Felfedezőúton az algebrában, avagy egyenletek kicsit másképpen Egyenletek, egyenletrendszerek 6. feladatcsomag

SZÁMTAN, ALGEBRA Egyenletek, egyenletrendszerek

B 6.3

Felfedezőúton az algebrában, avagy egyenletek kicsit másképpen Egyenletek, egyenletrendszerek 6. feladatcsomag Életkor:

14–15 év

Fogalmak, eljárások:

• • • • • •

elsőfokú egyenlet magasabb fokú egyenlet nyitott és zárt feladat egyenletek grafikus megoldása azonos átalakítások algebrai azonosságok

Az egyenletek megoldásánál nemcsak az absztrakt gondolkodás szükségessége okoz gondot. Gyakran hiányzik a kellő motiváció is, hiszen „száraz” a téma. Érdemes átgondolni tanári gyakorlatunkat, a feladatok (akár csak kis) változtatásában rejlő lehetőségeket, hiszen ezeket kihasználva változatosabbá tehetjük ezeket az órákat is. A következő feladatlapok hagyományos feladatokon alapulnak, de kiegészülnek olyan kérdésekkel, amelyekkel nemcsak változatosabbak lesznek a matematikaórák, de a tanulók megszerzett tudása is alaposabb lesz, és – elsősorban a problémamegoldás terén – a matematikai gondolkodásuk is fejlődik.

A feladatok listája 1. Egyenletek nemcsak kezdőknek – Bemelegítő (összehasonlítás, analógiakeresés, feladatkészítés) 2. Egyenletek nemcsak haladóknak (összehasonlítás, analógiakeresés, feladatkészítés) 3. Egyenletek „magasabb fokon” mindenkinek (összehasonlítás, analógiakeresés, feladatkészítés)

Fejlesztő matematika (5–12. évf.)

1


B 6.3

4. Egyenletek minden mennyiségben (összehasonlítás, analógiakeresés, feladatkészítés, összefüggések meglátása, kreativitás)

Módszertani tanácsok Az összetettebb feladatok megoldását típusfeladatok begyakorlása segíti leginkább, hiszen az összetett probléma megoldása közben a rutineljárások „behívásával” a tanuló energiája nem az alaplépések megtételére megy el, hanem megmarad az adott probléma átlátására és megoldására. Ha azonban ez a begyakorlás nem tudatosan történt, az első akadálynál „elvérezhetnek” diákjaink. A tudatos, értő feladatmegoldást és gyakorlást sokféleképpen lehet segíteni. Például • a megoldási lépések többszöri megbeszélésével, • különböző megoldási utak elemzésével, összehasonlításával, • kis változtatással készült, korábbiakhoz hasonló feladatok megoldásával. Kevésbé használatos módszer az egyéni (hasonló) feladatkészítés és ezek megoldása. Ez utóbbi több szempontból is értékes és tanulságos. Egyrészt meg kell figyelni a feladatok szerkezetét, matematikai tartalmát és ezzel összefüggésben a megoldást is ahhoz, hogy hasonló feladat készülhessen. Az ilyen megfigyelések fejlesztik a tudatos problémakezelés képességét. Másrészt a saját (tanulói) készítésű feladat megoldása sokkal izgalmasabb; a tapasztalatok szerint ezeket a feladatokat a tanulók többsége akkor is sajátjának érzi, ha valamelyik társa készítette. Ennek megfelelően szívesebben is foglalkozik velük. Az pedig tény, hogy a motivált, pozitív(abb) érzelmi állapotban szerzett ismeretek mélyebbek és könnyebben aktiválhatók a későbbiekben is egy-egy probléma megoldásához. Ha feladatot kell készíteniük, akkor nyilvánvalóan nyitott feladatot oldanak meg a tanulók. A nyitott feladatokról részletesebben olvashatunk például a Matematika Tanári Kincsestárban (13. számú kieg. kötet, 2004. szeptember).

