Vissza
Fejezet tartalma
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
35
II. EGYENLETEK ÉS EGYENLŐTLENSÉGEK Az idők folyamán nagyon sok gyakorlati probléma merült fel, amelynek megoldásához egyenletekre volt szükség. A mai egyszerű és tömör matematikai jelölésmód elég későre alakult ki, nagyon gyakran aritmetikai trükkök vagy próbálgatások segítségével jutottak őseink a helyes megoldáshoz. Lássunk egy ilyen megoldást. Feladat. Egy kereskedőnek kétféle búzája volt. Az egyikből 5 pengő egy véka, a másikból 10 pengő egy véka. Milyen arányban keverjük őket, ha olyan búzát szeretnénk kapni, amelynek 7 pengő vékája? Megoldás. A régi kereskedők a következő módszer szerint oldották meg az ilyen feladatokat: Leírták a 7-et, az 5-öt és a 10-et, ahogy a mellékelt ábra mutatja: 5 3 Melléírták a 7–5 és 10–7 különbséget. Az 5 pengős búzából 3 részt és a 10 7 pengős búzából 2 részt vettek. Így 5 véka keverék összesen 3 ⋅ 5 + 2 ⋅ 10 = 35 pengőbe került, tehát a keverék búzának 7 pengő vékája. 2 10 Bizonyítsuk be, hogy ez a módszer mindig helyes. Tekintsünk két különböző II. 1. ábra minőségű azonos anyagot, az egyik egységára p, a másik egységára q. Ha az első anyagból x mennyiséget összekeverünk a második anyagból y mennyiséggel, akkor a keverék ára xp + yq , tehát a keverék egységára xp + yq xp + yq . Ha előre adott m egységárú keverékre van szükségünk, akkor az m = x+ y x+ y egyenletet kell megoldanunk. Ez x(m − p ) = y (q − m) alakban írható, tehát x = q − m és y = m − p egy jó megoldás! Látható, hogy x és y nem egyértelműen meghatározottak, de az x arány egyértelmű. Így bármilyen módszert használunk, ugyanahhoz a százalékos y összetételhez jutunk. Vizsgáljuk meg, hogy mi történik három komponens keverése esetén. Egyértelmű-e a keverési arány? Három anyag keverésekor, ha a kezdeti egységárak p, q és r, akkor az x, y illetve z xp + yq + zr . Tehát egy előre megszabott m mennyiségek keverése után az egységár x+ y+z
egységárat akkor érünk el, ha megoldjuk az x( p − m) + y (q − m) + z (r − m) = 0 egyenletet. Innen látható, hogy a keverék százalékos összetétele nem egyértelműen meghatározott, általában két komponens aránya tetszőleges lehet.
II.1. Egyváltozós elsőfokú egyenletek 1.1. Értelmezés. Korábbi tanulmányaitok során gyakran találkoztatok (1) ax + b = 0, a, b ∈ R, a ≠ 0 alakú egyenletekkel, ezeket egyváltozós elsőfokú egyenleteknek nevezzük. Ha mindkét oldalból kivonunk b-t és mindkét oldalt osztjuk a-val, akkor az ax = −b , majd b b az x = − egyenlőséghez jutunk, tehát az (1) egyenlet megoldása x = − . a a Ha az egyenlet paramétert is tartalmaz, akkor tárgyaljuk. Az egyenlet tárgyalása azt jelenti, hogy a paraméter összes lehetséges értékére megadjuk a megoldást (megoldáshalmazt).
Fejezet tartalma
36
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
II.1.1. Megoldott gyakorlatok x2 −1 x +1 egyenletet a valós számok halmazában. = x −1 x Megoldás. Előbb meghatározzuk a törtek értelmezési tartományát. (A műveleteket számhalmazokban értelmeztük, tehát ki kell zárni azon x értékeket, amelyekre nem értelmezett kifejezésekkel kellene műveleteket végezni.) Az első tört nevezője akkor nulla, ha x = 1 , míg a második tört nevezője akkor, ha x = 0 . Így a megoldásokat az E = \ {0, 1} halmazban keressük.
