Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)
Egyenletek, egyenlőtlenségek VII. Magasabbfokú egyenletek: A 3, vagy annál nagyobb fokú egyenleteket magasabb fokú egyenleteknek nevezzük. Megjegyzés: Egy 𝑛 - ed fokú egyenletnek legfeljebb 𝑛 darab valós megoldása lehet, de megoldó képlet csak negyedfokú egyenletig ismert. A harmad és negyedfokú megoldó képlet bonyolultsága miatt a gyakorlatban azonban nem alkalmazható.
Magasabb fokú egyenletek megoldása: A kettőnél magasabb fokú egyenletek megoldását bizonyos esetekben vissza tudjuk vezetni másodfokú egyenletek megoldására. Ekkor először keresnünk kell egy olyan kifejezést, melyet az eredeti egyenletbe behelyettesítve egy másodfokú egyenlethez jutunk. Ezt követően megoldjuk a másodfokú egyenletet, majd a kapott értékeket visszahelyettesítjük az általunk meghatározott kifejezésbe.
Egyenletrendszerek megoldása: A korábban tanult módszerek (egyenlő együtthatók; behelyettesítő; összehasonlító) mellett a megoldásokhoz egy újabb módszert is alkalmazhatunk: új ismeretlen bevezetésével egyszerűbb alakra hozzuk az egyenleteket, s azokat megoldva a kapott eredményeket visszahelyettesítjük az általunk bevezetett ismeretlenek helyére. Megjegyzés: Abban az esetben, ha egy egyenletrendszerben a változók felcserélése után ugyanazt az egyenletrendszert kapjuk, akkor azt szimmetrikus egyenletrendszernek nevezzük és a megoldásaira igaz, hogy 𝑥1 = 𝑦2 és 𝑦1 = 𝑥2 . Azaz, ha kaptunk egy jó megoldást, akkor a tagok felcserélésével szintén jó megoldást kapunk.
1
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 1. Oldd meg a következő magasabb fokú egyenleteket! (Alaphalmaz: ℝ) a) 𝒙𝟒 − 𝟑𝒙𝟐 − 𝟒 = 𝟎 b) 𝟐𝒙𝟔 + 𝟏𝟒𝒙𝟑 − 𝟏𝟔 = 𝟎 𝟒
𝟐
c) 𝒙𝟑 − 𝟓𝒙𝟑 + 𝟒 = 𝟎 d) 𝟖 ∙ (𝒙 − 𝟏)𝟔 − 𝟐𝟏𝟓 ∙ (𝒙 − 𝟏)𝟑 − 𝟐𝟕 = 𝟎 Megoldás: Vezessünk be új ismeretlent, s oldjuk meg a kapott másodfokú egyenletet, majd a megoldásokat helyettesítsük vissza a bevezetett ismeretlen helyére. a) 𝑥 4 − 3𝑥 2 − 4 = 0 Legyen: 𝑎 = 𝑥 2 . Ekkor a behelyettesítés után a következő egyenlethez jutunk: 𝑎2 − 3𝑎 − 4 = 0. A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy a két megoldás: 𝑎1 = 4 és 𝑎2 = −1. Ezeket visszahelyettesítve megkapjuk az 𝑥 értékeit. Ha 𝑎1 = 4, akkor 𝑥 2 = 4, vagyis a megoldások: 𝑥1 = 2 és 𝑥2 = −2. Ha 𝑎2 = −1, akkor 𝑥 2 = −1, vagyis ennek az egyenletnek nincs megoldása. Ezek alapján az eredeti egyenlet megoldásai: 𝑥1 = 2 és 𝑥2 = −2.
2
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) b) 2𝑥 6 + 14𝑥 3 − 16 = 0 Legyen: 𝑎 = 𝑥 3 . Ekkor a behelyettesítés után a következő egyenlethez jutunk: 2𝑎2 + 14𝑎 − 16 = 0. A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy a két megoldás: 𝑎1 = 1 és 𝑎2 = −8. Ezeket visszahelyettesítve megkapjuk az 𝑥 értékeit. Ha 𝑎1 = 1, akkor 𝑥 3 = 1, vagyis a megoldás: 𝑥1 = 1. Ha 𝑎2 = −8, akkor 𝑥 3 = −8, vagyis a megoldás: 𝑥2 = −2. Ezek alapján az eredeti egyenlet megoldásai: 𝑥1 = 1 és 𝑥2 = −2.
