ y j alakban írható Rendezésekkel: + y + y - y-y - y= 0; _ -yi -y_ - yi = 0; _ -yi _ - yi = 0 Mivel a feltétel miatt az elsô tényezô nem lehet 0, így - y= 0 Azt kaptuk, hogy y=, ekkor a törtek nevezôje nem 0 56 Jelöljük a rövidebb felírás miatt: a+ b= c; a- b= d Ekkor egyenletünk alakja: 7 7 7 7 < _ + ci + _ -ci F- < _ + di + _ -di F 7 = `c + d j 5 5 5 5 < _ + ci + _ -ci F- < _ + di + _ -di F
9 Magasabbfokú egyenletek A 7A-ben levô hatványoknál a páratlan kitevôjû tagok kiesnek, ezért összevonások után: 5 6 6 `c - d j+ 70 `c - d j+ `c -d j 7 = `c + d j 0 `c - d j+ 0`c -d j Nyilván = 0 nem tartozik az értelmezési tartományba, továbbá c! d, a! 0, b! 0 A pozitív nevezôvel beszorozva, rendezések, összevonások után: 6 + `c + c d + d j- 5`c + d j = 0; c + 8c d + d = 6 Visszatérve az eredeti paraméterekre: c + 8c d + d 7a + 0a b + b =! =! 6 A kapott két gyök csak a= b= 0 esetén lenne egyenlô, amit kizártunk 57 Válassza a kezdô C = 0 értéket Ekkor az egyenletnek = 0 nyilván gyöke Ha a következô lépésben a második játékos A helyére ír egy A 0 egész számot, akkor írjon kezdô B helyére ismét 0-t Ekkor egyenletünk: + A = 0 0 alakú, melynek gyökei: = = 0, =- A0 Ha a második játékos B helyére ír egy B 0 egész számot, akkor egyenletünk: + A + B = 0 0 Ekkor kezdô az A=- _ B + i számot választva az egyenlet szorzat alakja: _ -i_ - B i = 0 0 0 Az eredeti egyenletünk: -_ B0+ i + B0 = 0, ennek gyökei: 0,, B 0 58 Legyen a feltételben szereplô hányadosok értéke c Ekkor = c, = c, = c Mivel az egyenletünk -ben másodfokú, ezért ha gyöke, akkor is az, de nem lehet 0, ezért vagy vagy valamelyike (- ) Ekkor c valamelyik hatványa, így c = (-) Tehát az egyenlet gyökeire teljesül: =- = =-
Magasabbfokú egyenletek 9 p Ebbôl =-, így p < 0 Egyenletünk: p + p + = 0 p p Ennek gyökei: = = - = =- - 59 Ha az állítások igazak, akkor, y, z, a értékek egyike sem 0 Közös nevezôvel beszorozva és 0-ra redukálva: az _ y + i + ay- yz= 0 Mivel + y= a- z, így _ a-zi_ a-i_ a- yi = 0 Mivel a három tényezô közül legalább az egyik 0, így állításunkat beláttuk 50 A közös nevezôvel beszorozva, majd a feltételt felhasználva egyenletünk: bc+ ac + ab = ab c =- c ; ` c+ a j_ c+ bi = 0 c Ez teljesül, ha, =! -, ahol a feltétel miatt a < 0, így c >0 kell, hogy a c legyen, illetve ha =- b A valós gyökök száma c >0 esetén három, míg c <0 esetén egy Ezektôl különbözô számú megoldás nem lehet 5 Írjuk az egyenletet a következô alakban: _ y- 5i + _ - i = 5 Az egyenletnek akkor lehet megoldása, ha 0 #_ - i # 5 Ez teljesül, ha - # # 9 és! 0 Ekkor y szorzat lehetséges értékei: y! 700 ; A