1. Oldjuk meg az
x2 − 1 x +1 = x + 1 (mert x 2 − 1 = ( x − 1)( x + 1) ) és így az x + 1 = egyenlethez x x −1 1 jutunk. Ez (x + 1)1 − = 0 alakban írható. Egy szorzat akkor 0, ha valamelyik tényezője 0, x 1 tehát az x + 1 = 0 és 1 − = 0 egyenleteket kell megoldani. Az első egyenlet gyöke x1 = −1 , x míg a másodiknak x 2 = 1 . Mivel x 2 ∉ E , az eredeti egyenlet megoldáshalmaza M = {−1} . 2. Oldjuk meg és tárgyaljuk az ax + b = 0 egyenletet, ha a, b ∈ . Megoldás b Ha a ≠ 0 , akkor az egyenlet elsőfokú és a megoldás x = − . a Ha a = 0 , akkor két esetet különböztetünk meg: b ≠ 0 esetén az egyenletnek nincs megoldása b = 0 esetén tetszőleges x ∈ esetén teljesül az egyenlőség. Összefoglalás: a b M b * − a
Ha x ∈ E , akkor
∅
*
{0}
{0}
x −1 x +1 = egyenletet, ha m ∈ . x−m x+m Megoldás. Az egyenlet megoldásaira teljesülnie kell az x ≠ ± m relációnak, tehát a megoldásokat az E = \ {± m} halmazban keressük. Ha x ∈ E , akkor az adott egyenlet egyenértékű az ( x − 1)( x + m) = ( x + 1)( x − m) egyenlőséggel, amely az x 2 + mx − x − m = x 2 − mx + x − m ⇔ 2 x(m − 1) = 0 alakban is írható. Ha m = 1 , akkor minden x ∈ E megoldása az egyenletnek, tehát a megoldáshalmaz M = \{±1} .
3. Oldjuk meg és tárgyaljuk az
Ha m ≠ 1 , akkor x = 0 , de x ≠ ± m , tehát ha m ≠ 0 , akkor M = {0} és ha m = 0 , akkor M=∅. Összefoglalás: m M {1} \ {±1} {0} \ {0. 1}
∅ {0}
Fejezet tartalma
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
37
II.1.2. Elsőfokú egyenletek geometriai jelentése Ábrázoljuk a síkban azokat az M ( x, y ) pontokat, amelyekre y = ax + b , ahol a és b rögzített ( a ≠ 0 ). Tekintsünk három M j (x j , y j )
pontot,
ahol
y j = ax j + b, j = 1, 3
és
x1 < x 2 < x3 (lásd a mellékelt ábrát). Húzzunk párhuzamost az Ox tengellyel az M 1 és M 2 pontokon keresztül. A szerkesztés alapján M 1 N 1 =| x3 − x1 | , M 2 N 2 =| x 3 − x 2 | , M 3 N 1 =| y 3 − y1 |=| ax 3 + b − ax1 − b |=| a | ⋅ | x 3 − x1 | és M 3 N 2 =| y 3 − y 2 |=| a | ⋅ | x 3 − x 2 | . M 2N2 M3N2 Eszerint = , tehát az M 3 M 1 N 1 és M 3 M 2 N 2 derékszögű háromszögek hasonlóak. M 1 N1 M 3 N1
Így az N 2 M 3 M 2 és N 1 M 3 M 1 szögek kongruensek, tehát az M 1 , M 2 és M 3 pontok egy
egyenesen vannak. Mivel x1, x2 és x3 tetszőleges, következik, hogy a H = {( x, y ) y = ax + b}