2



B 6.3

A nyitott feladatok olyan feladatok, amelyek nem egyértelműen adottak, vagy a megoldásukhoz vezet többféle út. Ezek a feladatok lehetnek elöl nyitottak, azaz a feltételek nem pontosan adottak, lehetnek „hátul”, azaz a feladatmegadásnál nyitottak, de lehetnek akár elöl és hátul is nyitottak. Ez utóbbiakat szokták „szituációs problémáknak” is nevezni. (A nyitott feladatoknak azt a fajtáját, melyek megoldásához többféle megoldási út is vezet, nem tekintik mindenhol nyitott feladatoknak, mi most a nyitottak közé soroljuk őket.) A nyitott feladatok megoldásának számos előnye van, nemcsak érdekesek, de a problémamegoldás, illetve az adott anyagrész tanulása szempontjából is hasznosak. Ha azonban nyitott feladatok szerepelnek az órán, tanárként szembe kell néznünk azzal, hogy egy adott feladatnak a kiegészítéstől (egyértelművé tétel) függően több helyes megoldása is lehet. Így már a megbeszélés is időigényesebb, hiszen több lehetőséget is meg kell vizsgálni, megoldási tervet kell készíteni. Nyitott feladatokkal dolgozva fontos, hogy előre meggondoljunk néhány lehetőséget a megoldáshoz. Eközben lehetséges feladatvariációkat, hozzájuk tartozó megoldásokat veszünk sorra. Ezek segítségével nemcsak megoldottuk a feladatot, de több lehetséges megoldást is elkészítünk, amelyek az eredeti feladatnak is megoldásai. Így ahány feltételrendszer, annyiféle eredmény jöhet ki belőle. A csomagunkban többször is felbukkanó feladatkészítés nyitott kezdetű feladat, amennyiben a cél, az egyenletek gyöke adott. Ha csak annyi adott, hogy konkrét feladatokhoz hasonló feladatokat kell készíteni, akkor nyitott a kezdet és a vég is, azaz szituációs problémáról van szó. Az egyes matematikai témákhoz tartozó tanulói feladatokat érdemes összegyűjteni. A későbbiekben is használhatók például gyakorláshoz, ismétléshez az órán, de akár házi feladatnak is. Három feladatlapunk az egyenletek témakörének néhány fontosabb kérdését tárgyalja a megszokottól részben eltérő módon.


3


B 6.3

A feladatok jó gyakorlóanyagot adnak egyszerű „típusegyenletek” problémacentrikus tárgyalásához. A gyakorlás célja ezúttal nemcsak az aktív ismeretszerzés és elmélyítés az említett tárgykörben, hanem a matematikával kapcsolatos pozitív érzelmek erősítése is. A feladatokat több helyen ezért egyfajta játékosság jellemzi. A saját feladatok elkészítése és megoldása is részben az említett célt szolgálja. A feladatkészítés azért is fontos, mert ehhez szükséges a jelzett feladatok átgondolása, nem elegendő „csak” jól megoldani ezeket. A hasonló feladatok készítésének előírása valamennyire behatárolja a feladatokat, de elősegíti a következetes gyakorlást is. Elképzelhető a feladatkészítésnél nagyobb fokú nyitottság is a feladatkijelölés esetében. Például: Adj meg 5 olyan egyenletet, amelyek szerinted más típusúak, és oldd is meg ezeket! Ilyenkor természetesen más volt a célunk a feladatkészítéssel, például egyenletekkel kapcsolatos ismeretek rendszerezése, ismétlése. Most azonban egyes „típusokat” akartunk tárgyalni, minél több oldalról. A feladatok kapcsán érdemes beszélgetni a tapasztalatokról és arról, milyen „típusokkal” dolgoztunk. Ki kell térni arra, hogy bármilyen kategóriával dolgozunk is a típusok elkülönítéséhez, a típusok határai nem élesek, illetve az összetettebb feladatokban az egyszerűbb típusok mintegy beépülve jelennek meg. A feladatkészítés végigkíséri a lapokat. Befejezésképpen önálló gyakorló feladatsor összeállítását is lehet kérni a tanulóktól. A feladatsorhoz mindenképpen adjunk konkrét szempontokat. Például: Készítsetek elsőfokú egyenletekkel kapcsolatos ismereteket ellenőrző feladatsort (vagy abszolút értékes egyenletek gyakorlására szánt feladatsort). Feladatsor készítését 4-5 fős csoportok is végezhetik. Ehhez a csoporttagok elkészítik önállóan a feladatsorukat (megoldással, esetleg már házi feladatként), majd az órán a csoport megbeszéli az egyes lapok tartalmát, és közösen egy feladat-

