Magyar Eszter
Emelt szintő érettségi tételek
7. tétel: Elsı- és másodfokú egyenletek és egyenletrendszerek megoldási módszerei Elsıfokú függvények: f : A → R A ⊂ R , A ≠ ∅ és f ( x ) = m ⋅ x + b , ahol m; b ∈ R m ≠ 0 Az elsıfokú függvény képe egyenes. (lásd késıbb) m: meredekség, b: y tengelymetszet
m<0 : a függvény szigorúan monoton csökken m=0: a függvény konstans (nem elsıfokú ugyan, de lineáris) m>0 : a függvény szigorúan monoton nı (a meredekség egyébként az irányszög tangense) b=0 esetén a függvény grafikonja áthalad az origón (egyenes arányosság)
b m Lineáris függvényeknek nevezzük az elsıfokú- és a konstansfüggvényeket együttesen. zérushely: x = −
Egyenletek: Egyenlet: Két egyenlıségjellel összekapcsolt kifejezés vagy függvény. Az egyenletet szokás olyan speciális nyitott mondatnak (változó(k)tól függı állítás) is nevezni, amelynek alaphalmaza egy számhalmaz. Az egyenlet megoldása: Megkeressük a két kifejezés/függvény közös értelmezési tartományának – alaphalmazának – azon elemeit, amelyekre a két kifejezés/függvény helyettesítési értékei egyenlık. Ezek lesznek az egyenlet gyökei, melyeknek halmaza az egyenlet megoldáshalmaza vagy más néven igazsághalmaza.
Ha az egyenlet az alaphalmaz minden elemére teljesül, akkor a megoldáshalmaz megegyezik az alaphalmazzal, az egyenlet ilyenkor azonosság. Az egyenletek egyik megoldási módszere a mérlegelv, melynek alapja: f ( x ) = g ( x ) ⇔ f ( x ) + c = g ( x ) + c ahol c ∈ R illetve f ( x ) = g ( x ) ⇔ f ( x ) ⋅ c = g( x ) ⋅ c ahol c ∈ R \ {0} Az egyenletek megoldásakor ismeretlenekkel is végezhetünk mőveleteket: szorozhatunk és oszthatunk, amennyiben az ismeretlenek értéke nem lehet nulla. Két egyenes ekvivalens (azaz egyenértékő), ha a megoldáshalmazuk megegyezik.
Magyar Eszter
Emelt szintő érettségi tételek
Ha az egyenlıségjel két oldalán a változóknak csak algebrai egész kifejezései vannak, akkor algebrai egyenletnek nevezzük. Ennek fokszáma a benne szereplı legmagasabb fokszámú tag fokszámával egyenlı. Nem algebraiak például az abszolút értékes, a törtes, a gyökös, az exponenciális, a logaritmikus, a trigonometrikus egyenletek.
Elsıfokú egyenlet:
Redukált alakja: mx + b = 0 , m; b ∈ R m ≠ 0 . Megoldása: x = −
b m
A megoldás módja a mérlegelv alkalmazása. Az elsıfokú egyenlet megoldásakor egy elsıfokú függvény zérushelyét keressük.