4
2
c) 𝑥 3 − 5𝑥 3 + 4 = 0 2
Legyen: 𝑎 = 𝑥 3 . Ekkor a behelyettesítés után a következő egyenlethez jutunk: 𝑎2 − 5𝑎 + 4 = 0. A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy a két megoldás: 𝑎1 = 1 és 𝑎2 = 4. Ezeket visszahelyettesítve megkapjuk az 𝑥 értékeit. 2
Ha 𝑎1 = 1, akkor 𝑥 3 = 1, vagyis a megoldások: 𝑥1 = 1 és 𝑥2 = −1. 2
Ha 𝑎2 = 4, akkor 𝑥 3 = 4, vagyis a megoldások: 𝑥3 = 8 és 𝑥4 = −8. Ezek alapján az eredeti egyenlet megoldásai: 𝑥1 = 1, 𝑥2 = −1, 𝑥3 = 8 és 𝑥4 = −8.
3
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) d) 8 ∙ (𝑥 − 1)6 − 215 ∙ (𝑥 − 1)3 − 27 = 0 Legyen: 𝑎 = (𝑥 − 1)3 . Ekkor a behelyettesítés után a következő egyenlethez jutunk: 8𝑎2 − 215𝑎 − 27 = 0. 1
A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy a két megoldás: 𝑎1 = − 8 és 𝑎2 = 27. Ezeket visszahelyettesítve megkapjuk az 𝑥 értékeit. 1
1
1
Ha 𝑎1 = − 8, akkor (𝑥 − 1)3 = − 8, vagyis a megoldás: 𝑥1 = 2. Ha 𝑎2 = 27, akkor (𝑥 − 1)3 = 27, vagyis a megoldás: 𝑥2 = 4. 1
Ezek alapján az eredeti egyenlet megoldásai: 𝑥1 = 2 és 𝑥2 = 4.
2. Oldd meg a következő magasabb fokú egyenleteket! a) 𝟐𝒙𝟒 − 𝟑𝒙𝟑 − 𝒙𝟐 − 𝟑𝒙 + 𝟐 = 𝟎 b) 𝒙𝟑 − 𝟔𝒙𝟐 + 𝟏𝟏𝒙 − 𝟔 = 𝟎 c) 𝒙𝟒 + 𝒙𝟑 − 𝟕𝒙𝟐 − 𝒙 + 𝟔 = 𝟎 Megoldás: Ezeket az egyenleteket behelyettesítéssel nem tudjuk megoldani, ezért más megoldási módszert kell keresnünk. A megoldásokhoz a következőket használhatjuk fel: szorzattá alakítás kiemeléssel vagy polinomok osztásával; szimmetrikus egyenletek tulajdonságaival. a) 2𝑥 4 − 3𝑥 3 − 𝑥 2 − 3𝑥 + 2 = 0 Ebben az esetben észrevehetjük, hogy az együtthatók szimmetrikusak a középső együtthatóra nézve, vagyis: 2; −3; −1; −3; 2. Ekkor az egyenlet rendezése után egy alkalmas helyettesítéssel szintén átalakíthatjuk másodfokú egyenletté. A szimmetrikus 1 egyenletek esetében, ha 𝑥 megoldása az egyenletnek, akkor az is megoldás lesz. Az ilyen 𝑥 tulajdonságú egyenleteket reciprok egyenleteknek nevezzük.
