3. Algebrai kifejezések, átalakítások

3. Algebrai kifejezések, átalakítások I. Elméleti összefoglaló Műveletek polinomokkal Az olyan betűs kifejezéseket, amelyek csak valós számokat, változók pozitív egész kitevőjű hatványait, valamint összeadás, kivonás és szorzás műveleteket tartalmaznak, polinomoknak nevezzük. Például: 3x 2 + 2 x , 5x 2 − xy + y 3 , a 2 + 2b , ( a + b)⋅ (a 2 + b 2 ) , 10.

A polinomokat az összeadás és a kivonás szerint tagokra, a szorzás szerint tényezőkre bonthatjuk. Például a 3 + 10ab − b 2 egy háromtagú kifejezés, ( x − 4 y )⋅ ( x + y 2 − xy ) egy kéttényezős szorzat, amelynek első tényezője egy kéttagú, második tényezője egy háromtagú kifejezés. (Valójában y 2 = y ⋅ y -t és xy = x ⋅ y -t is tekinthetnénk egy-egy kéttényezős szorzatnak, de általában tényezőkről csak a többtagú kifejezéseket tartalmazó zárójelek – például ( x − 4 y ) és ( x + y 2 − xy ) – esetében 3

beszélünk.) Az azonos tényezőkből álló szorzatot hatványalakban is írhatjuk, például ( a + b) egy háromtényezős szorzat. A polinomok tagjaiban szereplő számokat együtthatóknak, az egy tagban szereplő ismeretlenek kitevőinek összegét fokszámnak nevezzük. Például 10ab együtthatója 10, fokszáma 2, míg x 5 együtthatója 1, fokszáma 5. Egy polinom fokszámának (vagy fokának) a benne szereplő tagok fokszámai közül a legnagyobbat nevezzük. Például a −x3 + 2 x + 7 harmadfokú, az x 3 y 2 + y 4 + x 3 + xy ötöd-

fokú, az 5 nulladfokú (konstans) kifejezés. A polinomok tagjait gyakran fokszámuk szerinti csökkenő sorrendben írjuk (több azonos fokú tag esetén azokat valamelyik változó fokszáma szerint rendezzük). Két kifejezést egyneműnek nevezünk, ha ugyanazon változók szerepelnek bennük, ugyanazokon a hatványkitevőkön, azaz legfeljebb együtthatóikban különböznek. Például −3c 2 d és 10c 2 d egynemű kifejezések. Az egynemű kifejezéseket gyakran összevonjuk, például −3c 2 d + 10c 2 d = 7c 2 d . Egy kéttényezős szorzatot átalakíthatunk zárójelfelbontással úgy, hogy az egyik kifejezés minden tagját megszorozzuk a másik kifejezés minden tagjával, majd a kapott szorzatokat összeadjuk, például

( x − 4 y )⋅ ( x + y 2 − xy ) = x 2 + xy 2 − x 2 y − 4 yx − 4 y 3 + 4 yxy = −x 2 y + 5 xy 2 − 4 y 3 + x 2 − 4 xy

(az

utolsó lépésben az egynemű kifejezéseket összevontuk, továbbá a polinom tagjait fokszám szerinti csökkenő sorrendbe rendeztük, az azonos fokú tagokon belül x fokszáma szerint haladva.)

Szorzattá alakítás Gyakran célszerű egy többtagú kifejezést több kifejezés szorzataként felírnunk. Ha ezt meg tudjuk tenni, akkor azt mondjuk, hogy szorzattá alakítjuk a kifejezést. Például x 2 − 4 y 2 = ( x + 2 y )⋅ ( x − 2 y ) , 2

c 2 + 2cd + d 2 = (c + d )⋅ (c + d ) = (c + d ) . A szorzattá alakítás nem mindig végezhető el, például x 2 + 4 y 2 nem írható fel két (vagy több) polinom szorzataként.

A szorzattá alakítás történhet: ● a több tagban is szereplő változó(k) kiemelésével, például u 2 + 2u = u ⋅ (u + 2) ;

● a tagok megfelelő sorrendbe történő csoportosításával, majd több egymás utáni kiemeléssel, például ac + bd + ad + bc = ac + bc + ad + bd = c ⋅ ( a + b) + d ⋅ (a + b) = (a + b)⋅ (c + d ) ; ● egyváltozós polinomok esetén a gyöktényezős alak segítségével, például 2 x 2 −12 x + 10 ese-

tén a 2 x 2 −12 x + 10 = 0 másodfokú egyenlet x1 = 1 és x2 = 5 gyökeit felhasználva 2 ⋅ ( x −1)⋅ ( x − 5) módon (ez magasabb fokú polinomoknál csak akkor alkalmazható, ha könynyen ki tudjuk számítani a megfelelő egyenlet gyökeit); ● a nevezetes azonosságok alkalmazásával (ezek felsorolását lásd a következő részben).

Másodfokú függvények ábrázolásakor használatos még a teljes négyzetté alakítás, amikor a megadott kifejezést egy zárójeles kifejezés négyzetének segítségével próbáljuk meg felírni. Ha a függvénynek 2

van (egy vagy két) zérushelye, akkor eljuthatunk a szorzatalakig, például x 2 −10 x + 25 = ( x − 5) és 2

x 2 − 6 x + 5 = ( x − 3) − 4 = ( x − 3 − 2)⋅ ( x − 3 + 2) = ( x − 5)⋅ ( x − 1) . A teljes négyzetté alakítás azon-

ban nem mindig jelent szorzattá alakítást. Ha ugyanis a függvénynek nincs zérushelye (és így a kifejezésnek sincs gyöktényezős alakja), akkor nem kaphatunk szorzatalakot, hanem csak egy kifejezés 2

négyzetének és egy konstans tagnak az összegét, például x 2 − 6 x + 13 = ( x − 3) + 4 .

Nevezetes azonosságok A gyakran használt zárójelfelbontási és szorzattá alakítási összefüggéseket nevezetes azonosságok formájában szoktuk megfogalmazni. Az alábbiakban a, b és c tetszőleges valós számokat jelölnek. A zárójelfelbontásból adódó azonosságok a következők: 2

●

(a + b) = a 2 + 2ab + b2 ;

●

(a − b) = a 2 − 2ab + b 2 ;

●

(a + b) = a 3 + 3a 2b + 3ab 2 + b3 ;

●

(a − b) = a3 − 3a 2b + 3ab2 − b3 ;

●

(a + b + c) = a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2ac + 2bc .

2

3

3

2

A szorzattá alakításból adódó azonosságok a következők: ●

a 2 + b 2 a valós számkörben nem alakítható szorzattá;

●

a 2 − b 2 = ( a + b) ⋅ ( a − b) ;

●

a 3 + b3 = (a + b)⋅ (a 2 − ab + b 2 ) ;

●

a 3 − b3 = (a − b)⋅ (a 2 + ab + b 2 ) .

Megjegyzés: Az azonosságok fenti két csoportba sorolása nem jelent éles elkülönülést, mind a két

2

típusú (zárójelfelbontással, illetve szorzattá alakítással keletkező) azonosság megfordítható. Ha pél2

dául egy kifejezés átalakítása során ( a + b) helyére írunk a 2 + 2ab + b 2 -et, akkor zárójelfelbontást 2

alkalmaztunk, ha viszont a 2 + 2ab + b 2 helyére írunk ( a + b) -t, akkor szorzattá alakítást. Ugyanígy bizonyos feladatokban (főként törtek egyszerűsítésénél, közös nevező meghatározásánál) célszerű a 2 − b 2 helyére ( a + b)⋅ ( a − b) -t írnunk (szorzattá alakítás), míg más feladatokban (főként összevonásnál, polinomok összeadásakor) célravezető ( a + b)⋅ ( a − b) helyére a 2 − b 2 -et írnunk (zárójelfelbontás). Megjegyzés: A nevezetes azonosságok a következőképpen általánosíthatók (ahol n pozitív egész):

⎛ n⎞

⎛ n⎞

⎛ n⎞

n

⎛ n⎞

⎛n⎞

⎛n⎞

⎛ n⎞

n

⎛ n⎞

●

(a + b) = ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⋅ a n ⋅ b0 + ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⋅ a n−1 ⋅ b1 + ... + ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⋅ a 0 ⋅ b n = ∑ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⋅ a n−k ⋅ b k (binomiális tétel); ⎝ 0⎠ ⎝ 1⎠ ⎝ n⎠ k =0 ⎝ k ⎠

●

(a − b) = ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ ⋅ a n ⋅ b0 − ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⋅ a n−1 ⋅ b1 + ... ± ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⋅ a 0 ⋅ b n = ∑ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⋅ a n−k ⋅ b k ⋅ (−1) ; ⎝0⎠ ⎝ 1⎠ ⎝ n⎠ ⎝k ⎠

n

n

k

k =0

● ha n páratlan, akkor a n + b n = ( a + b)⋅ (a n−1 − a n−2b + a n−3b 2 − ... + b n−1 ) ; ● ha n páros, akkor a n − b n = ( a + b)⋅ (a n−1 − a n−2b + a n−3b 2 − ... + ... − b n−1 ) ; ● tetszőleges pozitív egész n-re a n − b n = (a − b)⋅ (a n−1 + a n−2 b + a n−3b 2 + ... + b n−1 ) . Megjegyzés: A nevezetes azonosságoknak geometriai jelentést is tulajdoníthatunk, például pozitív a 2

és b esetén (a + b) = a 2 + 2ab + b 2 szemléltethető egy a + b oldalú négyzet területének kétféle ki2

számításával: a négyzet területe egyrészt (a + b) , másrészt az ábra szerint négy részre darabolva az egyes részek területének összege a 2 + ab + ab + b 2 .