Másodfokú függvények: f :A → R A ⊂ R , A ≠ ∅ és f ( x ) = a ⋅ x 2 + b ⋅ x + c , ahol a; b; c ∈ R a ≠ 0
A másodfokú függvény képe parabola (lásd 20. tétel). Ábrázolás:
teljes négyzetté alakítással 2 2 b2 b b b2 2 b a ⋅ x + b ⋅ x + c = a ⋅ x + ⋅ x + c = a ⋅ x + − 2 + c = a ⋅ x + + c − 4a 2a 2a 4a a 2
f ( x ) = a ⋅ x 2 + b ⋅ x + c = a ⋅ (x − u ) + v b b2 és v = c − Tehát: u = − 2a 4a A parabola tengelypontja T(u; v ) , és az x 2 függvény grafikonjához képest a-szorosára megnyúlik (függvénytranszformációk). 2
Zérushelyek: a ⋅ x 2 + b ⋅ x + c = 0 /:a mivel a ≠ 0 b c x2 + ⋅ x + = 0 a a 2 b b2 c x + − 2 + = 0 2a 4a a 2
b b 2 −4ac =0 x + − 2a 4a 2 2 b 2 −4ac b 2 > 0 ⇔ b − 4ac < 0 , akkor nincs megoldás, mivel x + ≥ 0 ha − 4a 2 2a
Magyar Eszter
Emelt szintő érettségi tételek
b 2 −4ac b 2 −4ac b 2 −4ac 2 = ≤ ⇔ − ≥ , akkor ha − 0 b 4 ac 0 2a 4a 2 4a 2
2
2
2 b b 2 −4ac =0 x + − 2a 2a 2 2 x + b + b −4ac ⋅ x + b − b −4ac = 0 2a 2a
x=−
b + b 2 −4ac b − b 2 −4ac vagy x = − 2a 2a
x1, 2 =
− b ± b 2 −4ac a zérushelyek 2a
szorzattá alakítva tehát valamelyik tényezı 0
összefoglalva:
Megjegyzés: D = b 2 − 4ac kifejezés a másodfokú függvény/egyenlet diszkriminánsa D>0⇔ D=0⇔
D<0⇔
a másodfokú függvénynek két zérushelye van másodfokú függvénynek egy zérushelye van 2 b b f ( x ) = a ⋅ x + így x zh = − 2a 2a a másodfokú függvénynek nincs zérushelye
Szélsıérték: 2 f ( x ) = a ⋅ x 2 + b ⋅ x + c = a ⋅ (x − u ) + v b b2 szélsıértéke van x szé = u = − -ban, értéke y szé = v = c − 2a 4a a szélsıérték minimum: ha a> 0 , maximum: ha a< 0
Másodfokú egyenletek: A másodfokú egyenletek redukált alakja: a ⋅ x 2 + b ⋅ x + c = 0 , ahol a; b; c ∈ R a ≠ 0
A megoldáshalmazba épp az f ( x ) = a ⋅ x 2 + b ⋅ x + c függvény zérushelyei kerülnek. Ezek tehát: x1, 2 =
− b ± b 2 −4ac . Ez a másodfokú egyenlet megoldóképlete. 2a
D = b 2 − 4ac kifejezés a másodfokú egyenlet diszkriminánsa. D > 0 ⇔ a másodfokú egyenletnek két valós megoldása van D = 0 ⇔ a másodfokú egyenletnek egy (két egyezı) valós megoldása van D < 0 ⇔ a másodfokú egyenletnek nincs valós megoldása
Magyar Eszter
Emelt szintő érettségi tételek
Gyöktényezıs alak: Az egyenlet gyökeit x1 -gyel és x 2 -vel jelölve és azokat behelyettesítve a szorzattá alakítás után kapott egyenletbe megkapjuk a másodfokú kifejezés gyöktényezıs alakját: a ⋅ x 2 + b ⋅ x + c = a ⋅ (x − x1 ) ⋅ (x − x 2 ) , ha D ≥ 0
Összefüggések a másodfokú egyenlet gyökei és együtthatói között – Viéte-formulák: Tétel: A másodfokú egyenlet gyökeinek összege az elsıfokú tag együtthatójának és a b fıegyüttható hányadosának ellentettje. Azaz: x 1 + x 2 = − a Bizonyítás: Összeadva a két gyököt: − b + b 2 − 4ac − b − b 2 − 4ac − b + b 2 − 4ac − b − b 2 − 4ac − 2b b + = = =− x1 + x 2 = 2a 2a 2a 2a a Tétel: A másodfokú egyenlet gyökeinek szorzata a konstanstag és a fıegyüttható hányadosa. c Azaz: x 1 ⋅ x 2 = a Bizonyítás: Összeszorozva a két gyököt: − b + b 2 − 4ac − b − b 2 − 4ac − b + b 2 − 4ac ⋅ − b − b 2 − 4ac = ⋅ = x1 ⋅ x 2 = 2 2 a 2 a 4 a
(
)(
)
b 2 − (b 2 − 4ac ) 4ac c = = = 4a 2 4a 2 a
A Viéte-formulák akkor is adnak eredményt, ha az egyenletnek nincs is valós gyöke, így ezek használatakor a diszkrimináns segítségével ellenırzni kell, hogy van-e gyöke az egyenletnek. A Viéte-formulákkal egyéb gyökökre vonatkozó összefüggések is kiszámolhatóak: 2 2 2 x 1 + x 2 = (x 1 + x 2 ) − 2 x 1 x 2
x1 + x 2 = (x1 + x 2 ) − 3x12 x 2 − 3x1x 2 = (x1 + x 2 ) − 3x1x 2 ⋅ (x1 + x 2 ) 1 1 x + x2 + = 1 x1 x 2 x 1x 2 3
3
3
3
2
Másodfokúra visszavezethetı magasabbfokú egyenletek: hiányos negyedfokú egyenlet: a ⋅ x 4 + b ⋅ x 2 + c = 0 a; b; c ∈ R a ≠ 0 2 y = x új ismeretlen bevezetésével szimmetrikus negyedfokú egyenlet: a ⋅ x 4 + b ⋅ x 3 + c ⋅ x 2 + b ⋅ x + a = 0 ––||–– 1 1 x 2 ≠ 0 -val való osztás után y = x + bevezetése y 2 − 2 = x 2 + 2 x x
És egyéb irracionális, exponenciális, logaritmikus, trigonometrikus egyenletek, melyeket új ismeretlen bevezetésével másodfokú egyenletre vezethetünk vissza.