4
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Osszuk el az egyenletet 𝑥 2 – tel (mivel az 𝑥 = 0 nem megoldás, így oszthatunk vele): 3
2
2𝑥 2 − 3𝑥 − 1 − 𝑥 + 𝑥2 = 0 1
1
Hozzuk a következő alakra az egyenletet: 2 ∙ (𝑥 2 + 𝑥2 ) − 3 ∙ (𝑥 + 𝑥) − 1 = 0. 1 2
1
1
1 2
Mivel (𝑥 + 𝑥) = 𝑥 2 + 2 + 𝑥2 , ezért ebből azt kapjuk, hogy 𝑥 2 + 𝑥2 = (𝑥 + 𝑥) − 2. Ezt helyettesítsük be az eredeti egyenletünkbe, majd rendezzük az egyenletet: 1 2
1
2 ∙ [(𝑥 + 𝑥) – 2] − 3 ∙ (𝑥 + 𝑥) − 1 = 0 1 2
1
2 ∙ (𝑥 + 𝑥) − 3 ∙ (𝑥 + 𝑥) − 5 = 0 Ezt követően egy alkalmas helyettesítéssel az egyenlet másodfokúvá válik. 1
Legyen: 𝑎 = 𝑥 + 𝑥. Ekkor a behelyettesítés után a következő egyenlethez jutunk: 2𝑎2 − 3𝑎 − 5 = 0. 5
A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy a két megoldás: 𝑎1 = 2 és 𝑎2 = −1. Ezeket visszahelyettesítve megkapjuk az 𝑥 értékeit. 5
1
5
Ha 𝑎1 = 2, akkor 𝑥 + 𝑥 = 2, amiből a következő egyenlet adódik: 2𝑥 2 − 5𝑥 + 2 = 0. 1
A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy a két megoldás: 𝑥1 = 2 és 𝑥2 = 2. 1
Ha 𝑎2 = −1, akkor 𝑥 + 𝑥 = −1, amiből a következő egyenlet adódik: 𝑥 2 + 𝑥 + 1 = 0. A megoldó képlet segítségével azt kapjuk, hogy ennek az egyenletnek nincs megoldása. 1
Ezek alapján az eredeti egyenlet megoldásai: 𝑥1 = 2 és 𝑥2 = 2. 5
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) b) 𝑥 3 − 6𝑥 2 + 11𝑥 − 6 = 0 Ebben az esetben úgy oldhatjuk meg az egyenletet, hogy a tagok megfelelő rendezésével szorzattá alakítjuk a baloldalon álló kifejezést. 𝑥 3 − 6𝑥 2 + 11𝑥 − 6 = 𝑥 3 − 𝑥 2 − 5𝑥 2 + 5𝑥 + 6𝑥 − 6 = = 𝑥 2 ∙ (𝑥 − 1) − 5𝑥 ∙ (𝑥 − 1) + 6 ∙ (𝑥 − 1) = (𝑥 2 − 5𝑥 + 6) ∙ (𝑥 − 1). Az egyenlet így felírható a következő alakban is: (𝑥 2 − 5𝑥 + 6) ∙ (𝑥 − 1) = 0. Egy szorzat értéke akkor 0, ha valamelyik tényezője 0. Ha az 𝑥 − 1 = 0, akkor 𝑥1 = 1. Ha az 𝑥 2 − 5𝑥 + 6 = 0, akkor a megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy a két megoldás: 𝑥2 = 2 és 𝑥3 = 3. Ezek alapján az eredeti egyenlet megoldásai: 𝑥1 = 1, 𝑥2 = 2 és 𝑥3 = 3.
c) 𝑥 4 + 𝑥 3 − 7𝑥 2 − 𝑥 + 6 = 0 Ebben az esetben úgy oldhatjuk meg az egyenletet, hogy a baloldalon álló kifejezést szorzattá alakítjuk polinomok osztásával. Hozzuk a következő alakra az egyenletet: 𝑥 ∙ (𝑥 3 + 𝑥 2 − 7𝑥 − 1) = −6. Ebből látható, hogy ha az egyenletnek van egész megoldása, akkor 𝑥 biztosan osztója lesz a (−6) - nak. Ezek alapján az 𝑥 értéke a következők közül kerülhet ki: ± 1; ± 2; ± 3; ± 6. Próbálgatások (behelyettesítések) után kapjuk, hogy 𝑥1 = −1 megoldása az egyenletnek. Mivel a gyöktényezős alak magasabb fokú egyenletnél is fennáll, ezért azt alkalmazva, az eredeti egyenletünk bal oldala egy harmad és egy első fokú polinom szorzataként is felírható. Osszuk el az egyenletünk bal oldalán álló kifejezést (𝑥 + 1) - gyel, hogy megkapjuk a harmadfokú tagunkat.