Algebrai törtek Két polinom hányadosát algebrai törtnek nevezzük. Például:

a 3 − b3 x 2x2 + 2x , , . Míg a xy + x y ( a − b) ⋅ 2a 2

polinomokat a bennük szereplő változók bármely (valós) értéke esetén értelmezni tudtuk, addig az

3

algebrai törtek értelmezési tartományának vizsgálatakor ki kell zárnunk azokat a helyettesítési értékeket, amikor a nevező 0. Az algebrai törtekkel a következő műveleteket végezhetjük: ● Algebrai törtek egyszerűsítésekor a számlálót és a nevezőt is szorzattá alakítjuk (ha lehet), és 2 x 2 + 2 x 2 x ⋅ ( x + 1) 2 ⋅ ( x + 1) a közös tényezőket (ha vannak) elhagyjuk, például = = . Naxy + x x ⋅ ( y + 1) y +1

gyon fontos, hogy egyszerűsíteni csak szorzatalakban, szorzótényezővel szabad, tehát például 2x + 3 2x -at nem „egyszerűsíthetjük” -ra (hiszen ez egy másik algebrai tört, amelynek hey +3 y lyettesítési értéke általában nem egyezik meg az eredeti tört helyettesítési értékével). ● Algebrai törtek összevonásakor a törteket bővítéssel közös nevezőre hozzuk, majd a számx y + x x ⋅ ( x + 1) y ⋅ ( y + x ) x 2 + x + y 2 + xy . lálókat összevonjuk, például + = + = y x + 1 y ⋅ ( x + 1) y ⋅ ( x + 1) y ⋅ ( x + 1) ● Algebrai törtek szorzása a törtek szorzásának megfelelően történik (a szorzat számlálója a 2a b2 2ab 2 számlálók szorzata, nevezője a nevezők szorzata lesz), például ⋅ = . a + b a − b (a + b)(a − b)

Természetesen szükség esetén egyszerűsíthetünk, például

x 2y 2 xy 2x ⋅ = = . y x + 1 y ⋅ ( x + 1) x + 1

● Algebrai törtek osztása a törtek osztásának megfelelően történik (az osztó reciprokával szor-

(c 2 − d 2 ) ⋅ c c2 − d 2 c + d c2 − d 2 c . Természetesen itt is egyszerűzunk), például = ⋅ = 3 : c3 c c3 c+d c ⋅ (c + d ) (c 2 − d 2 ) ⋅ c ( c + d ) ⋅ ( c − d ) ⋅ c c − d síthetünk, az előző példában . = = c 3 ⋅ (c + d )

c 3 ⋅ (c + d )

c2

II. Kidolgozott feladatok 1.

Végezzük el a kijelölt műveleteket, majd adjuk meg az eredményt minél egyszerűbb alakban! a)

( a + 7 ) ⋅ ( a − 2 ) − ( 2a − 3) ⋅ ( a + 5 )

b) ( 5b − 4c ) ⋅ ( 3c + 2b )

Megoldás: A zárójelek felbontása, majd az egynemű kifejezések összevonása után a következőket kapjuk: a)

( a + 7 ) ⋅ ( a − 2 ) − ( 2a − 3) ⋅ ( a + 5) = a 2 − 2a + 7a − 14 − ( 2a 2 + 10a − 3a − 15 ) = − a 2 − 2a + 1 .

b) ( 5b − 4c ) ⋅ ( 3c + 2b ) = 15bc + 10b 2 − 12c 2 − 8bc = 10b 2 + 7bc − 12c 2 .

4

2.

A zárójelek felbontásával alakítsuk át többtagú kifejezéssé a következőket! a) ( 3 + c )

b) ( 4a 2b − 1)

2

d) ( 2b + 3)

3

e)

( d − 4)

2

3

c)

( 4ij + 3k ) ⋅ ( 4ij − 3k )

f)

( d − 2c ) ⋅ ( d 2 + 2cd + 4c 2 )

Megoldás: A nevezetes azonosságok alkalmazásával a következőket kapjuk: a) ( 3 + c ) = 9 + 6c + c 2 . 2

b) ( 4a 2b − 1) = 16a 4b 2 − 8a 2b + 1 . 2

c)

( 4ij + 3k ) ⋅ ( 4ij − 3k ) = ( 4ij )

2

− ( 3k ) = 16i 2 j 2 − 9k 2 . 2

d) ( 2b + 3) = ( 2b ) + 3 ⋅ ( 2b ) ⋅ 3 + 3 ⋅ 2b ⋅ 32 + 33 = 8b3 + 36b 2 + 54b + 27 . 3

3.

3

2

e)

( d − 4)

f)

( d − 2c ) ⋅ ( d 2 + 2cd + 4c 2 ) = d 3 − ( 2c )

3

= d 3 − 3 ⋅ d 2 ⋅ 4 + 3 ⋅ d ⋅ 42 − 43 = d 3 − 12d 2 + 48d − 64 . 3

= d 3 − 8c3 .

Alakítsuk szorzattá a következő kifejezéseket! a) 22i 2 − 10ij + 33ik − 15 jk

b) 2a ⋅ ( x − y ) − 3b ⋅ ( y − x )

c) l 2 − 20l + 100

d) 125 x 3 − 64 y 6

e) 8c 3 + 12c 2 d + 6cd 2 + d 3

f) 3 p 2 − 6 p − 189

Megoldás:

Az első két esetben csoportosítást és kiemelést alkalmazunk: a)

( 22i

2

− 10ij ) + ( 33ik − 15 jk ) = 2i ⋅ (11i − 5 j ) + 3k ⋅ (11i − 5 j ) = (11i − 5 j ) ⋅ ( 2i + 3k ) . Másképpen

csoportosítva: ( 22i 2 + 33ik ) − (10ij + 15 jk ) = 11i ⋅ ( 2i + 3k ) − 5 j ⋅ ( 2i + 3k ) = ( 2i + 3k ) ⋅ (11i − 5 j ) . b) 2a ⋅ ( x − y ) − 3b ⋅ ( y − x ) = 2a ⋅ ( x − y ) + 3b ⋅ ( x − y ) = ( x − y ) ⋅ ( 2a + 3b ) .

A következő három esetben a nevezetes azonosságokat alkalmazzuk: c) l 2 − 20l + 100 = ( l − 10 ) . 2

d) 125 x 3 − 64 y 6 = ( 5 x ) − ( 4 y 2 ) = ( 5 x − 4 y 2 ) ⋅ ( 25 x 2 + 20 xy 2 + 16 y 4 ) . 3

3

e) 8c 3 + 12c 2 d + 6cd 2 + d 3 = ( 2c + d ) . 3

Az utolsó esetben a másodfokú egyenlet gyöktényezős alakját használjuk: f) A 3 p 2 − 6 p − 189 = 0 egyenlet megoldásai p1 = −7 és p2 = 9 , így a gyöktényezős alak a kö-

5

vetkező: 3 p 2 − 6 p − 189 = 3 ⋅ ( p + 7 ) ⋅ ( p − 9 ) . Ugyanezt megadhatjuk

( p + 7 ) ⋅ ( 3 p − 27 ) 4.

( 3 p + 21) ⋅ ( p − 9 )

vagy

alakban is.

Egyszerűsítsük a következő algebrai törteket a változók lehetséges értékei mellett! a)

4a 2 − 4 7a + 7

b)

4c 3 − 4 d 3 8c 2 − 8d 2

c)

5x2 − 5 y 2 10 x 3 + 10 y 3

Megoldás: Először a számlálót és a nevezőt is szorzattá alakítjuk, majd a közös szorzótényezőkkel egyszerűsítünk. Bár a feladat szövege nem kérdezett rá, megadjuk azt is, hogy az egyes kifejezések a változók mely értékeire nincsenek értelmezve (mert ekkor a törtek nevezője 0 lenne). a)

2 4a 2 − 4 4 ⋅ ( a − 1) 4 ⋅ ( a + 1) ⋅ ( a − 1) 4 ⋅ ( a − 1) = = = , ahol a ≠ −1 . 7a + 7 7 ⋅ ( a + 1) 7 ⋅ ( a + 1) 7

2 2 4c 3 − 4d 3 4 ⋅ ( c − d ) ⋅ ( c + cd + d ) c 2 + cd + d 2 b) . Az egyszerűsítés során bővül a kifejezés = = 8c 2 − 8d 2 8 ⋅ (c + d ) ⋅ (c − d ) 2 ⋅ (c + d )

értelmezési tartománya, ugyanis az eredeti kifejezésben c + d ≠ 0 és c − d ≠ 0 (vagyis c ≠ ± d ), míg az egyszerűsítés után már csak a c + d ≠ 0 feltétel (vagyis c ≠ −d ) marad meg. Viszont az átalakítás csak az eredeti értelmezési tartományon igaz, hiszen c = d esetén csak az egyszerűsített kifejezést tudnánk értelmezni, az eredetit nem. Így az ilyen típusú feladatokban mindig az eredeti kifejezés értelmezési tartományát (pontosabban a meg nem engedett eseteket) fogjuk megadni. c) 5.

5⋅( x + y) ⋅( x − y) x− y 5x2 − 5 y 2 = = , ahol x3 + y 3 ≠ 0 , azaz x ≠ − y . 3 3 2 2 2 10 x + 10 y 10 ⋅ ( x + y ) ⋅ ( x − xy + y ) 2 ⋅ ( x − xy + y 2 )

Végezzük el a kijelölt műveleteket a változók lehetséges értékei mellett! a)

3a + 2 1 − 4a 2a 2 + − 2 2a + 1 4 a − 2 4 a − 1

b)

e2 − ef e2 f + ef 2 ⋅ e 2 + ef ef

c)

x 2 + xy 5 x 2 − 5 y 2 : x 2 − xy 3 x3 − 3 y 3

Megoldás: A szükséges összevonások, illetve a lehetséges egyszerűsítések céljából mindhárom esetben először szorzattá alakítjuk a kifejezések számlálóit és nevezőit (ahol ez lehetséges), majd ezekkel végezzük el a műveleteket. a)

3a + 2 1 − 4a 2a 2 3a + 2 1 − 4a 2a 2 + − 2 = + − = 2a + 1 4a − 2 4a − 1 2a + 1 2 ⋅ ( 2a − 1) ( 2a + 1) ⋅ ( 2a − 1)

=

( 3a + 2 ) ⋅ ( 4a − 2 ) + (1 − 4a ) ⋅ ( 2a + 1) − 2a 2 ⋅ 2 12a 2 − 6a + 8a − 4 + 2a + 1 − 8a 2 − 4a − 4a 2 = 2 ⋅ ( 2a + 1) ⋅ ( 2a − 1) 2 ⋅ ( 2a + 1) ⋅ ( 2a − 1)

=

−3 1 , ahol a ≠ ± . 2 ⋅ ( 2a + 1) ⋅ ( 2a − 1) 2

b)

e2 − ef e2 f + ef 2 e ⋅ ( e − f ) ef ⋅ ( e + f ) e − f ⋅ = ⋅ = ⋅ ( e + f ) = e − f , ahol e ≠ 0 , e 2 + ef ef e ⋅ (e + f ) ef e+ f

e≠−f .

6

=

f ≠ 0 és

2 2 x 2 + xy 5 x 2 − 5 y 2 x 2 + xy 3 x3 − 3 y 3 x ⋅ ( x + y ) 3 ⋅ ( x − y ) ⋅ ( x + xy + y ) c) 2 = ⋅ = ⋅ = : x − xy 3x3 − 3 y 3 x 2 − xy 5 x 2 − 5 y 2 x ⋅ ( x − y ) 5⋅ ( x + y) ⋅ ( x − y)

=

x ⋅ ( x + y ) ⋅ 3 ⋅ ( x − y ) ⋅ ( x 2 + xy + y 2 ) x ⋅ ( x − y) ⋅ 5⋅ ( x + y) ⋅( x − y)

=

3 ⋅ ( x 2 + xy + y 2 ) 5⋅ ( x − y)

, ahol x ≠ 0 , x − y ≠ 0 , x + y ≠ 0 és

x3 − y 3 ≠ 0 , vagy összefoglalóan x ≠ 0 és x ≠ ± y . (Az értelmezési tartomány vizsgálatakor az eredeti törtek nevezőiről, illetve az osztó számlálójáról kötöttük ki, hogy egyik sem lehet 0.) 6.