4



B 6.3

sort állítanak össze, megoldással. (Kiköthető esetleg a terjedelem is, ez hasznos lehet a minőségi szempontok miatt.)

Megoldások, megjegyzések A feladatlapok egymás után és külön is használhatók, aszerint hogy miként illeszthetők be a tanulócsoport tervezett munkájába. Annyiban azonban mindenképpen egymásra épülnek, hogy az első három lap feladataival szerzett tapasztalatok jól használhatók a 4. lap megoldása során. A többféle megoldási módszer keresése is a sematikus gondolkodás ellen kíván hatni. Egy egyszerű egyenlet esetében is többféle módon lehet gondolkodni. Ennek a sokféleségnek a feltárása a rugalmas gondolkodást segíti, és azt is természetesen, hogy a tanulók felfrissítsék, kiegészítsék eszköztárukat. A feladatok esetenként csak picit térnek el egymástól. Előfordul azonban, hogy ez a változtatás jelentős eltérést okoz a lehetséges megoldási módszer és a végeredmény tekintetében is. Érdemes ezekre figyelni. 1. Egyenletek nemcsak kezdőknek – Bemelegítő A feladatlap célja az egyszerűbb egyenletek és néhány egyszerű megoldási módszer átismétlése a teljesség igénye nélkül. 1. Mivel 6-szor 8 az 48, így ebből is következik, hogy a megoldás 8, de oszthatjuk mindkét oldalt is 6-tal, és akkor kifejeztük egyúttal az ismeretlent is. Hasonlóan oldható meg a többi feladat is. 2. Például a 6 · (y – 1) + 6 = 54 esetében: – Kivonhatunk először mindkét oldalból 6-ot, majd elosztjuk mindkét oldalt 6-tal, végül a két oldalt 1-gyel növeljük, és azt kapjuk, hogy y = 9. Változat: először meggondoljuk, hogy melyik az a szám, amihez 6-ot adva 54-et kapunk, majd az előbbi módon haladunk tovább a megoldással.


5


B 6.3

– Elvégezhetjük előbb a beszorzást (zárójelfelbontás), majd összevonást végzünk, és végül további azonos átalakításokat. 3. Például a 2 · (x – 1) + 4 · (x – 1) = 48 esetében – Először összeadjuk a tagokat: 6 · (x – 1) = 48, majd 6-tal osztunk… – Előbb elvégezzük a beszorzást, majd következik az összevonás és az azonos átalakítások. 5. a) Itt észre kell venni, hogy az a-nak 56 osztójának kell lennie, a-ra a következőket kaphatjuk: 1; –1; 2; –2; 4; –4; 7; –7; 8; –8; 14; –14; 28; –28; 56; –56. b) a ezúttal az előbbiek kivételével bármi lehet. 6. Lehetséges az 1. feladatban említett két módszer, valamint elosztható első lépésben mindkét oldal 3-mal, és akár grafikus megoldás is készíthető. Tehát Dóri tud nyerni, ha ügyes. 2. Egyenletek nemcsak haladóknak 1. a) Lehetséges gondolatok: – Mivel a tört értéke 1, x + 1 = 4, és innen x = 3. – Mindkét oldalt szorozzuk meg 4-gyel… x + 1 4 = – Bonyolítás: írható. Minkét oldalból von4 4 1 junk ki -et, majd szorozzuk a két oldalt 4-gyel! Vagy 4 vegyük figyelembe, hogy két 4 nevezőjű tört akkor egyenlő, ha a számlálójuk egyenlő… Megbeszélhetjük, hogy ezt a módszert itt nem igazán érdemes használni, de vannak olyan esetek, amikor látszólag bonyolítani kell először ahhoz, hogy eredményhez jussunk (például adott esetben az 1-gyel való szorzás az 1 „megfelelő” alakjával). b) Az x + 3 = 1 vagy x + 3 = –1 esetekre bontás kézenfekvő. Mindenképpen tárgyaljuk a grafikus megoldást is! Az x + 3 = 1 és x $ – 3 vagy –x – 3 =1 és x < –3