6
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) (𝑥 4 + 𝑥 3 − 7𝑥 2 − 𝑥 + 6) ∶ (𝑥 + 1) = 𝑥 3 − 7𝑥 + 6 𝑥4 + 𝑥3 −7𝑥 2 − 𝑥 + 6 −7𝑥 2 − 7𝑥 6𝑥 + 6 6𝑥 + 6 0 Ezek alapján az eredeti egyenletünk felírható a következő szorzatalakban: (𝑥 + 1) ∙ (𝑥 3 − 7𝑥 + 6) = 0. Egy szorzat értéke akkor 0, ha valamelyik tényezője 0. Ezek alapján az 𝑥 3 − 7𝑥 + 6 = 0 egyenlet gyöke, megoldása az eredeti egyenletnek is. Ezt az egyenletet az előzőhöz hasonlóan oldhatjuk meg: az egyenlet bal oldalát polinomok osztásával felírjuk egy első és egy másodfokú polinom szorzataként. Hozzuk a következő alakra az egyenletet: 𝑥 ∙ (𝑥 2 − 7) = −6. Ebből látható, hogy ha az egyenletnek van egész megoldása, akkor 𝑥 biztosan osztója lesz a (−6) - nak. Ezek alapján az 𝑥 értéke a következők közül kerülhet ki: ± 1; ± 2; ± 3; ± 6. A behelyettesítések után kapjuk, hogy 𝑥 = 1 is jó megoldás. Osszuk el az egyenletünket (𝑥 − 1) - gyel, hogy megkapjuk a másodfokú tagunkat. (𝑥 3 − 7𝑥 + 6) ∶ (𝑥 − 1) = 𝑥 2 + 𝑥 − 6 𝑥3 − 𝑥2 𝑥 2 − 7𝑥 + 6 𝑥2 − 𝑥 −6𝑥 + 6 −6𝑥 + 6 0 7
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Ezek alapján az egyenletünk felírható a következő szorzatalakban: (𝑥 − 1) ∙ (𝑥 2 + 𝑥 − 6) = 0. Ebből következik, hogy az 𝑥 2 + 𝑥 − 6 = 0 egyenlet gyöke, megoldása lesz az eredeti egyenletnek is. A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy a két megoldás: 𝑥1 = 2 és 𝑥2 = −3. Ezek alapján az eredeti egyenlet megoldásai: 𝑥1 = −1, 𝑥2 = 1, 𝑥3 = 2 és 𝑥4 = −3.
3. Az 𝒙𝟐 + 𝟒𝒂𝒙 + 𝟐𝒂𝟐 + 𝟑𝒂 − 𝟏 = 𝟎 egyenlet gyökei az 𝒂 paraméter mely értékeinél lesznek egyenlők? Megoldás: A gyökök akkor lesznek egyenlők, ha a diszkrimináns értéke 0. Ezek alapján a következőt írhatjuk fel: 𝐷 = (4𝑎)2 − 4 ∙ (2𝑎2 + 3𝑎 − 1) = 8𝑎2 − 12𝑎 + 4 = 0 1
A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet két megoldása: 𝑎1 = 1 és 𝑎2 = 2.
4. A 𝒑, 𝒒 milyen egyjegyű pozitív egész értékeire lesz az 𝒙𝟐 + 𝒑𝒙 + 𝒒 = 𝟎 egyenlet egyik gyöke a másik gyök négyszerese? Megoldás: A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet két megoldása: 𝑥1 =
−𝑝 − √𝑝2 − 4𝑞 2
és
𝑥2 =
−𝑝 + √𝑝2 − 4𝑞 2
.
A feladat alapján 𝑥2 = 4𝑥1 , vagy 𝑥1 = 4𝑥2 . Az első esetben, behelyettesítés után, hozzuk a következő alakra az egyenletet: −3𝑝 = 5 ∙ √𝑝2 − 4𝑞. Mivel a baloldalon egy negatív érték szerepel, a jobboldalon pedig egy pozitív, így ebben az esetben nincs olyan 𝑝 és 𝑞 megoldás, melyre teljesülne az egyenlőség. 8
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) A másik esetben, behelyettesítés után, hozzuk a következő alakra az egyenletet: 3𝑝 = 5 ∙ √𝑝2 − 4𝑞. Ebből azt kapjuk, hogy 𝑝2 =
25 4
𝑞.