Magyar Eszter
Emelt szintő érettségi tételek
Egyenletrendszer:
Több egyenlet, melyben az egyenlıségjellel összekapcsolt kifejezések több változót tartalmazhatnak. Az egyenletrendszer megoldásakor minden változó azon alaphalmazbeli értékeit keressük, melyre a megfelelı kifejezések helyettesítési értékei egyenlık. Az egyenletrendszer megoldásakor elıfordulhat, hogy egy vagy több változó értéke tetszıleges alaphalmazbeli elem lehet, ilyenkor a változó(k) szabad változó(k). Ekkor az egyenletrendszernek nincs egyértelmő megoldása, a többi változó értékét a szabad változókkal lehet megadni.
Lineáris egyenletrendszer: Olyan többváltozós egyenletrendszer, melyben minden változó maximum elsı fokon szerepel.
Megoldásukra többféle módszer van: - kifejezés: valamelyik egyenletbıl átrendezéssel az egyik változót egyenlıvé tesszük egy olyan kifejezéssel, ami a változót már nem tartalmazza. A kapott kifejezést a többi egyenletbe írva a változók számát csökkenthetjük (az egyenletek számával együtt.) - egyenlı együtthatók módszere: az egyenleteket konstansokkal beszorozva azonos abszolútértékő együtthatókat állítunk elı az egyik változónál, így az egyenleteket kivonva vagy összeadva a változó kiesik (ennek továbbfejlesztett változata a Gauss-elimináció) - az egyenletekbıl kifejezzük ugyanazt a változót, és egyenlıvé tesszük a kifejezéseket Egy lineáris egyenletrendszer akkor és csak akkor oldható meg egyértelmően, ha az egymástól független egyenletek (amelyek algebrai úton nem alakíthatóak egymásba) és az ismeretlenek száma megegyezik és nem vezet ellentmondásra. Egyébként a megoldásában szabad változók lesznek.
Másodfokú egyenletrendszer: Olyan többváltozós egyenletrendszer, másodfokon szerepel.
melyben
minden
változó
maximum
Megoldásukra módszerei hasonlóak: - ha az egyik egyenlet lineáris, akkor onnan kifejezhetı könnyen változó - egyenlı együtthatók módszerével esetleg a négyzetes tagok kiejthetık - új ismeretlenek bevezetésével - nevezetes azonosságok felismerésével
Magyar Eszter
Emelt szintő érettségi tételek
Alkalmazások:
Matematikán belül: - egyenletek, egyenlıtlenségek megoldása - szöveges feladatok megoldása - másodfokú egyenlet gyökei elıjelének meghatározása (Viéte-formulákkal) - algebrai kifejezések szorzattáalakítása - koordinátageometriai feladatok (alakzatok metszéspontja) - kifejezések értelmezési tartományának vizsgálata - szélsıérték-feladatok elemi úton történı megoldása
Egyéb: - mozgások leírásában (út – idı grafikon) és ezekkel kapcsolatos feladatoknál - egyenletes (lineáris): s( t ) = v ⋅ t , a - egyenletesen gyorsuló (másodfokú): s( t ) = ⋅ t 2 + v 0 ⋅ t , v( t ) = v 0 + a ⋅ t 2 - hajítások leírásában (másodfokú) és ezekkel kapcsolatos feladatoknál - megforgatott vízfelület alakjai forgásparaboloid