Egyszerűsítsük a

6b3 − 19b 2 + 39b − 36 törtet, ahol b ≠ 1,5 ! 2b − 3

Megoldás: A törtet akkor tudjuk egyszerűsíteni, ha a számlálót szorzattá alakítva ki tudunk emelni belőle 2b − 3 = 2 ⋅ ( b − 1,5 ) -et (vagy b − 1,5 -et). Ezt valóban meg tudjuk tenni, mert

b = 1,5 esetén a számláló értéke 6 ⋅ 1,53 − 19 ⋅ 1,52 + 39 ⋅ 1,5 − 36 = 20, 25 − 42,75 + 58,5 − 36 = 0 . Tehát b = 1,5 gyöke a 6b3 − 19b 2 + 39b − 36 = 0 egyenletnek, így annak gyöktényezős alakjában szerepelni fog a b − 1,5 tényező. A harmadfokú egyenlet további gyökeinek ismerete nélkül azonban közvetlenül nem tudjuk felírni a b − 1,5 kiemelése után maradó további szorzótényező(ke)t. Ezért – a racionális számok osztásához hasonlóan – el kell osztanunk a számlálót b − 1,5 -tel. Ezt a következőképpen tehetjük meg, az úgynevezett polinomosztás módszerével:

( 6b

3

− 19b 2 + 39b − 36 ) : ( b − 1,5 ) = ...

Mivel az osztandó harmadfokú, az osztó pedig elsőfokú, ezért a hányados biztosan másodfokú lesz. Az osztandóban a legmagasabb fokú tag 6b3 , az osztóban pedig b, ezért a hányados legma6b3 = 6b 2 . Visszaszorozva kapjuk, hogy 6b 2 ⋅ ( b − 1,5 ) = 6b3 − 9b 2 , amelyet leb vonunk az osztandóból:

gasabb fokú tagja

( 6b

− 19b 2 + 39b − 36 ) : ( b − 1,5 ) = 6b 2 + ... 6b − 9b 2 − 10b 2 + 39b − 36 3

3

Innentől az eddigi lépéseket ismételjük, először a −10b 2 + 39b − 36 kifejezésre, és így tovább:

( 6b

− 19b 2 + 39b − 36 ) : ( b − 1,5 ) = 6b 2 − 10b + 24 6b3 − 9b 2 − 10b 2 + 39b − 36 − 10b 2 + 15b 24b − 36 24b − 36 0 3

Az utolsó lépésben 0 maradékot kaptunk, tehát a 6b3 − 19b 2 + 39b − 36 kifejezés maradék nélkül

osztható b − 1,5 -tel. Vagyis 6b3 − 19b 2 + 39b − 36 = ( b − 1,5 ) ⋅ ( 6b 2 − 10b + 24 ) . A második ténye-

7

2 6b3 − 19b 2 + 39b − 36 ( b − 1,5 ) ⋅ 2 ⋅ ( 3b − 5b + 12 ) = . Tehát zőből 2-t kiemelve a tört így írható fel: 2b − 3 2 ⋅ ( b − 1,5 )

a tört egyszerűsített alakja 3b 2 − 5b + 12 . 7.

Határozzuk meg számológép használata nélkül a következő műveletek végeredményét! a) 59 ⋅ 61

b) 4032

c) 792

d) 1023

e) 622 − 382

f) 9993

Megoldás: A szorzások írásbeli elvégzése helyett alkalmazhatjuk a nevezetes azonosságokat, így a műveletek végeredményei akár fejben is kiszámíthatók: a) 59 ⋅ 61 = ( 60 − 1) ⋅ ( 60 + 1) = 602 − 12 = 3600 − 1 = 3599 . b) 4032 = ( 400 + 3) = 4002 + 2 ⋅ 400 ⋅ 3 + 32 = 160000 + 2400 + 9 = 162409 . 2

c) 792 = ( 80 − 1) = 802 − 2 ⋅ 80 ⋅ 1 + 12 = 6400 − 160 + 1 = 6241 . 2

d) 1023 = (100 + 2 ) = 1003 + 3 ⋅ 1002 ⋅ 2 + 3 ⋅ 100 ⋅ 22 + 23 = 1000000 + 60000 + 1200 + 8 = 1061208 . 3

e) 622 − 382 = ( 62 + 38 ) ⋅ ( 62 − 38 ) = 100 ⋅ 24 = 2400 . f) 9993 = (1000 − 1) = 10003 − 3 ⋅ 10002 ⋅ 1 + 3 ⋅ 1000 ⋅ 12 − 13 = 1000000000 − 3000000 + 3000 − 1 = 3

= 1 000 003 000 − 3 000 001 = 997 002 999 . 8.

Igazoljuk grafikus úton az a 2 − b 2 = (a + b)⋅ (a − b) összefüggést! Megoldás: Tegyük fel először, hogy a > b , majd tekintsük a következő ábrát ( T1 , T2 , T3 és T4 a

megfelelő téglalapok területét jelöli, de a bizonyításban ezeket felhasználjuk az egyes téglalapokra történő hivatkozásként is):

Az ábrán T1 , T3 és T4 együttesen egy a oldalú négyzetet alkot, így T1 + T3 + T4 = a 2 . Mivel T4

8

egy b oldalú négyzet, ezért T4 = b 2 , vagyis T1 + T3 = a 2 − b 2 . Mivel T1 és T2 együttesen egy a + b szélességű, a − b magasságú téglalapot alkot, ezért T1 + T2 = ( a + b ) ⋅ ( a − b ) . Továbbá T2 = T3 , hiszen mindkettő egy-egy b és a − b oldalhosszúságú téglalap. Vagyis T1 + T3 = T1 + T2 , így éppen a bizonyítandó a 2 − b 2 = (a + b)⋅ (a − b) összefüggést kaptuk, ezzel az állítást beláttuk. Ha a = b , akkor az a 2 − b 2 = (a + b)⋅ (a − b) egyenlőség mindkét oldala 0, tehát az biztosan teljesül. Ha pedig

a < b , akkor az egyenlőség mindkét oldalát

( −1) -gyel

szorozva a

b 2 − a 2 = (b + a )⋅ (b − a ) összefüggést kapjuk, amelynek bizonyításához elegendő az előző ábrán a és b szerepét felcserélni. 9.

Oldjuk meg a valós számok halmazán a 6 x 4 − 25 x 3 + 38 x 2 − 25 x + 6 = 0 egyenletet! I. Megoldás: A negyedfokú egyenletekre létezik általános megoldási eljárás, ez azonban meghaladja a középiskolai módszereket. A mostani feladatban szereplő negyedfokú egyenlet viszont speciális, úgynevezett szimmetrikus egyenlet, mert az együtthatók szimmetrikusak (a negyedfokú és a konstans tag együtthatója egyaránt 6, a harmadfokú és az elsőfokú tag együtthatója egyaránt −25 ). Szimmetrikus egyenletekre alkalmazható a következőkben ismertetett módszer.

Mivel x = 0 nem megoldása az egyenletnek (hiszen a konstans tag 6, tehát x = 0 esetén a bal ol25 6 dal értéke 6), ezért leoszthatjuk az egyenlet mindkét oldalát x 2 -tel: 6 x 2 − 25 x + 38 − + = 0. x x2 1 ⎞ 1⎞ ⎛ ⎛ A szimmetrikus tagokat egymás mellé rendezve ezt kapjuk: 6 ⋅ ⎜ x 2 + 2 ⎟ − 25 ⋅ ⎜ x + ⎟ + 38 = 0 . x ⎠ x⎠ ⎝ ⎝ 2

2

1⎞ 1 1 1 1 ⎛ 1⎞ 1 ⎛ Mivel ⎜ x + ⎟ = x 2 + 2 ⋅ x ⋅ + 2 = x 2 + 2 + 2 , ezért x 2 + 2 = ⎜ x + ⎟ − 2 . Így az y = x + x x⎠ x x x x ⎝ x⎠ ⎝

új ismeretlen bevezetésével az egyenlet 6 ⋅ ( y 2 − 2 ) − 25 y + 38 = 0 alakban írható, amely y-ra nézve másodfokú, a rendezés után ezt kapjuk: 6 y 2 − 25 y + 26 = 0 . Ennek megoldásai y1 =

13 és 6

y2 = 2 . 13 1 13 13 , akkor az x + = egyenlet mindkét oldalát x-szel szorozva az x 2 − x + 1 = 0 6 x 6 6 2 3 másodfokú egyenlethez jutunk, amelynek megoldásai x1 = és x2 = . 3 2 Ha y1 =

1 = 2 egyenlet mindkét oldalát x-szel szorozva az x 2 − 2 x + 1 = 0 máx sodfokú egyenlethez jutunk, amelynek egyetlen megoldása x3 = 1 .

Ha y2 = 2 , akkor az x +

Tehát az eredeti egyenletnek három valós megoldása van:

2 3 , és 1. Ellenőrzéssel meggyőződ3 2

hetünk róla, hogy ezek valóban jó megoldások. II. Megoldás: Magasabb fokú egyenletek megoldásánál hasznos lehet, ha valamilyen úton megsejtjük az egyenlet egyik gyökét, ekkor ugyanis a megfelelő gyöktényező kiemelésével és poli-

9

nomosztással a megoldást visszavezethetjük egy alacsonyabb fokú egyenlet megoldására. Mivel a 6 x 4 − 25 x 3 + 38 x 2 − 25 x + 6 = 0 egyenletben az együtthatók összege 6 − 25 + 38 − 25 + 6 = 0 , ezért az egyenletnek gyöke az 1 (mert x = 1 esetén a kifejezés helyettesítési értéke pont az együtthatók összege), vagyis x − 1 biztosan kiemelhető gyöktényezőként. Polinomosztással kapjuk:

(6x

− 25 x 3 + 38 x 2 − 25 x + 6 ) : ( x − 1) = 6 x3 − 19 x 2 + 19 x − 6 6 x 4 − 6 x3 − 19 x 3 + 38 x 2 − 25 x + 6 − 19 x 3 + 19 x 2 19 x 2 − 25 x + 6 19 x 2 − 19 x − 6x + 6 − 6x + 6 0 4

A 6 x 3 − 19 x 2 + 19 x − 6 = 0 harmadfokú egyenletben az együtthatók összege 6 − 19 + 19 − 6 = 0 , tehát ennek az egyenletnek is gyöke az 1, így x − 1 még egyszer kiemelhető gyöktényezőként:

(6x

− 19 x 2 + 19 x − 6 ) : ( x − 1) = 6 x 2 − 13x + 6 6 x3 − 6 x 2 − 13x 2 + 19 x − 6 − 13x 2 + 13 x 6x − 6 6x − 6 0 3

A 6 x 2 − 13x + 6 = 0 másodfokú egyenlet gyökei (a megoldóképlettel) x1 =

2 3 és x2 = . 3 2

2 3 , x2 = és x3 = x4 = 1 . Ellenőrzéssel 3 2 meggyőződhetünk róla, hogy ezek valóban jó megoldások. Tehát az eredeti negyedfokú egyenlet megoldásai: x1 =

Megjegyzés: A fenti gondolatmenetben láttuk, hogy ha egy egyenletben az együtthatók összege 0, akkor az egyenletnek gyöke az 1. Hasznos megfigyelés még, hogy ha egy egyenlet együtthatóinak váltakozó előjelű összege 0, akkor az egyenletnek gyöke a −1 .

III. Ajánlott feladatok 1.

2.