Mivel a megoldások csak pozitív egyjegyű egészek lehetnek, ezért 𝑞 csak 4 - gyel osztható egyjegyű szám lehet, vagyis 4, vagy 8. A behelyettesítések után azt kapjuk, hogy csak a 𝑞 = 4 lesz jó megoldás, s ekkor 𝑝 = 5. Visszahelyettesítve az eredeti egyenletbe azt kapjuk, hogy az egyenlet 𝑥 2 + 5𝑥 + 4 = 0 alakú lesz, melynek a gyökei 𝑥1 = −1 és 𝑥2 = −4.
5. Határozd meg az 𝒎 paraméter értékét úgy, hogy a következő kifejezés értéke bármely 𝒙 esetén negatív legyen: 𝒎𝒙𝟐 + (𝒎 − 𝟏) ∙ 𝒙 + 𝒎 − 𝟏! Megoldás: Ha az 𝑚 egyenlő lenne 0 - val, akkor lineáris egyenlőséget kapnánk, aminek a képe egy egyenes, vagyis nem lenne minden 𝑥 esetén negatív, így ez nem lehetséges. Továbbá, ha minden 𝑥 esetén negatív értéket kapunk, akkor a függvény képe egy lefelé nyíló parabola lesz, vagyis az 𝑥 2 együtthatója egy negatív szám lesz, azaz 𝑚 < 0. Mivel minden 𝑥 esetén negatív értéket kapunk, ez azt jelenti, hogy a parabola az 𝑥 tengely alatt helyezkedik el és nem metszi se hol az 𝑥 tengelyt. Ezek alapján az egyenletnek nincs megoldása, vagyis a diszkrimináns kisebb, mint 0. Írjuk fel a diszkriminánsra vonatkozó összefüggést és oldjuk meg az egyenlőtlenséget. 𝐷 = (𝑚 − 1)2 − 4 ∙ 𝑚 ∙ (𝑚 − 1) < 0 −3𝑚2 + 2𝑚 + 1 < 0 1
A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet megoldásai: 𝑥1 = − 3 és 𝑥2 = 1.
9
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Mivel az 𝑥 2 együtthatója egy negatív szám (𝑎 < 0), ezért a függvény képét a következőképpen vázolhatjuk:
Az egyenlőtlenséget tekintve, a függvénynek azt a részét kell megoldásként tekintenünk, mely az 𝑥 tengely alatt található. 1
Ezek alapján a megoldás: 𝑥 < − 3 vagy 1 < 𝑥. A megoldást összevetve a kezdeti feltétellel (𝑚 < 0), azt kapjuk, hogy a feladat megoldása: 1 𝑚 < − 3.
6. Az 𝒎 paraméter mely értékeinél lesz a következő egyenlet egyik gyöke a másiknak kétszerese? Határozd meg az egyenlet gyökeit is! 𝟐𝒙𝟐 + 𝟑 ∙ (𝒎 − 𝟐) ∙ 𝒙 + 𝟏𝟔 = 𝟎 Megoldás: A feladat szövege alapján felírhatjuk, hogy 𝑥1 = 2𝑥2 . Írjuk fel a gyökök szorzatára vonatkozó Viete – formulát és helyettesítsük be a kapott alakot. 𝑥1 ∙ 𝑥2 =
16 2
2𝑥22 = 8 𝑥22 = 4 Ebből azt kapjuk, hogy 𝑥2 = 2 vagy 𝑥2 = −2. Ezeket visszahelyettesítve megkapjuk az 𝑥1 értékeit is. Ha 𝑥2 = 2, akkor 𝑥1 = 4. Ha 𝑥2 = −2, akkor 𝑥1 = −4.