6



B 6.3

esetekre bontással is lehet foglalkozni megoldásként. c) Ennél a feladatnál az a) feladat fentebb vázolt első két módszere adódik (a „bonyolítást” itt sem javasoljuk). d) – Mindkét oldalhoz adjunk 2-t, majd mindkét oldalt szorozzuk 2-vel… – Hozzunk előbb közös nevezőre, majd mindkét oldalt szorozzuk 2-vel… – az egyenletből 3x – 1 = 2 következik, és innen foly2 tatjuk. 2. A három egyenlet alakilag alig különbözik, megoldásuk mégis tanulságos. A megoldás során itt is fontos megfigyelni az egyenlet „szerkezetét”, és nem automatikusan megoldani a feladatot valamilyen jól bejáratott módszerrel. a) x = – 5 7 b) Rögtön adódik az x = 1, hiszen akkor két 0 számlálójú törtet, azaz 0-t adtunk össze. Más lehetőség nincs, mert ugyanannak a nullától különböző számnak a harmad- és negyedrészét véve az összeg nem lehet 0. Gondolkodhatunk úgy is, hogy két elsőfokú tag összege, azaz elsőfokú kifejezés szerepel a bal oldalon, a jobb oldalon egy szám, tehát elsőfokú egyenletről van szó, ezért csak egy megoldás lehet. Mivel az 1 biztosan megoldás, készen is vagyunk. c) Itt felmerülhet rögtön, hogy osszuk el mindkét oldalt (x – 1)-gyel. Ezt csak akkor tehetjük meg, ha az előbbi kifejezés nem 0. Az egyenletnek tehát gyöke az x = 1. Az átalakítás után 7 = 1 lenne, ami nem igaz, tehát több 12 gyök nincsen. d) Itt többféleképpen járhatunk el. Például úgy, mint az előbb: A két oldalt oszthatjuk (1 – x)-szel, miután kikötöttük, hogy ez a kifejezés nem 0. Így az x = 1 biztosan gyök. Viszont az osztás után 1 = 1 alakot kapunk, ami azt jelenti, hogy x = 1 kivételével minden valós szám megFejlesztő matematika (5–12. évf.)