Végezzük el a kijelölt műveleteket, majd adjuk meg az eredményt minél egyszerűbb alakban! a)

( a − 5 ) ⋅ ( a + 3) + ( a + 2 ) ⋅ ( a − 4 )

b) ( 5 p − 4q ) ⋅ ( pq + 3 p 2 − 2 )

c)

(w

d) ( u n + v n ) ⋅ ( u 2 n − u n v n + v 2 n + 1) , ahol n ∈ ] +

2

+ w + 1) ⋅ ( w2 − w − 1)

A zárójelek felbontásával alakítsuk át többtagú kifejezéssé a következőket! 1 ⎛ 3 a) ⎜ − e + 3 ⎝ 2

⎞ f⎟ ⎠

2

b) ( 2 x 2 y − 3 xy 3 )

10

3

c)

( 2c + 5 ) ⋅ ( 5 + 2c )

3.

4.

5.

6.

d) ( a n + b 4 ) ⋅ ( a n − b 4 )

e)

g) ( c + 4 )

h) ( 2uv + 4s ) ⋅ ( 2uv − 4 s )

8.

3

− 2)

2

f)

( 2t − u ) ⋅ ( 4t 2 + 2tu + u 2 )

i)

( k + 2l + 3m )

2

Alakítsuk szorzattá a következő kifejezéseket! a) 144 j 2 + 120ij + 25i 2

b) 25u 2 r 4 − 16 p 6

c) 49 z 2 − 112rz + 64r 2

d) u 3 − 6u 2 v + 12uv 2 − 8v 3

e) a 3 + 8

f) 18 jl − 10km − 12 jm + 15kl

g) 64c 3 − 27 d 6

h) 6 z 2 − z − 2

i) x 2 y − 2 x 2 + 6 xy − 12 x + 10 y − 20

Egyszerűsítsük a törteket a változók lehetséges értékei mellett! a)

6b + 6 3b 2 − 3

b)

d)

b 2 + 6b + 5 b 2 + 3b + 2

e)

g)

2ab − a 2 − b 2 + c 2 a 2 + c 2 − b 2 + 2ac

h)

8c 2 − 8d 2 10c 3 + 10d 3 a3 + v3

(a − v)

2

+ av

x3 + 2 x 2 − x − 2 x2 + x − 2

c)

u 3 − 9u 2 + 27u − 27 u2 − 9

f)

ac − bc + ad − bd ac + bc + ad + bd

i)

s 5 + s 4 t − 2 s 3t 2 3s 3 + 5s 2 t − 2 st 2

Végezzük el a kijelölt műveleteket a változók lehetséges értékei mellett! a)

c2 + d 2 c+d − 2 2 c −d 2c − 2 d

b)

d)

5− g 6 + 2 g − 8 g + 16 5 g − 20

e)

g)

u + v u −1 v2 − + 2 u u − v u − uv

⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ h) ⎜ l + − 1⎟ ⋅ ⎜ l + + 1⎟ ⎝ l ⎠ ⎝ l ⎠

3 e−

f

+

4 e+

f

a3 − 8 7 a + 21 ⋅ 2 5a + 15 a + 2a + 4

c)

m 2 − 6m + 8 m 2 − 4m + 4 : m 2 + 4m + 3 5m + 15

2a ⎞ 6a 2 + 10a ⎛ 3a f) ⎜ + ⎟: 2 ⎝ 1 − 3a 3a + 1 ⎠ 1 − 6a + 9a ⎛ j2 1 ⎞ ⎛ i− j i ⎞ i) ⎜ 3 + − 2 ⎟:⎜ 2 ⎟ 2 i + j ⎠ ⎝ i + ij j + ij ⎠ ⎝ i − ij

Egyszerűsítsük a törteket a változók lehetséges értékei mellett! a)

7.

3

( 3 pq

9a 3 − 42a 2 + 52a − 16 6a − 8

b)

8b 4 − 12b3 + 2b 2 + 23b − 39 4b 2 − 9

Határozzuk meg számológép használata nélkül a következő műveletek végeredményét! a) 5082

b) 83 + 123

c) 393

d) 61 ⋅ 79

e) 1232

f) 153 − 53

Határozzuk meg számológép használata nélkül, hogy az 1591 és a 4891 közül melyik számnak van több pozitív osztója!

11

9.

Határozzuk meg a és b értékét, ha tudjuk, hogy minden x ≠

1 , x ≠ −3 esetén teljesül az 2

5 a b = + összefüggés! 2x + 5x − 3 2x − 1 x + 3 2

10. Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenleteket! a) 8 x 3 − 6 x 2 − 29 x − 15 = 0

b) 20 x 4 + 8 x 3 − 105 x 2 + 8 x + 20 = 0

11. Döntsük el a következő műveletek végeredményeiről, hogy racionálisak vagy irracionálisak-e! a)

3 29 − 6 ⋅ 3 29 + 6

b)

3+ 2 2 + 3− 2 2

7+2 6 − 7−2 6

c)

12. Határozzuk meg a 2 x 2 + y 2 + 2 x + 2 xy + 4 kifejezés minimumát, ha x és y tetszőleges valós szám

lehet! 13. Határozzuk meg az

x2 y 2 z 2 x y z a b c + 2 + 2 kifejezés értékét, ha + + = 1 és + + = 0 teljesül 2 a b c a b c x y z

(ahol a, b, c, x, y és z egyike sem 0)! 14. Írjuk fel minél egyszerűbb alakban a következő kifejezést, ahol x ∉ {0; − 1; − 2; − 3; − 4; − 5} :

1 1 1 1 1 + + + + x ⋅ ( x + 1) ( x + 1) ⋅ ( x + 2 ) ( x + 2 ) ⋅ ( x + 3) ( x + 3) ⋅ ( x + 4 ) ( x + 4 ) ⋅ ( x + 5 )

Az ajánlott feladatok megoldásai 1.

Végezzük el a kijelölt műveleteket, majd adjuk meg az eredményt minél egyszerűbb alakban! a)

( a − 5 ) ⋅ ( a + 3) + ( a + 2 ) ⋅ ( a − 4 )

b) ( 5 p − 4q ) ⋅ ( pq + 3 p 2 − 2 )

c)

(w

d) ( u n + v n ) ⋅ ( u 2 n − u n v n + v 2 n + 1) , ahol n ∈ ] +

2

+ w + 1) ⋅ ( w2 − w − 1)

Megoldás: a)

( a − 5 ) ⋅ ( a + 3) + ( a + 2 ) ⋅ ( a − 4 ) = a 2 + 3a − 5a − 15 + a 2 − 4a + 2a − 8 = 2a 2 − 4a − 23 .

b) ( 5 p − 4q ) ⋅ ( pq + 3 p 2 − 2 ) = 5 p 2 q + 15 p 3 − 10 p − 4 pq 2 − 12 p 2 q + 8q =

= 15 p 3 − 7 p 2 q − 4 pq 2 − 10 p + 8q . c)

(w

2

+ w + 1) ⋅ ( w2 − w − 1) = w4 − w3 − w2 + w3 − w2 − w + w2 − w − 1 = w4 − w2 − 2 w − 1 .

képpen: ( w2 + ( w + 1) ) ⋅ ( w2 − ( w + 1) ) = ( w2 ) − ( w + 1) = w4 − w2 − 2 w − 1 . 2

2

d) ( u n + v n ) ⋅ ( u 2 n − u n v n + v 2 n + 1) = u 3n − u 2 n v n + u n v 2 n + u n + u 2 n v n − u n v 2 n + v3n + v n =

(

)

= u 3n + v 3n + u n + v n . Másképpen: ( u n + v n ) ⋅ ( u 2 n − u n v n + v 2 n ) + 1 = ( u n ) + ( v n ) + u n + v n .

12

3

3

Más-

2.

A zárójelek felbontásával alakítsuk át többtagú kifejezéssé a következőket! 1 ⎞ ⎛ 3 a) ⎜ − e + f ⎟ 3 ⎠ ⎝ 2

2

b) ( 2 x 2 y − 3 xy 3 )

d) ( a n + b 4 ) ⋅ ( a n − b 4 )

e)

g) ( c + 4 )

h) ( 2uv + 4s ) ⋅ ( 2uv − 4 s )

3

( 3 pq

3

− 2)

3

2

c)

( 2c + 5 ) ⋅ ( 5 + 2c )

f)

( 2t − u ) ⋅ ( 4t 2 + 2tu + u 2 )

i)

( k + 2l + 3m )

2

Megoldás: A nevezetes azonosságok alkalmazásával a következőket kapjuk:

1 ⎛ 3 a) ⎜ − e + 3 ⎝ 2

2

1 ⎞ 9 f ⎟ = e 2 − ef + f 2 . 4 9 ⎠

b) ( 2 x 2 y − 3xy 3 ) = 8 x 6 y 3 − 36 x5 y 5 + 54 x 4 y 7 − 27 x3 y 9 . 3

c)

( 2c + 5)( 5 + 2c ) = ( 2c + 5)

2

= 4c 2 + 20c + 25 .

d) ( a n + b 4 )( a n − b 4 ) = a 2 n − b8 . e)

( 3 pq

f)

( 2t − u ) ( 4t 2 + 2tu + u 2 ) = 8t 3 − u 3 .

3

− 2 ) = 9 p 2 q 6 − 12 pq 3 + 4 . 2

g) ( c + 4 ) = c 3 + 12c 2 + 48c + 64 . 3

h) ( 2uv + 4s )( 2uv − 4s ) = 4u 2 v 2 − 16s 2 . i) 3.

( k + 2l + 3m )

2

= k 2 + 4l 2 + 9m 2 + 4kl + 6km + 12lm .

Alakítsuk szorzattá a következő kifejezéseket! a) 144 j 2 + 120ij + 25i 2

b) 25u 2 r 4 − 16 p 6

c) 49 z 2 − 112rz + 64r 2

d) u 3 − 6u 2 v + 12uv 2 − 8v 3

e) a 3 + 8

f) 18 jl − 10km − 12 jm + 15kl

g) 64c 3 − 27 d 6

h) 6 z 2 − z − 2

i) x 2 y − 2 x 2 + 6 xy − 12 x + 10 y − 20

Megoldás: a) 144 j 2 + 120ij + 25i 2 = (12 j + 5i ) . 2

b) 25u 2 r 4 − 16 p 6 = ( 5ur 2 + 4 p 3 ) ⋅ ( 5ur 2 − 4 p 3 ) . c) 49 z 2 − 112rz + 64r 2 = ( 7 z − 8r ) = ( 8r − 7 z ) . 2

2

13

d) u 3 − 6u 2 v + 12uv 2 − 8v 3 = ( u − 2v ) . 3

e) a 3 + 8 = ( a + 2 ) ⋅ ( a 2 − 2a + 4 ) . f) 18 jl − 10km − 12 jm + 15kl = (18 jl − 12 jm ) + (15kl − 10km ) = 6 j ⋅ ( 3l − 2m ) + 5k ⋅ ( 3l − 2m ) =

= ( 3l − 2m ) ⋅ ( 6 j + 5k ) . g) 64c 3 − 27 d 6 = ( 4c − 3d 2 ) ⋅ (16c 2 + 12cd 2 + 9d 4 ) . h) A 6 z 2 − z − 2 = 0 egyenlet gyökei z1 = −

1 2 1⎞ ⎛ 2⎞ ⎛ és z2 = , így 6 z 2 − z − 2 = 6 ⋅ ⎜ z + ⎟ ⋅ ⎜ z − ⎟ = 2 3 2⎠ ⎝ 3⎠ ⎝

= ( 2 z + 1) ⋅ ( 3 z − 2 ) . i)

(x

2

y − 2 x 2 ) + ( 6 xy − 12 x ) + (10 y − 20 ) = x 2 ⋅ ( y − 2 ) + 6 x ⋅ ( y − 2 ) + 10 ⋅ ( y − 2 ) =

= ( y − 2 ) ⋅ ( x 2 + 6 x + 10 ) . Mivel az x 2 + 6 x + 10 = 0 másodfokú egyenletnek nincs valós megol-

dása (a diszkriminánsa negatív), ezért az x 2 + 6 x + 10 szorzótényező nem bontható tovább. 4.