10
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Az 𝑚 meghatározásához írjuk fel a gyökök összegére vonatkozó Viete – formulát is, majd helyettesítsünk be ismét. 𝑥1 + 𝑥2 = 3𝑥2 =
(−3)∙ (𝑚−2) 2
(−3)∙(𝑚−2) 2
𝑚 = −2𝑥2 + 2 Helyettesítsük vissza az 𝑥2 – re kapott értékeket, s így megkapjuk a lehetséges 𝑚 értékeket is. Ha 𝑥2 = 2, akkor 𝑚 = −2. Ha 𝑥2 = −2, akkor 𝑚 = 6.
7. Az 𝒙𝟐 + 𝒑𝒙 + 𝒒 = 𝟎 egyenlet egyik gyöke 𝟓, a másik 𝟕. Határozd meg 𝒑 és 𝒒 értékét! Megoldás: I. megoldás: Írjuk fel a Viete – formulákat és helyettesítsünk be. 𝑥1 + 𝑥2 = −𝑝
→
5 + 7 = −𝑝 →
𝑝 = −12
𝑥1 ∙ 𝑥2 = 𝑞
→
5∙7=𝑞
𝑞 = 35
→
II. megoldás: Mivel a gyökök kielégítik az egyenletet, ezért helyettesítsük be azokat az 𝑥 helyére. 25 + 5𝑝 + 𝑞 = 0 49 + 7𝑝 + 𝑞 = 0 A második egyenletből kivonva az elsőt, azt kapjuk, hogy 𝑝 = −12. Ezt helyettesítsük vissza valamely kezdeti egyenletbe, s így megkapjuk 𝑞 értékét is: 𝑞 = 35. Ezek alapján az eredeti egyenletünk a következő alakú: 𝑥 2 − 12𝑥 + 35 = 0.
11
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 8. Határozd meg az 𝒂 valós paraméter értékét úgy, hogy a következő egyenlet mindkét gyöke negatív legyen! (𝒂 − 𝟐) ∙ 𝒙𝟐 + 𝟐𝒙 − 𝟐𝒂 = 𝟎 Megoldás: Akkor lesz két megoldása az egyenletnek, ha 𝑎 − 2 ≠ 0 és 𝐷 > 0. Ezekből azt kapjuk, hogy 𝑎 ≠ 2 és 𝐷 = 4 − 4 ∙ (𝑎 − 2) ∙ (−2𝑎) = 8𝑎2 − 16𝑎 + 4 > 0. Mindkét gyök akkor lesz negatív, ha az összegük negatív és a szorzatuk pozitív. Írjuk fel a gyökök összegét és szorzatát a Viete – formulák segítségével. 𝑥1 + 𝑥2 = −
2
és
𝑎−2
𝑥1 ∙ 𝑥2 =
−2𝑎 𝑎−2
.
Első eset, ha a gyökök összege negatív. 2
−𝑎−2 < 0
→
2 𝑎−2
>0
Egy tört akkor pozitív, ha a számláló és nevező előjele megegyezik. Ebből következik, hogy az első eset megoldása: 𝑎 − 2 > 0
→
𝑎 > 2.
Második eset, ha a gyökök szorzata pozitív. 2𝑎 2−𝑎
>0
Ha a számláló és nevező is pozitív: 𝑎 > 0 és 2 − 𝑎 > 0 → 2 > 𝑎. A megoldás: 0 < 𝑎 < 2. Ha a számláló és nevező is negatív: 𝑎 < 0 és 2 − 𝑎 < 0 → 2 < 𝑎. Ekkor nincs megoldás. Mivel a két ág független egymástól, ezért a második eset megoldása: 0 < 𝑎 < 2.
Mivel a két esetnek egyszerre kel teljesülnie, ezért a két eset megoldását összevetve azt kapjuk, hogy nincs közös részük, vagyis a feladatnak nincs megoldása.
Így a kezdeti feltételt (𝐷 = 8𝑎2 − 16𝑎 + 4 > 0) már nem szükséges megvizsgálnunk.