7


B 6.3

oldás. A két eset együtt azt eredményezi, hogy minden valós szám megoldás, azaz ezúttal végtelen sok gyökünk van. Az is észrevehető, hogy a bal oldalon a két törtkifejezést összeadva (1 – x)-et kapunk. Így 1 – x = 1 – x adódik. Ebből következik, hogy az egyenletnek minden valós szám a megoldása. 4. Gondolkodhatunk visszafelé is, illetve egyenlettel: (y + 5) · 4 + 15 = 95, és így y = 15 a gondolt szám. 5. Visszafelé gondolkodva sokféle megoldás adódhat. Mivel nem kötöttük ki, hogy csak egész számokra lehet gondolni, keressünk, kerestessünk „törtszámos” megoldást is! 3. Egyenletek „magasabb fokon” mindenkinek 1. Ezek egyszerű gyakorlófeladatok. A negyedfokú egyenlet megoldása ebben a formában nem jelent gondot. 2. Az utolsó előtti feladatnál érdemes hosszasabban elidőzni. Eljárhatunk úgy, hogy mindkét oldalon elvégezzük a hatványozásokat és a beszorzást. Ez azonban hosszadalmas, várhatóan kevesen fogják választani. A két oldalnak a négyzetes taggal való osztása igen kézenfekvő, de egyben hibalehetőség is, hiszen így van, aki elfelejti figyelembe venni az y = 1 megoldást. A másik gyök az y = 5. Az utolsó feladat esetében elvégezve a beszorzásokat és az összevonást, azonos kifejezések szerepelnek az egyenlőségjel két oldalán. Így d tetszőleges valós szám lehet, azaz végtelen sok megoldás van. 4. Érdemes a feladatokat elemezni megoldás előtt, és ennek alapján többféle megoldást is meggondolni. Az első esetben a nevezőre vonatkozó kikötés ( y ! 1 ) után – mindkét oldalt szorozhatjuk (y – 1)-gyel, ekkor az y 2 – 1 = 0 egyenlethez jutunk. Ebből y = 1 vagy y = –1, de a kikötés miatt csak y = –1 lehet. – alkalmazhatjuk a számlálóban a megfelelő azonosságot, így (y – 1) · (y + 1) lesz. Elvégezve az egyszerűsítést, adódik y + 1 = 0, ahonnan y = –1.

8



B 6.3

A második egyenlet első ránézésre hasonlít valamennyire az előzőhöz. A nevezőre vonatkozó kikötés ( z ! 1 ) után a következő módokon haladhatunk tovább: – Az „egy szám négyzete akkor 0, ha maga a szám 0” gondolatot felhasználva z = –1 adódna, de ez a kikötés miatt nem lehet. – A nevezővel szorozhatjuk mindkét oldalt, és az előzőhöz hasonlóan fejezzük be a megoldást. 5. A feladatlap címében említett „magasabb fok” ezeknél az egyenleteknél arra vonatkozik, hogy az ismeretlen a nevezőbe került… x = 2 adódik többféleképpen is: – Mivel a tört értéke egy, és a számláló 1, így a nevező is 1. – Szorozzuk meg mindkét oldalt (x – 1)-gyel… z-re nem kaphatunk megfelelő értéket, mivel egy tört értéke csak úgy lehet 0, ha a számláló 0. y = 2. Hasonlóan gondolkodhatunk, mint az első esetben. 4. Egyenletek minden mennyiségben 1. Bizonyára sokan rájönnek, hogy talán a legegyszerűbb megoldás, ha 1 -dal elvégzünk bizonyos műveleteket, ezt 3 fel is írjuk, majd ezután kiszámítjuk a végeredményt, és a felírtakból feladatot készítünk. Például: ` 1 + 5 j $ 5 – 4 = 6 . Lehetséges feladat: 3 3 5 5 ` x + 3 j $ 5 – 4 = 6 vagy 5 $ ` x + 3 j = 10 . Gondolkodhatunk másképpen is úgy, hogy szintén könnyen felírhassunk megfelelő egyenletet. Mivel a feladatban nincsen kikötés arra, hogy csak elsőfokút írhatunk fel, így magasabb fokú is szóba jöhet. Például lehet ilyen típusú: 1 ` x – 3 j $ ^ x – ah = 0 , ahol a nyilvánvalóan tetszőlegesen választható.