Egyszerűsítsük a törteket a változók lehetséges értékei mellett! a)

6b + 6 3b 2 − 3

b)

d)

b 2 + 6b + 5 b 2 + 3b + 2

e)

g)

2ab − a 2 − b 2 + c 2 a 2 + c 2 − b 2 + 2ac

h)

8c 2 − 8d 2 10c 3 + 10d 3 a3 + v3

(a − v)

2

+ av

x3 + 2 x 2 − x − 2 x2 + x − 2

c)

u 3 − 9u 2 + 27u − 27 u2 − 9

f)

ac − bc + ad − bd ac + bc + ad + bd

i)

s 5 + s 4 t − 2 s 3t 2 3s 3 + 5s 2 t − 2 st 2

Megoldás: a)

6 ⋅ ( b + 1) 6b + 6 2 = = , ahol b ≠ ±1 . 2 3b − 3 3 ⋅ ( b + 1) ⋅ ( b − 1) b − 1

b)

8 ⋅ (c + d ) ⋅ (c − d ) 4 ⋅ (c − d ) 8c 2 − 8d 2 = = , ahol c ≠ −d . 3 3 2 2 10c + 10d 10 ⋅ ( c + d ) ⋅ ( c − cd + d ) 5 ⋅ ( c 2 − cd + d 2 )

( u − 3) ( u − 3) , ahol u 3 − 9u 2 + 27u − 27 c) = = u ≠ ±3 . 2 u −9 ( u + 3) ⋅ ( u − 3 ) u + 3 3

d)

e)

2

b 2 + 6b + 5 ( b + 1) ⋅ ( b + 5 ) b + 5 , ahol b ≠ −1 és b ≠ −2 . = = b 2 + 3b + 2 ( b + 1) ⋅ ( b + 2 ) b + 2 a 3 + v3

(a − v)

2

+ av

=

( a + v ) ⋅ ( a 2 − av + v 2 ) ( a + v ) ⋅ ( a 2 − av + v 2 ) a 2 − 2av + v 2 + av

=

a 2 − av + v 2

14

= a + v , ahol a 2 − av + v 2 ≠ 0

(ez csak az a = v = 0 esetet zárja ki). f)

ac − bc + ad − bd c ⋅ ( a − b ) + d ⋅ ( a − b ) ( a − b ) ⋅ ( c + d ) a − b , ahol a ≠ −b és c ≠ −d . = = = ac + bc + ad + bd c ⋅ ( a + b ) + d ⋅ ( a + b ) ( a + b ) ⋅ ( c + d ) a + b

g)

2 2 2 2 2 (c + a − b) ⋅ (c − a + b) = c − a + b , 2ab − a 2 − b 2 + c 2 c − ( a − 2ab + b ) c − ( a − b ) = = = 2 2 2 2 2 2 2 a + c − b + 2ac ( a + 2ac + c ) − b ( a + c ) − b2 ( a + c + b ) ⋅ ( a + c − b ) a + c + b

ahol b ≠ ± ( a + c ) . h)

2 2 x 3 + 2 x 2 − x − 2 x ⋅ ( x + 2 ) − ( x + 2 ) ( x + 2 ) ⋅ ( x − 1) ( x + 2 ) ⋅ ( x + 1) ⋅ ( x − 1) = = = = x + 1 , ahol x2 + x − 2 ( x + 2 ) ⋅ ( x − 1) ( x + 2 ) ⋅ ( x − 1) ( x + 2 ) ⋅ ( x − 1)

x ≠ −2 és x ≠ 1 .

s 3 ⋅ ( s 2 + st − 2t 2 ) s 3 ⋅ ( s 2 − st + 2st − 2t 2 ) s 3 ⋅ ( s ⋅ ( s − t ) + 2t ⋅ ( s − t ) ) s 5 + s 4 t − 2 s 3t 2 i) 3 = = = = 3s + 5s 2t − 2st 2 s ⋅ ( 3s 2 + 5st − 2t 2 ) s ⋅ ( 3s 2 + 6 st − st − 2t 2 ) s ⋅ ( 3s ⋅ ( s + 2t ) − t ⋅ ( s + 2t ) ) =

s 3 ⋅ ( s − t ) ⋅ ( s + 2t )

s ⋅ ( s + 2t ) ⋅ ( 3s − t )

=

s2 ⋅ ( s − t ) 3s − t

t , ahol s ≠ 0 , s ≠ −2t és s ≠ . 3

Megjegyzés: Az i) feladat számlálója és nevezője más módszerrel is szorzattá alakítható, amely hasznos bizonyos kétismeretlenes másodfokú polinomok esetében. Például a nevezőben lévő 3s 2 + 5st − 2t 2 szorzattá alakításakor tekintsük a 3s 2 + 5st − 2t 2 = 0 egyenletet, amely s-re nézve

−5t ± 25t 2 + 24t 2 −5t ± 7t = , 6 6 t⎞ t ⎛ vagyis s1 = −2t és s2 = , így az egyenlet gyöktényezős alakja 3 ⋅ ( s + 2t ) ⋅ ⎜ s − ⎟ , amely 3 3 ⎝ ⎠ egy másodfokú, t paraméterű egyenlet. Ennek megoldásai s1,2 =

( s + 2t ) ⋅ ( 3s − t ) 5.

alakban is írható.

Végezzük el a kijelölt műveleteket a változók lehetséges értékei mellett! a)

c2 + d 2 c+d − 2 2 c −d 2c − 2 d

b)

3 4 + e− f e+ f

d)

5− g 6 + 2 g − 8 g + 16 5 g − 20

e)

a3 − 8 7 a + 21 ⋅ 2 5a + 15 a + 2a + 4

g)

u + v u −1 v2 − + 2 u u − v u − uv

⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ h) ⎜ l + − 1⎟ ⋅ ⎜ l + + 1⎟ ⎝ l ⎠ ⎝ l ⎠

c)

m 2 − 6m + 8 m 2 − 4m + 4 : m 2 + 4m + 3 5m + 15

2a ⎞ 6a 2 + 10a ⎛ 3a f) ⎜ + ⎟: 2 ⎝ 1 − 3a 3a + 1 ⎠ 1 − 6a + 9a ⎛ j2 1 ⎞ ⎛ i− j i ⎞ i) ⎜ 3 + − 2 ⎟:⎜ 2 ⎟ 2 i + j ⎠ ⎝ i + ij j + ij ⎠ ⎝ i − ij

Megoldás:

c2 + d 2 ) ⋅ 2 − ( c + d ) ( c2 + d 2 c+d c2 + d 2 c+d a) 2 − = − = = 2 ⋅ (c + d ) ⋅ (c − d ) c − d 2 2c − 2 d ( c + d ) ⋅ ( c − d ) 2 ⋅ ( c − d ) 2

15

(c − d ) 2c 2 + 2d 2 − c 2 − 2cd − d 2 c 2 − 2cd + d 2 c−d = = = = , ahol c ≠ ± d . 2 ⋅ (c + d ) ⋅ (c − d ) 2 ⋅ (c + d ) ⋅ (c − d ) 2 ⋅ (c + d ) ⋅ (c − d ) 2 ⋅ (c + d ) 2

b)

c)

3 e−

+

f

4 e+

f

=

3⋅

( e + f ) + 4⋅( e − f ) = 7⋅ e − e− f ( e − f )⋅( e + f )

f

, ahol 0 ≤ e, f és e ≠ f .

5 ⋅ ( m − 4) m 2 − 6m + 8 m 2 − 4 m + 4 ( m − 2 ) ⋅ ( m − 4 ) 5 ⋅ ( m + 3 ) : = ⋅ = , 2 2 m + 4m + 3 5m + 15 ( m + 1) ⋅ ( m + 3) ( m − 2 ) ( m + 1) ⋅ ( m − 2 )

ahol

m ≠ −1 ,

m ≠ −3 és m ≠ 2 . d)

=

( 5 − g ) ⋅ 5 + 6 ⋅ ( g − 4 ) = 25 − 5 g + 6 g − 24 = 5− g 6 5− g 6 + = + = 2 2 2 g − 8 g + 16 5 g − 20 ( g − 4 ) 5 ⋅ ( g − 4 ) 5 ⋅ ( g − 4) 5 ⋅ ( g − 4) 2

g +1 5 ⋅ ( g − 4)

2

, ahol g ≠ 4 .

( a − 2 ) ⋅ ( a 2 + 2a + 4 ) 7 ⋅ ( a + 3) 7 ⋅ ( a − 2 ) a3 − 8 7 a + 21 e) ⋅ = ⋅ 2 = , ahol a ≠ −3 . (A máso5a + 15 a 2 + 2a + 4 5 ⋅ ( a + 3) a + 2a + 4 5 dik tört nevezője sosem 0, mert a 2 + 2a + 4 = ( a + 1) + 3 ≥ 0 + 3 = 3 .) 2

3a ⋅ ( 3a + 1) + 2a ⋅ (1 − 3a ) ( 3a − 1) 2a ⎞ 6a 2 + 10a ⎛ 3a f) ⎜ + = ⋅ = ⎟: 2 2a ⋅ ( 3a + 5 ) (1 − 3a ) ⋅ ( 3a + 1) ⎝ 1 − 3a 3a + 1 ⎠ 1 − 6a + 9a 2

=

( 3a − 1) = 3a 2 + 5a ⋅ 3a − 1 = a ⋅ ( 3a + 5 ) ⋅ 3a − 1 = 9a 2 + 3a + 2a − 6a 2 ⋅ ( −1) ⋅ ( 3a − 1) ⋅ ( 3a + 1) 2a ⋅ ( 3a + 5 ) − ( 3a + 1) 2a ⋅ ( 3a + 5) − ( 3a + 1) 2a ⋅ ( 3a + 5 )

=

3a − 1 1 5 , ahol a ≠ ± , a ≠ 0 és a ≠ − . 3 3 −2 ⋅ ( 3a + 1)

2

( u + v ) ⋅ ( u − v ) − ( u − 1) ⋅ u + v u 2 − v 2 − u 2 + u + v 2 u + v u −1 v2 u − + 2 = = = = u u − v u − uv u ⋅ (u − v ) u ⋅ (u − v ) u ⋅ (u − v ) 2

g)

=

1 , ahol u ≠ 0 és u ≠ v . u −v

1 1 1 1 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ h) ⎜ l + − 1⎟ ⋅ ⎜ l + + 1⎟ = l 2 + 1 + l + 1 + 2 + − l − − 1 = l 2 + 2 + 1 , ahol l l l l ⎝ l ⎠ ⎝ l ⎠

l ≠ 0 . Másképpen:

2

⎛⎛ 1⎞ ⎞ ⎛⎛ 1⎞ ⎞ ⎛ 1⎞ 1 1 2 2 2 ⎜ ⎜ l + ⎟ − 1⎟ ⋅ ⎜ ⎜ l + ⎟ + 1⎟ = ⎜ l + ⎟ − 1 = l + 2 + 2 − 1 = l + 2 + 1 . l l ⎝⎝ l ⎠ ⎠ ⎝⎝ l ⎠ ⎠ ⎝ l ⎠ ⎛ j2 1 i) ⎜ 3 + 2 i+ ⎝ i − ij =

⎞ ⎛ i− j i ⎞ ⎛ j2 1 ⎜ : − = + ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 2 2 j ⎠ ⎝ i + ij j + ij ⎠ i+ ⎝ i ⋅ (i − j )

j 2 + 1⋅ i ⋅ (i − j )

⎞ ⎛ i− j ⎞ i ⎟:⎜ − ⎟⎟ = ⎜ j ⎟ ⎝ i ⋅ (i + j ) j ⋅ ( j + i ) ⎠ ⎠

(i − j ) ⋅ j − i ⋅ i j 2 + i 2 − ij ij − j 2 − i 2 = : = i ⋅ (i + j ) ⋅ (i − j ) i ⋅ j ⋅ (i + j ) i ⋅ (i + j ) ⋅ (i − j ) i ⋅ j ⋅ (i + j ) :

16

= 6.

i ⋅ j ⋅ (i + j ) i 2 + j 2 − ij j j , ahol i ≠ 0 , i ≠ ± j és j ≠ 0 . ⋅ = = 2 2 i ⋅ ( i + j ) ⋅ ( i − j ) ( −1) ⋅ ( i + j − ij ) ( −1) ⋅ ( i − j ) j − i

Egyszerűsítsük a törteket a változók lehetséges értékei mellett! a)

9a 3 − 42a 2 + 52a − 16 6a − 8

b)

8b 4 − 12b3 + 2b 2 + 23b − 39 4b 2 − 9

Megoldás: a) A tört akkor értelmezhető, ha a ≠

4 . Az eredményt polinomosztással kapjuk: 3

3 − 42a 2 + 52a − 16 ) : ( 6a − 8 ) = a 2 − 5a + 2 2 9a 3 − 12a 2 − 30a 2 + 52a − 16 − 30a 2 + 40a 12a − 16 12a − 16 0

( 9a

3

Tehát az egyszerűsített tört értéke

3 2 a − 5a + 2 . 2

Megjegyzés: Ha a nevezőt 2 ⋅ (3a − 4) alakra hozzuk, majd a számlálót csak 3a − 4 -gyel osztjuk

3a 2 −10a + 4 alakban kapjuk meg. Így az osztás során minden együtt2 ható egész lesz, ez azonban nem szükségszerű egy polinomosztásnál, mint azt a fenti példa is mutatja. Fontos megfigyelnünk, hogy a 6a − 8 -cal történő osztáskor az első lépésben a hányados 3 első tagja a 2 lett (tehát a nem egész együtthatók is megengedettek), nem pedig 1a 2 , ekkor 2 ugyanis a 9a 3 -ből még 3a 3 megmaradt volna, viszont az osztási lépésekben a maradék fokszámának mindig kisebbnek kell lennie az osztó fokszámánál (kivéve, ha a hányados 0). el, akkor a végeredményt

b) A tört akkor értelmezhető, ha b ≠ ±

(8b

3 (ezek a nevező gyökei). Polinomosztással kapjuk, hogy: 2

− 12b3 + 2b 2 + 23b − 39 ) : ( 4b 2 − 9 ) = 2b 2 − 3b + 5 8b − 18b 2 − 12b3 + 20b 2 + 23b − 39 − 12b3 + 27b 2 20b − 4b − 39 20b 2 − 45 − 4b + 6 4

4

Mivel az utolsó lépésben a maradék −4b + 6 , ez viszont már nem osztható 4b 2 − 9 -cel, ezért a tört számlálója nem osztható maradék nélkül a nevezővel. (A maradékos osztás a következőkép-

pen lenne felírható: 8b 4 − 12b3 + 2b 2 + 23b − 39 = ( 2b 2 − 3b + 5 ) ⋅ ( 4b 2 − 9 ) − 4b + 6 .) 17

A nevező viszont szorzattá alakítható: 4b 2 − 9 = ( 2b + 3) ⋅ ( 2b − 3) , így megpróbálhatjuk különkülön a szorzótényezők valamelyikével elosztani a tört számlálóját. Mivel b = lónak (ezt behelyettesítéssel ellenőrizhetjük), de b = −

3 gyöke a számlá2

3 nem gyöke, ezért 2b − 3 -mal fogjuk 2

tudni maradék nélkül elosztani a számlálót:

(8b

− 12b3 + 2b 2 + 23b − 39 ) : ( 2b − 3) = 4b3 + b + 13 8b 4 − 12b3 2b 2 + 23b − 39 2b 2 − 3b 26b − 39 26b − 39 0 4

A kapott 4b3 + b + 13 kifejezés már biztosan nem osztható maradék nélkül 2b + 3 -mal, hiszen 3 b = − nem gyöke 4b3 + b + 13 -nak. (Ráadásul ha osztható lenne vele, akkor az eredeti 4b 2 − 9 2 kifejezéssel is el tudtuk volna osztani az eredeti számlálót.) Így tehát az egyszerűsítés a következőképpen írható le: 3 8b 4 − 12b3 + 2b 2 + 23b − 39 ( 4b + b + 13) ⋅ ( 2b − 3) 4b3 + b + 13 = = . 4b 2 − 9 2b + 3 ( 2b + 3) ⋅ ( 2b − 3)

7.

Határozzuk meg számológép használata nélkül a következő műveletek végeredményét! a) 5082

b) 83 + 123

c) 393

d) 61 ⋅ 79

e) 1232

f) 153 − 53

Megoldás: a) 5082 = ( 500 + 8 ) = 5002 + 2 ⋅ 500 ⋅ 8 + 82 = 250000 + 8000 + 64 = 258064 . 2

b) 83 + 123 = ( 8 + 12 ) ⋅ ( 82 − 8 ⋅ 12 + 122 ) = 20 ⋅ ( 64 − 96 + 144 ) = 20 ⋅ 112 = 2240 . c) 393 = ( 40 − 1) = 403 − 3 ⋅ 402 ⋅ 1 + 3 ⋅ 40 ⋅ 12 − 13 = 64000 − 4800 + 120 − 1 = 59319 . 3

d) 61 ⋅ 79 = ( 70 − 9 ) ⋅ ( 70 + 9 ) = 702 − 92 = 4900 − 81 = 4819 . e) 1232 = (100 + 20 + 3) = 1002 + 202 + 32 + 2 ⋅ (100 ⋅ 20 + 100 ⋅ 3 + 20 ⋅ 3) = 2

= 10000 + 400 + 9 + 2 ⋅ ( 2000 + 300 + 60 ) = 10409 + 2 ⋅ 2360 = 10409 + 4720 = 15129 . f) 153 − 53 = (15 − 5 ) ⋅ (152 + 15 ⋅ 5 + 52 ) = 10 ⋅ ( 225 + 75 + 25 ) = 10 ⋅ 325 = 3250 .

18

8.

Határozzuk meg számológép használata nélkül, hogy az 1591 és a 4891 közül melyik számnak van több pozitív osztója! Megoldás: Az osztók számát meghatározhatnánk a számok prímtényezős felbontásából, azonban sem az 1591, sem a 4891 nem osztható semelyik egyjegyű prímmel sem, így a prímtényezők keresése hosszabb írásbeli osztásokat igényelne.

Vegyük észre, hogy 1591 = 1600 − 9 = 402 − 32 és 4891 = 4900 − 9 = 702 − 32 , így a nevezetes azonosságokkal 1591 = ( 40 + 3) ⋅ ( 40 − 3) = 43 ⋅ 37 és 4891 = ( 70 + 3) ⋅ ( 70 − 3) = 73 ⋅ 67 adódik. Mivel a 37, 43, 67, 73 számok mindegyike prím, ezért az 1591 és a 4891 is két prím szorzata, tehát ugyanannyi (4 db) pozitív osztójuk van. 9.

Határozzuk meg a és b értékét, ha tudjuk, hogy minden x ≠

1 , x ≠ −3 esetén teljesül az 2

5 a b = + összefüggés! 2x + 5x − 3 2x − 1 x + 3 2

Megoldás: A jobb oldal átalakítva:

a ⋅ ( x + 3) + b ⋅ ( 2 x − 1) ax + 3a + 2bx − b a b . + = = 2x −1 x + 3 2x2 + 5x − 3 ( 2 x − 1) ⋅ ( x + 3)

5 ax + 3a + 2bx − b = teljesül minden megengedett x értékre, ezért a számlálók 2x + 5x − 3 2 x2 + 5x − 3 egyenlősége 0 ⋅ x + 5 = ( a + 2b ) ⋅ x + ( 3a − b ) alakban is írható. Két (elsőfokú) polinom pontosan

Mivel

2

akkor egyenlő, ha együtthatóik rendre megegyeznek, azaz a + 2b = 0 és 3a − b = 5 . Az első 5 összefüggésből a = −2b , ezt a másodikba helyettesítve 3 ⋅ ( −2b ) − b = −7b = 5 , ahonnan b = − 7 10 adódik. és a = 7 Megjegyzés: Ezt az eljárást – amikor tehát egy (legalább) másodfokú nevezőjű algebrai törtet több elsőfokú nevezőjű tört összegeként írunk fel – parciális törtekre bontásnak nevezzük. 10. Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenleteket! a) 8 x 3 − 6 x 2 − 29 x − 15 = 0

b) 20 x 4 + 8 x 3 − 105 x 2 + 8 x + 20 = 0

Megoldás: a) Mivel az együtthatók váltakozó előjeles összege 8 − ( −6 ) + ( −29 ) − ( −15 ) = 0 , ezért az x1 = −1

gyöke az egyenletnek, így x + 1 szorzótényezőként kiemelhető belőle. Polinomosztással kapjuk:

(8x

− 6 x 2 − 29 x − 15 ) : ( x + 1) = 8 x 2 − 14 x − 15 8 x3 + 8 x 2 − 14 x 2 − 29 x − 15 − 14 x 2 − 14 x − 15 x − 15 − 15 x − 15 0 3

19

A 8 x 2 − 14 x − 15 = 0 másodfokú egyenlet gyökei x2 = három megoldása a −1 , az

5 3 és x3 = − . Tehát az eredeti egyenlet 2 4

5 3 és a − . Ellenőrzéssel meggyőződhetünk róla, hogy ezek mind2 4

egyike valóban jó megoldás. b) Mivel szimmetrikus negyedfokú egyenletről van szó, amelynek a 0 nem gyöke, ezért x 2 -tel 2

végigosztva a 20 x 2 + 8 x − 105 +

8 20 1 ⎛ 1⎞ + = 0 egyenletet kapjuk, amely az x 2 + 2 = ⎜ x + ⎟ − 2 x x2 x ⎝ x⎠ 2

1⎞ 1⎞ 1 ⎛ ⎛ összefüggés alapján 20 ⋅ ⎜ x + ⎟ + 8 ⋅ ⎜ x + ⎟ − 145 = 0 alakra hozható. Ez x + -re nézve máx x x ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 5 29 sodfokú, a két gyök és − . 2 10 Ha x +

1 5 5 1 = , akkor az x 2 − x + 1 = 0 egyenletből az x1 = és x2 = 2 megoldásokat kapjuk. x 2 2 2

Ha x +

1 29 29 2 5 = − , akkor az x 2 + x + 1 = 0 egyenletből az x3 = − és x4 = − megoldásokat x 10 10 5 2

kapjuk. 1 2 5 , a 2, a − és a − . Ellenőrzéssel meggyőződ2 5 2 hetünk róla, hogy ezek mindegyike valóban jó megoldás. Tehát az eredeti egyenlet négy megoldása az

11. Döntsük el a következő műveletek végeredményeiről, hogy racionálisak vagy irracionálisak-e! a)

3 29 − 6 ⋅ 3 29 + 6

3+ 2 2 + 3− 2 2

b)

c)

7+2 6 − 7−2 6

Megoldás: a)

3 29 − 6 ⋅ 3 29 + 6 =

b)

3+ 2 2 + 3− 2 2 =

(3

29

)

(1 + 2 )

2

2

− 62 = 9 ⋅ 29 − 36 = 225 = 15 racionális.