halmaz bármely három pontja egy egyenesen van. Ez pedig csak akkor lehetséges, ha az összes pont ugyanazon az egyenesen van, tehát az y = ax + b ( a ≠ 0 ) összefüggést teljesítő ( x, y ) koordinátájú pontok geometriai képei egy egyenesen helyezkednek el. Ugyanakkor az egyenes minden egyes A( x, y ) pontjára y = ax + b . Azt mondjuk, hogy ez az y = ax + b egyenletű egyenes. Ezek alapján az ax + b = 0 egyenlet megoldásakor azon M ( x, y ) pontot határozzuk meg, amelyre y = ax + b és y = 0 , tehát az y = ax + b egyenletű egyenes és az Ox tengely metszéspontjának abszcisszáját határozzuk meg. 1.2.1. Megjegyzések 1. Ha a = 0 , akkor az y = c egyenlőséget teljesítő M ( x, y ) koordinátájú pontok halmaza egy, az Ox -szel párhuzamos egyenes. Hasonló módon az Oy -nal párhuzamos egyenesek egyenlete x = c alakú, ahol c ∈ * . 2. Az y = ax + b egyenletű egyenes pontosan akkor halad át az origón, ha b = 0 . 3. Az y = ax + b egyenletű egyenes és az Ox tengely által bezárt szög tangense éppen a, ezért az a együtthatót az egyenes iránytangensének nevezzük. II.1.3. Gyakorlatok és feladatok 1. Oldd meg a következő egyenleteket: x + 1 3x + 1 1 − =− ; 2 3 3 2x −1 x d) ( x − 2)( x + 1) − ( x − 1)( x + 1) = −5 ; e) ; f) ( x + 1) 3 − ( x − 1) 3 = 6 x 2 + 2 . = x−3 x+ 2 2. Oldd meg a következő egyenleteket: a+b+ x b+c+ x c+a+ x a) + + + 3 = 0, a, b, c ∈ * ; c a b x + ab x + bc x + ac b) a, b, c ∈ és (a + b)(b + c)(a + c) ≠ 0 ; + + = −(a + b + c), a+b b+c a+c x+a x+b x+c −3 x c) + + = (a + b)(b + c)(a + c) ≠ 0 és , a, b, c ∈ , b+c c+a a+b a+b+c a+b+c ≠ 0.
a) x + 2 = 3 ; b)
2 x − 3 = 6 ; c)
Fejezet tartalma
38
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
3. Oldd meg a következő egyenleteket: 1⋅ 2 ⋅ x − 3 2 ⋅ 3 ⋅ x − 5 3 ⋅ 4 ⋅ x − 7 k ⋅ (k + 1) ⋅ x − 2k − 1 + + 2 2 + ... + =0; a) 12 ⋅ 22 22 ⋅ 32 3 ⋅4 k 2 ⋅ (k + 1) 2 1 1 1 1 4 . + + + = b) x( x + 1) ( x + 1)( x + 2) ( x + 2)( x + 3) ( x + 3)( x + 4) 5 x 4. Oldd meg és tárgyald a következő egyenleteket: b) m(m − 1) x = 2(m 2 − 1), m ∈ ; a) mx + n = 0, m, n ∈ ; x − m x − 2m , m∈ ; c) ( m 2 − 1) x + m3 − 1 = 0, m ∈ ; d) = x−2 x−4 mx + 1 mx = , m∈ ; e) f) x( x − m) = ( x − 1)( x + m), m ∈ x x−2 g) ( x + 1)( x + m) = ( x − 2m)( x + 2) + n, m, n ∈ ;
;
1 1 1 3 + + = . x( x + 1) ( x + 1)( x + 2) ( x + 2)( x + 3) mx 5. Mi a feltétele annak, hogy az y = a1 x + b1 és y = a 2 x + b2 egyenesek párhuzamosak legyenek? 6. Egy olyan M ( x, y ) síkbeli pontot, amelyre x, y ∈ rácspontnak nevezünk. Bizonyítsd be, hogy ha egy egyenesen van két rácspont, akkor végtelen sok rácspont található rajta. 7. Van-e olyan egyenes, amely csak egy rácsponton halad át? 8. Hány rácspont van az OM szakaszon, ha O(0, 0) , M (m, n) és (m, n) = 1 ? Hát akkor ha (m, n) = d ? ( m, n, d ∈ * ). 9. a) Ábrázold az ax + by = c egyenlőséget teljesítő ( x, y ) koordinátájú pontokat.