9


B 6.3

2. a) Ha az előbbi gondolat megjelent a feladatmegoldásban, és a feladatokat sorban oldják meg a tanulók, az előbbi feladat alapján könnyen kitalálhatják, hogy nyilván minden olyan egyenlet jó, amely (y + 1) · (y + b) = 0 alakú. b) Az x · (x – 5) = 0 adódik. Mivel a zérushelyek számát nem befolyásolja, ha a bal oldali kifejezést egy 0-tól különböző számmal szorozzuk, végtelen sok alkalmas egyenletet is meg tudunk adni a következő alakban: b · x · (x – 5) = 0, ahol b ! 0 . 3. Ennél a feladatnál jó, ha minél többféle „típus” előkerül a megadott egyenleteknél, semmiképpen se elégedjünk meg egy-két megoldással! Segítenek az előbbi feladatlapok tapasztalatai is. Íme néhány lehetséges megoldás: x+2 1 a) 1 = 0 , –x 2 = 9 , = x+3 x–1 y2 – 1 b) x 2 = 0 , 2x + 1 = 3, =0 y–1 c) x 2 = 4 , x+3 = 1 c 4 = 16 , d) (x – 1) · (x – 3) · (x – 5) = 0 7 · (x – 1) · (x – 3) · (x – 5) = 0 (x – 1) · (x – 3) · (x – 5) = (x – 1) · (x – 3) · (2x – 7) e) 2b – 2 = 2 · (b – 1), x 2 – 1 = ^ x – 1h $ ^ x + 1h és más azonosságok, (x – 1) · (y + 1) = 0 (x = 1 és y tetszőleges valós szám, vagy y = –1 és x tetszőleges valós szám) 4. Itt is segíthetnek az eddigi tapasztalatok. Figyelni kell arra, hogy ezúttal az egészek körében kell a megoldásokat keresni. a) Természetesen a 3. feladat a) válaszai itt is jók, de még más is, például 5x = 7, ` x – 1 j $ ` x + 7 j = 0 3 8 b) A 3. feladat b) részénél említett lehetséges megoldások itt is szóba jönnek, de más lehetőségek is vannak, pél1 dául ` x – j $ ^ x – 5h = 0 , 5a = 10. 3 10



B 6.3

c) A 3. feladat c) részénél említettek itt is használhatók, de 2 más is megfelel, például: ` y – j $ ^ y – 2h $ ^ y + 4h = 0 3 d) Itt is említhetők a 3. feladat e) részénél írt lehetőségek. Az utolsó példánál értelemszerűen valós helyett egész szerepel. 5. A paraméteres feladatok általában gondot okoznak. Nehéz azt a helyzetet kezelniük a tanulóknak, hogy egy feladaton belül szereplő „ismeretleneknek” más a szerepük. Itt a feladat szövegéből következik, hogy a k a paraméter, és az y az ismeretlen. a) Ez nem lehetséges, nincs ilyen k. b) Ez sem lehetséges, nincs ilyen k. c) k nem lehet 0, egyébként tetszőleges. d) k = 0, y tetszőleges.

A feladatoknál felhasznált források: Ambrus G.: Nyitott feladatok a matematikaórán (tanítási segédanyag a 6–9. évfolyamok számára) Matematika Tanári Kincsestár, RAABE, Budapest, 2004. szeptember (B 1.1)


11

SZÁMTAN, ALGEBRA Összehasonlítás

Egyenletek, egyenletrendszerek

B 6.3

1. Egyenletek nemcsak kezdőknek – Bemelegítő Oldd meg az első három feladat egyenleteit, ha tudod, többféleképpen! 14–15. év

1.

6x = 48

–6y = 48

2.

6 · (y – 1) + 6 = 54

3.

2 · (x – 1) + 4 · (x – 1) = 48

6z = –48 –6 · (x +1) + 4 = 52

9 · (y + 1) – 3 · (y + 1) = 48

14–15. év

4. Most te következel. Készíts mindhárom feladathoz legalább egy hasonlót! Add át ezeket a társadnak, ő próbálja megoldani őket! 5.

a · (x + 2) = 56 a) Helyettesíts 3 olyan értéket a helyébe, hogy az egyenletnek egész megoldása legyen! b) Add meg az a legalább 3 olyan értékét, hogy az egyenlet megoldása törtszám legyen! Kérd meg a párodat, hogy oldja meg az általad készített feladatokat!