+

(1 − 2 )

2

−

(1 − 6 )

2

= 1+ 2 + 1− 2 = 1+ 2 +

(

2 −1 = 2 2

)

= 1+ 6 − 1− 6 = 1+ 6 −

(

6 − 1 = 2 ra-

irracionális. c)

7+2 6 − 7−2 6 =

(1 + 6 )

2

)

cionális. 12. Határozzuk meg a 2 x 2 + y 2 + 2 x + 2 xy + 4 kifejezés minimumát, ha x és y tetszőleges valós szám

lehet! Megoldás: Keressünk teljes négyzeteket: 2 x 2 + y 2 + 2 x + 2 xy + 4 = ( x + y ) + ( x + 1) + 3 . Mivel 2

2

egy teljes négyzet értéke mindig nemnegatív, ezért ( x + y ) + ( x + 1) + 3 ≥ 0 + 0 + 3 , vagyis a ki2

20

2

fejezés értéke legalább 3. Pontosan 3 akkor lehet, ha x + y = 0 és x + 1 = 0 . Ez meg is valósulhat,

x = −1 és y = 1 esetén. Tehát a kifejezés minimuma 3. 13. Határozzuk meg az

x2 y 2 z 2 x y z a b c + 2 + 2 kifejezés értékét, ha + + = 1 és + + = 0 teljesül 2 a b c a b c x y z

(ahol a, b, c, x, y és z egyike sem 0)! Megoldás: Az

a b c + + = 0 egyenletet xyz -vel szorozva az ayz + bxz + cxy = 0 összefüggést x y z

kapjuk, amelyet abc -vel elosztva a

yz xz xy x y z + + = 0 egyenlethez jutunk. Mivel + + = 1 , bc ac ab a b c

2

2 x2 y 2 z 2 y2 z2 ⎞ ⎛x y z⎞ ⎛x ⎛ xy xz yz ⎞ + ⎟ , ahonnan 2 + 2 + 2 = 1 a kereígy 1 = ⎜ + + ⎟ = ⎜ 2 + 2 + 2 ⎟ + 2 ⋅ ⎜ + a b c b c ⎠ ab  ac bc ⎠ ⎝a b c⎠ ⎝a ⎝ 2

0

sett kifejezés értéke. 14. Írjuk fel minél egyszerűbb alakban a következő kifejezést, ahol x ∉ {0; − 1; − 2; − 3; − 4; − 5} :

1 1 1 1 1 + + + + x ⋅ ( x + 1) ( x + 1) ⋅ ( x + 2 ) ( x + 2 ) ⋅ ( x + 3) ( x + 3) ⋅ ( x + 4 ) ( x + 4 ) ⋅ ( x + 5 ) Megoldás: Az x ⋅ ( x + 1) ⋅ ( x + 2 ) ⋅ ( x + 3) ⋅ ( x + 4 ) ⋅ ( x + 5 ) közös nevező választása rendkívül

hosszú számolást eredményezne. Ehelyett észrevehetjük (a parciális törtekre bontás korábban is1 1 1 1 1 1 mertetett módszerével), hogy = − , , és így tovább, = − x ⋅ ( x + 1) x x + 1 ( x + 1) ⋅ ( x + 2 ) x + 1 x + 2 1 1 1 = − . Vagyis a vizsgált kifejezés felírható a következőképpen: ( x + 4 ) ⋅ ( x + 5) x + 4 x + 5 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 − + − + − + − + − = − = . x x + 1 x + 1 x + 2 x + 2 x + 3 x + 3 x + 4 x + 4 x + 5 x x + 5 x ⋅ ( x + 5)

IV. Ellenőrző feladatok 1.

Végezzük el a kijelölt műveleteket, majd adjuk meg az eredményt minél egyszerűbb alakban! a) ( 3 − b ) ⋅ ( 2b + 5 ) − ( b − 2 ) ⋅ ( b − 4b 2 ) 2

2.

b)

(f

3

− 2 f 2 + ef ) ⋅ ( e2 + 5ef − f )

A zárójelek felbontásával alakítsuk át többtagú kifejezéssé a következőket! a) ( 5ef − 4e ) 3

b) ( 2q + 5r )

2

d) ( 3uv 5 − 2u 4 v )

3

e)

(x

y

3

+ y x )( x y − y x )

21

1 ⎞ ⎛3 c) ⎜ c + d ⎟ 3 ⎠ ⎝4 f)

(2 f

2

− 3 g − 4h )

2

3.

4.

Alakítsuk szorzattá a következő kifejezéseket! a) i 2 − ij + ik − jk

b) 5m ⋅ ( a − b ) − 3n ⋅ ( b − a )

c) 100 f 4 + 60 f 2 g 3 + 9 g 6

d) 64 p 3 q 6 + 8 p12 q 3

e) 64 j 2 − 96 jk + 36k 2

f) a 3 − 3a 2 b + 6ab 2 − 8b3

g) 3v 2 + 27v + 54

h) q 3 − 8 + 6q 2 − 12q

i) x 3 y + 8 x 2 y + 19 xy + 12 y

Egyszerűsítsük a törteket a változók lehetséges értékei mellett! a)

5.

3c 2 − 27 d 2 5c 2 + 30cd + 45d 2

b)

18t 2 + 36tu + 18u 2 9t 4 − 9u 4

c)

d 2 e + 8de + 7e de − 2d + 7e − 14

Végezzük el a kijelölt műveleteket a változók lehetséges értékei mellett! a)

i− j i2 + j2 − 2 3i + 3 j i − j 2

3o 2 ⎞ ⎛ o ⎞ ⎛ b) ⎜ + 1⎟ : ⎜ 1 − 2 ⎟ ⎝ o +1 ⎠ ⎝ 1− o ⎠

d)

a 2 − b 2 3a + 3b ⋅ 2 ( a + b ) 5a − 5b

⎛ k 2l ⎞ ⎛ k 2l ⎞ e) ⎜ + ⎟ − ⎜ − ⎟ ⎝ 2l k ⎠ ⎝ 2l k ⎠

2

2

c)

a + 6b 9b − a 1 − − 2 2 a − 3ab 2ab − 6b 2b

6 a + 3 ⎞ 4a 2 − 4 ⎛ a +1 f) ⎜ + 2 − ⎟⋅ 3 ⎝ 2a − 2 2 a − 2 2 a + 2 ⎠

4k 4 − 23k 3 − 39k 2 + 32k − 28 törtet, ahol k ≠ −2 és k ≠ 7 ! ( k + 2) ⋅ ( k − 7 )

6.

Egyszerűsítsük a

7.

Oldjuk meg a valós számok halmazán a 6 x 5 + 5 x 4 − 29 x 3 + 29 x 2 − 5 x − 6 = 0 egyenletet!

8.

Határozzuk meg számológép használata nélkül a következő műveletek végeredményét! b) 3282 − 1722

a) 9982 9.

Bizonyítsuk be, hogy a

c) 296 ⋅ 304

80a ⎛ 2a + 5 2a − 5 ⎞ :⎜ − ⎟ kifejezés értéke minden egész a esetén párat4a − 10 ⎝ 2a − 5 2a + 5 ⎠

lan szám!

Az ellenőrző feladatok megoldásai 1.

Végezzük el a kijelölt műveleteket, majd adjuk meg az eredményt minél egyszerűbb alakban! a) ( 3 − b ) ⋅ ( 2b + 5 ) − ( b − 2 ) ⋅ ( b − 4b 2 ) 2

b)

(f

3

− 2 f 2 + ef ) ⋅ ( e2 + 5ef − f )

Megoldás: a) ( 3 − b ) ⋅ ( 2b + 5 ) − ( b − 2 ) ⋅ ( b − 4b 2 ) = 4b 4 − 17b3 + 18b 2 − 3b + 15 . 2

b)

(f

3

− 2 f 2 + ef ) ⋅ ( e 2 + 5ef − f ) = e3 f + e2 f 3 + 3e 2 f 2 + 5ef 4 − 10ef 3 − ef 2 − f 4 + 2 f 3 .

22

2.

A zárójelek felbontásával alakítsuk át többtagú kifejezéssé a következőket! a) ( 5ef − 4e ) 3

2

d) ( 3uv 5 − 2u 4 v )

b) ( 2q + 5r ) 3

(x

e)

y

3

+ y x )( x y − y x )

1 ⎞ ⎛3 c) ⎜ c + d ⎟ 3 ⎠ ⎝4 f)

(2 f

2

− 3 g − 4h )

2

Megoldás: a) ( 5ef 3 − 4e ) = 25e2 f 6 − 40e 2 f 3 + 16e2 . 2

b) ( 2q + 5r ) = 8q 3 + 60q 2 r + 150qr 2 + 125r 3 . 3

2

1 ⎞ 9 1 1 ⎛3 c) ⎜ c + d ⎟ = c 2 + cd + d 2 . 3 ⎠ 16 2 9 ⎝4 d) ( 3uv 5 − 2u 4 v ) = 27u 3v15 − 54u 6 v11 + 36u 9 v 7 − 8u12 v 3 . 3

3.

e)

(x

f)

(2 f

y

+ y x )( x y − y x ) = x 2 y − y 2 x . − 3 g − 4h ) = 4 f 2 + 9 g 2 + 16h 2 − 12 fg − 16 fh + 24 gh . 2

Alakítsuk szorzattá a következő kifejezéseket! a) i 2 − ij + ik − jk

b) 5m ⋅ ( a − b ) − 3n ⋅ ( b − a )

c) 100 f 4 + 60 f 2 g 3 + 9 g 6

d) 64 p 3 q 6 + 8 p12 q 3

e) 64 j 2 − 96 jk + 36k 2

f) a 3 − 3a 2 b + 6ab 2 − 8b3

g) 3v 2 + 27v + 54

h) q 3 − 8 + 6q 2 − 12q

i) x 3 y + 8 x 2 y + 19 xy + 12 y

Megoldás: a) i 2 − ij + ik − jk = ( i + k ) ⋅ ( i − j ) . b) 5m ⋅ ( a − b ) − 3n ⋅ ( b − a ) = ( 5m + 3n ) ⋅ ( a − b ) . c) 100 f 4 + 60 f 2 g 3 + 9 g 6 = (10 f 2 + 3 g 3 ) . 2

d) 64 p 3 q 6 + 8 p12 q 3 = ( 4 pq 2 + 2 p 4 q ) ⋅ (16 p 2 q 4 − 8 p 5 q 3 + 4 p8 q 2 ) . e) 64 j 2 − 96 jk + 36k 2 = ( 8 j − 6k ) . 2

f) a 3 − 3a 2b + 6ab 2 − 8b3 ≠ ( a − 2b ) , mert ez utóbbi értéke a 3 − 6a 2b + 12ab 2 − 8b3 . Ezt felhasz3

nálva a 3 − 3a 2 b + 6ab 2 − 8b3 = ( a − 2b ) + 3a 2b − 6ab 2 = ( a − 2b ) + 3ab ⋅ ( a − 2b ) = 3

3

23

= ( a − 2b ) ⋅ ( a 2 − ab + 4b 2 ) . g) 3v 2 + 27v + 54 = 3 ⋅ ( v + 3) ⋅ ( v + 6 ) . h) q 3 − 8 + 6q 2 − 12q = ( q 3 − 23 ) + 6q ⋅ ( q − 2 ) = ( q − 2 ) ⋅ ( q 2 + 8q + 4 ) . i) x 3 y + 8 x 2 y + 19 xy + 12 y = y ⋅ ( x3 + 8 x 2 + 19 x + 12 ) = y ⋅ ( x + 1) ⋅ ( x + 3) ⋅ ( x + 4 ) . A megoldás öt-

lete, hogy az x 3 + 8 x 2 + 19 x + 12 = 0 egyenletnek gyöke a −1 , így x + 1 -et kiemelve polinomosztással kapjuk a szorzatalakot. 4.