12
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 9. A 𝒑 paraméter mely értékére teljesül a következő egyenlőtlenség minden 𝒙 - re? (𝒑 − 𝟐) ∙ 𝒙𝟐 + 𝟐𝒑𝒙 + 𝒑 + 𝟒 > 𝟎 Megoldás: Ahhoz, hogy az egyenlőtlenség fennálljon, a következőknek kell teljesülnie. A baloldalon álló kifejezésnek a képe olyan parabolának kell lennie, amely nem metszi az 𝑥 tengelyt és minden pontja az 𝑥 tengely fölött helyezkedjen el. Az első esetben a másodfokú egyenletnek nem lehet megoldása, vagyis a diszkriminánsnak kisebbnek kell lennie, mint 0: 𝐷 = 4𝑝2 − 4 ∙ (𝑝 − 2) ∙ (𝑝 + 4) < 0
→ 4𝑝2 − 4𝑝2 − 8𝑝 + 32 < 0
→ 𝑝 > 4.
A második esetben a kifejezés főegyütthatójának pozitívnek kell lennie (és nem lehet 0): 𝑝−2>0
→
𝑝 > 2.
A feladat megoldásához a két feltételnek egyszerre kell teljesülnie. Ezek alapján a feladat megoldása: 𝑝 > 4.
10. Oldd meg a következő egyenletrendszereket! (Alaphalmaz: ℝ) a)
𝒙𝟐 − 𝒙𝒚 − 𝒚𝟐 = 𝟏𝟗 } 𝒙−𝒚=𝟕
b)
√𝒙 + √𝒚 = 𝟓 } √𝒙𝒚 = 𝟔
c)
𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒙 + 𝒚 = 𝟏𝟖 } 𝟐𝒙𝟐 − 𝟐𝒚𝟐 + 𝟐𝒙 − 𝟐𝒚 = 𝟏𝟐
d)
𝒙𝟐 − 𝟑𝒙𝒚 + 𝒚𝟐 = −𝟏 } 𝟑𝒙𝟐 − 𝒙𝒚 + 𝟑𝒚𝟐 = 𝟏𝟑
Megoldás: a)
𝑥 2 − 𝑥𝑦 − 𝑦 2 = 19 } 𝑥−𝑦=7 Ebben az esetben a behelyettesítő módszert célszerű alkalmaznunk. 13
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) A második egyenletből fejezzük ki 𝑥 – et, s a következőt kapjuk: 𝑥 = 7 + 𝑦. Ezt helyettesítsük be az első egyenletbe, majd rendezzük az egyenletet. (7 + 𝑦)2 − (7 + 𝑦) ∙ 𝑦 − 𝑦 2 = 19 49 + 14𝑦 + 𝑦 2 − 7𝑦 − 𝑦 2 − 𝑦 2 = 19 𝑦 2 − 7𝑦 − 30 = 0 A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy a két megoldás: 𝑦1 = 10 és 𝑦2 = −3. Ezeket visszahelyettesítve megkapjuk az 𝑥 értékeit is. Ha 𝑦1 = 10, akkor: 𝑥1 = 7 + 10 → 𝑥1 = 17. Ha 𝑦2 = −3, akkor: 𝑥2 = 7 − 3 → 𝑥2 = 4.
Ezek alapján az egyenletrendszer megoldásai: (17; 10), (4; −3).
b)
√𝑥 + √𝑦 = 5 } √𝑥𝑦 = 6 Feltétel: 𝑥 ≥ 0 és 𝑦 ≥ 0 Ebben az esetben behelyettesítés után az új ismeretlen bevezetését célszerű alkalmaznunk. Az első egyenletből a következőt kapjuk: √𝑥 = 5 − √𝑦. Ezt helyettesítsük be az első egyenletbe, majd rendezzük az egyenletet. (5 − √𝑦) ∙ √𝑦 = 6 𝑦 − 5 ∙ √𝑦 + 6 = 0
Legyen az új ismeretlen: 𝑎 = √𝑦. 14
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Ekkor a behelyettesítés után a következő alakhoz jutunk: 𝑎2 − 5𝑎 + 6 = 0. A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy a két megoldás: 𝑎1 = 2 és 𝑎2 = 3. Ezeket visszahelyettesítve megkapjuk az 𝑦 értékeit. Ha 𝑎1 = 2, akkor 2 = √𝑦1, vagyis 𝑦1 = 4. Ha 𝑎2 = 3, akkkor 3 = √𝑦2, vagyis 𝑦2 = 9. Ezeket visszahelyettesítve pedig megkapjuk az 𝑥 értékeit is. Ha 𝑦1 = 4, akkor: √𝑥1 = 5 − 2 → 𝑥1 = 9. Ha 𝑦2 = 9, akkor: √𝑥2 = 5 − 3 → 𝑥2 = 4.