h)
b) Mi a feltétele annak, hogy az előbbi pontok közt rácspont is legyen, ha a, b, c ∈ ? c) Ha az előbbi feltételek teljesülnek és a pontok közt vannak rácspontok, mennyi a rácspontok közt fellépő minimális távolság? 10. Az A-ból a B felé induló személyvonat sebessége 60 km h . A vonatot a később induló 2 120 km h sebességű gyorsvonatnak B-ben kell utolérnie. Útjának részét megtéve a személy3 vonat eredeti sebességének felével folytatja útját és így a gyorsvonat 80 km -rel B előtt éri utol. Milyen messze van A-tól B? 11. Egy országnak export rendelése van egy műszer I. típusából 1500 darabra és a II. típusából 800 darabra. A műszert az A és B üzemekben gyártják: az A üzem naponta 30 darabot készít az I. típusból vagy 20 darabot a II. típusból, a B üzem pedig naponta 50 darab I. típusú vagy 40 darab II. típusú műszert gyárt. Hogyan kell elosztani a gyártást a két üzem között ahhoz, hogy a lehető legrövidebb idő alatt elkészüljenek a rendelt darabok? (egy üzem egy nap nem gyárthat mind a kétféle mőszerből) 3x + 5,03 2 x − 3 = egyenlet gyöke, ha 12. Legalább mekkora és legfeljebb mekkora a 4 1,75 figyelembe vesszük, hogy az előforduló tizedes számok kerekítéssel jöttek létre? 13. Két cég összesen 8200 számítógépet szerelt össze. Az ellenőrzés az egyik cég gépeinek 2%-át, míg a másik cég gépeinek 3%-át hibásnak találta, összesen 216 darabot. Hány jól működő gépet szereltek össze a cégek külön-külön?
Fejezet tartalma
Egyenletek és egyenlőtlenségek
Tartalomjegyzék
39
14. Egy gyalogos és egy kerékpáros reggel 8 órakor elindul a 12 km-távolságra levő városba. A kerékpáros 20 percet időzik a városban, azután visszaindul. Hol és mikor találkozik a gyalogossal, ha a kerékpáros sebessége 18 km h , a gyalogosé pedig 6 km h . 15. János bácsi elindult Nekeresdfalváról a legközelebbi vonatállomás irányába. Miután az első óra alatt 3 km utat tett meg, kiszámolta, hogy ezzel a sebességgel 40 percet fog késni. Így a maradék távolságot 4 km h sebességgel tette meg és 45 perccel hamarabb érkezett. Hány kilométerre volt az állomástól az indulás pillanatában? 16. Két fogaskerék összekapcsolásakor a meghajtó és a meghajtott kerék fordulatszámának aránya 9 : 7 . Ha az egyik kerék helyére 3-mal kevesebb, a másik helyére 3-mal több fogú kereket teszünk, az áttétel 1 : 3 vagy 3 : 1 . Melyik kereket cseréltük kevesebb fogúra? Hány foga van a 4 kerék mindegyikének? 17. Egy tehergépkocsinak mind a négy kerekére új gumiabroncsot szereltek. Egy abroncsot akkor tekintenek teljesen elkopottnak, ha hátsó keréken 15000 km-t futott, vagy ha első keréken 25000 km-t. Mennyit futhat a kocsi a négy abroncs teljes elkopásáig, ha az első abroncsokat felcserélhetik a hátsókkal? 18. Két egyenlő hosszú gyertyát egyszerre gyújtottak meg. Az egyik 3, a másik 5 óra alatt égett 1 1 , egy másikon , egy el egészen. Egy fényképen a két gyertya hosszának aránya 3 2 1 harmadikon . Mikor készültek a fényképek, ha a gyertyák egyenletesen égnek? 4 x−a x−b + = 2 egyenletet! 