Egyszerűsítsük a törteket a változók lehetséges értékei mellett! a)

3c 2 − 27 d 2 5c 2 + 30cd + 45d 2

b)

18t 2 + 36tu + 18u 2 9t 4 − 9u 4

c)

d 2 e + 8de + 7e de − 2d + 7e − 14

Megoldás: a)

3 ⋅ ( c + 3d ) ⋅ ( c − 3d ) 3 ⋅ ( c − 3d ) 3c 2 − 27 d 2 = = , ahol c ≠ −3d . 2 2 2 5c + 30cd + 45d 5 ⋅ ( c + 3d ) 5 ⋅ ( c + 3d )

b)

18 ⋅ ( t + u ) 2 ⋅ (t + u ) 18t 2 + 36tu + 18u 2 = = , ahol t ≠ ±u . 4 4 9t − 9u 9 ⋅ (t 2 + u 2 ) ⋅ (t + u ) ⋅ (t − u ) (t 2 + u 2 ) ⋅ (t − u )

c)

e ⋅ ( d + 7 ) ⋅ ( d + 1) e ⋅ ( d + 1) d 2 e + 8de + 7e = = , ahol d ≠ −7 és e ≠ 2 . de − 2d + 7e − 14 e−2 ( d + 7 ) ⋅ ( e − 2)

2

5.

Végezzük el a kijelölt műveleteket a változók lehetséges értékei mellett! a)

i− j i2 + j2 − 2 3i + 3 j i − j 2

3o 2 ⎞ ⎛ o ⎞ ⎛ + 1⎟ : ⎜ 1 − b) ⎜ 2 ⎟ ⎝ o +1 ⎠ ⎝ 1− o ⎠

d)

a 2 − b 2 3a + 3b ⋅ 2 ( a + b ) 5a − 5b

⎛ k 2l ⎞ ⎛ k 2l ⎞ e) ⎜ + ⎟ − ⎜ − ⎟ ⎝ 2l k ⎠ ⎝ 2l k ⎠

2

2

c)

a + 6b 9b − a 1 − − 2 2 a − 3ab 2ab − 6b 2b

6 a + 3 ⎞ 4a 2 − 4 ⎛ a +1 f) ⎜ + 2 − ⎟⋅ 3 ⎝ 2a − 2 2 a − 2 2 a + 2 ⎠

Megoldás: 2 2 2 − (i + j ) i− j i2 + j 2 (i − j ) − 2 ⋅ (i + j ) −i − j a) − 2 = = = , ahol i ≠ ± j . 2 2i + 2 j i − j 2 ⋅ (i + j ) ⋅ (i − j ) 2 ⋅ (i + j ) ⋅ (i − j ) 2 ⋅ (i − j ) 2

3o 2 ⎞ 2o + 1 1 − 4o 2 2o + 1 (1 + o ) ⋅ (1 − o ) 1− o ⎛ o ⎞ ⎛ b) ⎜ , + 1⎟ : ⎜ 1 − = : = ⋅ = 2 ⎟ ⎝ o + 1 ⎠ ⎝ 1 − o ⎠ o + 1 (1 + o ) ⋅ (1 − o ) o + 1 (1 + 2o ) ⋅ (1 − 2o ) 1 − 2o 1 ahol o ≠ ±1 és o ≠ ± . 2

24

c)

a + 6b 9b − a 1 ( a + 6b ) ⋅ 2b − ( 9b − a ) ⋅ a − a ⋅ ( a − 3b ) −4b ⋅ ( a − 3b ) −2 − − = = = , 2 2 a − 3ab 2ab − 6b 2b a ⋅ ( a − 3b ) ⋅ 2b a ⋅ ( a − 3b ) ⋅ 2b a

ahol a ≠ 0 , a ≠ 3b és b ≠ 0 . d)

a 2 − b 2 3a + 3b ( a + b ) ⋅ ( a − b ) 3 ⋅ ( a + b ) 3 ⋅ = ⋅ = , ahol a ≠ ±b . 2 2 5 ⋅ (a − b) 5 (a + b) ( a + b ) 5a − 5b 2

2

2 4l 2 ⎞ ⎛ k 2 4l 2 ⎞ ⎛ k 2l ⎞ ⎛ k 2l ⎞ ⎛ k e) ⎜ + ⎟ − ⎜ − ⎟ = ⎜ 2 + 2 + 2 ⎟ − ⎜ 2 − 2 + 2 ⎟ = 4 , ahol k ≠ 0 és l ≠ 0 . k ⎠ ⎝ 4l k ⎠ ⎝ 2l k ⎠ ⎝ 2l k ⎠ ⎝ 4l

6 a + 3 ⎞ 4a 2 − 4 ( a + 1) + 6 − ( a + 3) ⋅ ( a − 1) 4 ⋅ ( a + 1) ⋅ ( a − 1) ⎛ a +1 + 2 − = ⋅ = f) ⎜ ⎟⋅ 3 2 ⋅ ( a − 1) ⋅ ( a + 1) 3 ⎝ 2a − 2 2a − 2 2a + 2 ⎠ 2

=

6.

4 ⋅ ( a + 1) ⋅ ( a − 1) 20 10 ⋅ = , ahol a ≠ ±1 . 2 ⋅ ( a − 1) ⋅ ( a + 1) 3 3

Egyszerűsítsük a

Megoldás:

4k 4 − 23k 3 − 39k 2 + 32k − 28 törtet, ahol k ≠ −2 és k ≠ 7 ! ( k + 2) ⋅ ( k − 7 )

2 4k 4 − 23k 3 − 39k 2 + 32k − 28 ( 4k − 3k + 2 ) ⋅ ( k + 2 ) ⋅ ( k − 7 ) = = 4k 2 − 3k + 2 . A vég( k + 2) ⋅ ( k − 7 ) ( k + 2) ⋅ ( k − 7 )

eredményt megkaphatjuk két egymás utáni polinomosztással (például először k + 2 -vel osztjuk el az eredeti számlálót, majd a kapott hányadost k − 7 -tel osztjuk, vagy fordított sorrendben). Megtehetjük azonban azt is, hogy a számlálót rögtön ( k + 2 ) ⋅ ( k − 7 ) = k 2 − 5k − 14 -gyel osztjuk el, ekkor kettő helyett csak egy osztást kell végrehajtanunk. Ilyenkor elvileg elképzelhető lenne, hogy az osztás során maradék keletkezik (ha a számláló nem osztható a nevező mindkét szorzótényezőjével), de a mostani feladatban nincsen maradék, ezzel a módszerrel is a helyes végeredményt kapjuk. 7.

Oldjuk meg a valós számok halmazán a 6 x 5 + 5 x 4 − 29 x 3 + 29 x 2 − 5 x − 6 = 0 egyenletet! Megoldás: Mivel az együtthatók összege 6 + 5 − 29 + 29 − 5 − 6 = 0 , ezért az egyenletnek biztosan gyöke az x1 = 1 . Az x − 1 -et szorzótényezőként kiemelve polinomosztással a következő ala-

kot kapjuk: ( x − 1) ⋅ ( 6 x 4 + 11x 3 − 18 x 2 + 11x + 6 ) = 0 . A második tényező egy szimmetrikus ne2

1⎞ 1⎞ ⎛ ⎛ gyedfokú kifejezés, amely x 2 -tel osztva ( x ≠ 0 ) és rendezve 6 ⋅ ⎜ x + ⎟ + 11 ⋅ ⎜ x + ⎟ − 30 x⎠ x⎠ ⎝ ⎝ 1 10 3 1 10 alakra hozható. Ennek x + -re vett gyökei − és . Az x + = − eset megoldásai x x 3 2 3 1 1 3 3 x2 = −3 és x3 = − , míg az x + = eset nem ad valós megoldást (hiszen x 2 − x + 1 = 0 diszx 2 3 2 1 kriminánsa negatív, illetve ismert, hogy x + ≥ 2 ). x

25

1 Tehát az egyenletnek három valós megoldása van: az 1, a −3 és a − . Ellenőrzéssel meggyő3 ződhetünk róla, hogy ezek mindegyike valóban jó megoldás. 8.

Határozzuk meg számológép használata nélkül a következő műveletek végeredményét! c) 296 ⋅ 304

b) 3282 − 1722

a) 9982 Megoldás:

a) 9982 = (1000 − 2 ) = 10002 − 2 ⋅ 1000 ⋅ 2 + 22 = 1000000 − 4000 + 4 = 996004 . 2

b) 3282 − 1722 = ( 328 + 172 ) ⋅ ( 328 − 172 ) = 500 ⋅ 156 = 78000 . c) 296 ⋅ 304 = ( 300 − 4 ) ⋅ ( 300 + 4 ) = 3002 − 42 = 90000 − 16 = 89984 . 9.

Bizonyítsuk be, hogy a

80a ⎛ 2a + 5 2a − 5 ⎞ :⎜ − ⎟ kifejezés értéke minden egész a esetén párat4a − 10 ⎝ 2a − 5 2a + 5 ⎠

lan szám! Megoldás: A nevezők miatt a ≠ ±2,5 , vagyis a kifejezés minden egész a-ra értelmezve van.

80a ⎛ 2a + 5 2a − 5 ⎞ 40a ( 2a + 5 ) − ( 2a − 5 ) 40a ( 2a − 5 ) ⋅ ( 2a + 5 ) − = ⋅ = 2a + 5 , :⎜ : ⎟= 4a − 10 ⎝ 2a − 5 2a + 5 ⎠ 2a − 5 ( 2a − 5 ) ⋅ ( 2a + 5 ) 2a − 5 40a 2

2

amely valóban minden egész a esetén páratlan szám, hiszen egy páros ( 2a ) és egy páratlan (5) szám összege.

26