6. Dóri és Juli versenyeznek. Az nyer, aki a következő egyenletet többféleképpen tudja megoldani, mint a másik: 3 · (x + 1) – 3 = 3 Juli azt állítja, hogy akár 3-féleképpen is el tud jutni a helyes eredményhez. És ti hányféleképpen? Lehet, hogy mégis Dóri nyert? 12




B 6.3

2. Egyenletek nemcsak haladóknak 1. Próbáljátok megoldani többféleképpen a következő feladatokat! a) x + 1 = 1 4

b) x + 3 = 1

c) 4x – 8 = 0 3

d)

14–15. év

3x – 1 – 2 = 0 2

2. Ezek az egyenletek látszólag nagyon hasonlók, vagy mégsem? Mielőtt válaszolnátok, oldjátok meg őket! a) 1 – x + 1 – x = 1 3 4

b) 1 – x + 1 – x = 0 3 4

c) 1 – x + 1 – x = 1 – x 3 4

d) 1 – x + 12 $ 1 – x = 1 – x 7 14

3. Készítsetek mindketten a 2. feladat mindegyik feladatához egy-egy hasonló feladatot! Társatok oldja meg őket! 4. Gondoltam egy számot, hozzáadtam 5-öt, majd megszoroztam 4-gyel. Ezután hozzáadtam 15-öt. Te jó ég! Elfelejtettem, mire gondoltam! Már csak annyit tudok, hogy a végeredményem 95. Tudnátok segíteni? 5. Készítsetek az előzőhöz hasonló két fejtörő feladatot úgy, hogy a végeredmény 63 legyen!


13



B 6.3

3. Egyenletek „magasabb fokon” mindenkinek 1. Oldd meg a következő egyenleteket! x2 = 9

14–15. év

z 3 = 27 c 4 = 16

^ y – 1h2 = 9

^a – 1h3 = 27

^d – 2h4 = 81

^k + 1h2 = 0

^ b + 1h3 = 0

2. Oldd meg a következő egyenleteket! x 2 + 4 = ^ x + 2h2

4a 2 + 4 = 4 $ ^a + 1h2

(b – 1) · (b + 1) = 0

^ y – 1h3 = ^ y – 1h2 $ ^2y – 6h

c 3 – 3 = 997

15 $ ^d 2 – 2h – 5 $ ^1 – 3x 2h = –5 $ ^7 – 6x 2h

3. Készíts 2-2 hasonló feladatot az 1. és a 2. feladathoz, és oldd is meg őket! 4. A következő feladatok első látásra talán szokatlannak tűnnek, de nem nehezek, bátran kezdj hozzá a megoldásukhoz! y2 – 1 =0 y–1

^ z + 1h2

z+1

=0

5. Ezek sem nehezek, és talán többféleképpen is meg tudod oldani őket! 1 =1 x–1

1 =0 z+1

3 =1 y+1

6. Készíts az előbbi két feladat (4., 5.) mindegyik egyenletéhez legalább egy hasonlót, és oldd meg! 14




B 6.3

4. Egyenletek minden mennyiségben A következő feladatokban neked kell egyenleteket készítened különböző feltételek mellett. 1. Adj meg legalább két olyan egyenletet, amelynek gyöke az 1 ! 3 2. Készíts legalább három olyan másodfokú egyenletet, amelynek a) gyöke a –1

b) gyökei a 0 és az 5!

3. Adj meg olyan egyenleteket, amelyeknek a) nincsen megoldása b) 1 megoldása van c) 2 megoldása van d) 3 megoldása van e) végtelen sok megoldása van a valós számok körében! 4. Adj meg legalább 2 olyan egyenletet, amelynek a) nincsen megoldása b) egy megoldása van c) két megoldása van d) végtelen sok megoldása van az egész számok körében! 5. A következő egyenletben add meg úgy k értékét, hogy a) 0

b) 1

c) 2

d) végtelen sok

megoldása legyen: k · (y + 2) · (y – 3) = 0 Fejlesztő matematika (5–12. évf.)

15

13–16. év


Az Ön jegyzetei, kérdései*:

* Kérdéseit juttassa el a RAABE Kiadóhoz! 16


B 6.3

Felfedezőúton az algebrában, avagy egyenletek kicsit másképpen Egyenletek, egyenletrendszerek 6. feladatcsomag

Recommend Documents