Ezek alapján az egyenletrendszer megoldásai: (9; 4), (4; 9).
c)
𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑥 + 𝑦 = 18 } 2𝑥 2 − 2𝑦 2 + 2𝑥 − 2𝑦 = 12 Ebben az esetben az egyenlő együtthatók módszerét célszerű alkalmaznunk. Szorozzuk be az első egyenletet 2 – vel. 2𝑥 2 + 2𝑦 2 + 2𝑥 + 2𝑦 = 36 2𝑥 2 − 2𝑦 2 + 2𝑥 − 2𝑦 = 12 Adjuk össze a két egyenletet, s így a következőt kapjuk: 4𝑥 2 + 4𝑥 = 48. Ebből rendezés után a következő alakot kapjuk: 𝑥 2 + 𝑥 − 12 = 0. A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy a két megoldás: 𝑥1 = −4 és 𝑥2 = 3. Ezeket visszahelyettesítve az eredeti egyenletek valamelyikébe megkapjuk az 𝑦 értékeit is. 15
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Ha 𝑥1 = −4, akkor: (−4)2 + 𝑦 2 − 4 + 𝑦 = 18 → 𝑦 2 + 𝑦 − 6 = 0 → 𝑦1 = −3 és 𝑦2 = 2. Ha 𝑥2 = 3, akkor: 32 + 𝑦 2 + 3 + 𝑦 = 18 → 𝑦 2 + 𝑦 − 6 = 0 → 𝑦3 = −3 és 𝑦4 = 2.
Ezek alapján az egyenletrendszer megoldásai: (−4; −3), (−4; 2), (3; −3) és (3; 2).
d)
𝑥 2 − 3𝑥𝑦 + 𝑦 2 = −1 } 3𝑥 2 − 𝑥𝑦 + 3𝑦 2 = 13 Ebben az esetben először az egyenlő együtthatók módszerét célszerű alkalmaznunk. Szorozzuk be az első egyenletet 3 - mal. 3𝑥 2 − 9𝑥𝑦 + 3𝑦 2 = −3 3𝑥 2 − 𝑥𝑦 + 3𝑦 2 = 13 Vonjuk ki az első egyenletből a második egyenletet, így a következőt kapjuk: 𝑥𝑦 = 2. 2
Ebből fejezzük ki 𝑥 – et, s a következőt kapjuk: 𝑥 = 𝑦. Ezt helyettesítsük be az eredeti egyenletrendszer valamelyik egyenletébe, majd rendezzük az egyenletet. 2 2
2
(𝑦) − 3 ∙ 𝑦 ∙ 𝑦 + 𝑦 2 = −1 𝑦 4 − 5𝑦 2 + 4 = 0 A magasabb fokú egyenlet megoldásához vezessünk be új ismeretlent. Legyen az új ismeretlen: 𝑎 = 𝑦 2 . Ekkor a behelyettesítés után a következő alakhoz jutunk: 𝑎2 − 5𝑎 + 4 = 0. A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy a két megoldás: 𝑎1 = 1 és 𝑎2 = 4. 16
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Ezeket visszahelyettesítve megkapjuk az 𝑦 értékeit. Ha 𝑎1 = 1, akkor 𝑦 2 = 1, vagyis 𝑦1 = 1 és 𝑦2 = −1. Ha 𝑎2 = 4, akkor 𝑦 2 = 4, vagyis 𝑦3 = 2 és 𝑦4 = −2.
Ezeket visszahelyettesítve megkapjuk az 𝑥 értékeit is. 2
Ha 𝑦1 = 1, akkor: 𝑥1 = 1 = 2. 2
Ha 𝑦2 = −1, akkor: 𝑥2 = −1 = −2. 2
Ha 𝑦3 = 2, akkor: 𝑥3 = 2 = 1. 2
Ha 𝑦4 = −2, akkor: 𝑥4 = −2 = −1.
Ezek alapján az egyenletrendszer megoldásai: (2; 1), (−2; −1), (1; 2) és (−1; −2).
17