19. Oldd meg és tárgyald az x−2 x−3 20. Micimackó órájának számlapjáról lekoptak a számok. Egy reggeli alkalmából Malacka megkérdezte Micimackót, hogy mennyi az idő. Erre Micimackó azt válaszolta, hogy a kis és a nagy mutató merőleges egymásra és, hogy az elmúlt egy órában ilyen állás csak egyszer fordult elő. Meg tudja-e állapítani Malacka, hogy mennyi az idő, ha tudja, hogy déli 12 óra előtt reggeliznek? 21. Egy órán a három mutató 12 órakor találkozik. Hány perc múlva felezi a másodpercmutató az óra- és percmutató által bezárt szöget? 22. Határozd meg az összes olyan időpontot, amikor a percmutató állása felcserélhető az óramutató állásával. x + a + b x + a − b a 2 + b2 egyenletet a valós számok halmazán ( a, b ∈ ) . 23. Oldd meg az − 2 = x+a x−a x − a2 24. Egy hatjegyű számnak első számjegye 1, a második 4. Ha e két számjegyet egyenként letöröljük és a szám végére írjuk, akkor az eredeti szám kétszeresét kapjuk. Melyik ez a szám? x x x 25. Oldd meg a valós számok halmazán az + + − 1 = abc − (a + b + c) x , ab bc ac ( a, b, c ∈ ) egyenletet. 1 fontot veszít a súlyából. Hány 4 font aranyat és hány font ezüstöt tartalmaz a korona (más anyagot nem tartalmaz), ha az arany 1 1 fajsúlya 19 , az ezüsté pedig 10 ? 2 2
26. Hiero király koronájának súlya 20 font. Vízben a korona 1
Fejezet tartalma
40
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek II.2. Elsőfokú egyenlőtlenségek
2.1. Értelmezés. Az ax + b ≥ 0 alakú egyenlőtlenségeket elsőfokú egyenlőtlenségnek nevezzük, ha a ≠ 0 . A valós számok tulajdonságainak tanulmányozásánál láttuk, hogy ha egy egyenlőtlenség mindkét oldalát pozitív számmal szorozzuk, vagy mindkét oldalához hozzáadjuk ugyanazt a számot, az egyenlőtlenség nem változik. Eszerint a > 0 esetén az ax + b ≥ 0 egyenlőtlenség b egyenértékű a következőkkel: ax ≥ −b (mindkét oldalhoz hozzáadtunk −b -t); x ≥ − a (mindkét oldalt elosztottuk az a > 0 számmal). Ha a < 0 , akkor az ax + b ≥ 0 egyenlőtlenség a következőképpen alakítható: b ≥ −ax (mindkét oldalhoz hozzáadtunk −ax -et);
b ≥ x (mindkét oldalt elosztottuk a −a
−a > 0 számmal). Az első esetben azt mondjuk, hogy az ax + b ≥ 0 egyenlőtlenség megoldáshalmaza a b b − a , + ∞ intervallum, míg a második esetben a megoldáshalmaz a − ∞, − a intervallum.
Ha az E ( x) = ax + b kifejezés előjelét vizsgáljuk, akkor az előbbiek alapján a következő szabályhoz jutunk: 2.2. Tulajdonság. (Az elsőfokú kifejezés előjele) Az ax + b kifejezés előjele a gyökénél kisebb x értékekre a előjelével ellentétes, a gyökénél nagyobb x értékekre a előjelével megegyező előjelű értékeket vesz fel. Ez a következő táblázat segítségével szemléltethető: x
−∞
−
b a
ax + b a-val ellentétes előjelű
+∞ 0 a-val megegyező előjelű
Ha a < 0 −∞
x
−
b a
+∞
ax + b + + + + + + + + + + + 0 – – – – – – – – – – –
Ha a > 0 x ax + b
−∞
−
b a
+∞
– – – – – – – – – – – 0 + + + + + + + + ++ +
2.3. Értelmezés. Több egyváltozós elsőfokú egyenlőtlenség egyidejű megoldásakor tulajdonképpen egy egyváltozós elsőfokú egyenlőtlenségrendszert oldunk meg. Ez a megoldáshalmazok metszetének kiszámítását teszi szükségessé.
Fejezet tartalma
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
41
x − 2 ≤ 0 2.4. Feladat. Oldjuk meg az egyenlőtlenségrendszert. 3x − 1 ≥ 0 1 Megoldás. A két egyenlőtlenség megoldáshalmaza rendre a (−∞, 2 ] és az , + ∞ 3 1 intervallum. A két megoldáshalmaz metszete az , 2 intervallum, tehát az 3 1 egyenlőtlenségrendszer megoldáshalmaza M = , 2 . 3
A számolások áttekinthetőségének céljából (főleg több egyenlőtlenség esetében) ajánlatos az adatokat táblázatba rendezni az alábbi módon: −∞
x
+∞
2
1/ 3
x−2≤0 3x − 1 ≥ 0
M (Az első sorban feltüntetjük azokat az értékeket, amelyekhez viszonyítunk, majd minden egyenlőtlenségnek megfelelő megoldáshalmazt külön sorban satírozunk be. A rendszer megoldáshalmaza azokból a részekből áll, amelyek minden sorban be vannak satírozva.) Az előjelszabályt gyakran használhatjuk magasabb rendű egyenlőtlenségek megoldására is, ha az egyenlőtlenség egyik oldalát nullára redukáljuk, és a másik oldalt elsőfokú tényezők szorzatára bontjuk. 2.5. Gyakorlat. Oldjuk meg az (x − 1)(x − 3) > 0 egyenlőtlenséget. Megoldás. Az E1 ( x) = x − 1 kifejezés x < 1 esetén negatív és x > 1 esetén pozitív, az E2 ( x ) = x − 3 kifejezés x < 3 esetén negatív és x > 3 esetén pozitív. Ezeket az alábbi táblázatba foglaltuk össze: +∞
x
−∞
x −1
– –
– –
– 0
+ + + + + + + + + + + + +
x−3
– –
– –
– –
– –
(x − 1)(x − 3)
1
3
+ + + + + 0 –
– –
– –
–
0
+ + + + + + +
0
+ + + + + + +
Látható, hogy: •
x ∈ (− ∞, 1) esetén x − 1 < 0 és x − 3 < 0 , tehát a szorzat pozitív;
•
x ∈ (1, 3) esetén x − 1 > 0 és x − 3 < 0 , tehát a szorzat negatív;
•
x ∈ (3, + ∞ ) esetén x − 1 > 0 és x − 3 > 0 , tehát a szorzat pozitív.
Így a megoldáshalmaz az M = (− ∞, 1) ∪ (3, + ∞ ) . 2.6. Megjegyzés. A továbbiakban hasonló egyenlőtlenségek esetén csak a táblázatot és a megoldáshalmazt fogjuk felírni.
Fejezet tartalma
42
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
2.7. Gyakorlat. Oldjuk meg és tárgyaljuk a következő egyenlőtlenséget: x+m 5m − x < mx x ( x − m) A törtek létezési feltételei alapján m ≠ 0 és x ∈ \ {0, m} . A jobb oldalt nullára redukáljuk. x + m 5m − x ( x − m)( x + m) − m(5m − x) x 2 + mx − 6m 2 ( x − 2m)( x + 3m) − = = . = mx x ( x − m) mx( x − m) mx( x − m) mx( x − m) Látható, hogy az x változó értékét a 0, m, 2m és –3m számokhoz kell viszonyítani. Így a következő két eset tárgyalása szükséges: I. eset. Ha m < 0 akkor 2m < m < 0 < −3m és az egyenlőtlenség ekvivalens az ( x − 2m)( x + 3m) > 0 egyenlőtlenséggel, ekkor a következő táblázatot készíthetjük: x ( x − m) −∞ 2m m 0 −3m +∞ x x−m ––––––––––––– 0 ++++++++++++++++++ x − 2m ––––––– 0+++++++++++++++++++++++ x + 3m ––––––––––––––––––––––––––0++++++ (x − 2m)(x + 3m ) + + + + + + + 0 – – – – + + + + – – – – – 0 + + + + + + x ( x − m)
Így a megoldáshalmaz M = (− ∞, 2m ) ∪ (m, 0 ) ∪ (− 3m, ∞ ) (mert m < 0 alapján a táblázat utolsó sorában azt kell vizsgálni, hogy hol van + jel). II. eset. Ha m > 0 , akkor −3m < 0 < m < 2m és az egyenlőtlenség ekvivalens az ( x − 2m)( x + 3m) < 0 egyenlőtlenséggel, ekkor a következő táblázatot készíthetjük: x ( x − m) −∞ −3m 0 m 2m +∞ x x−m ––––––––––––––––––––0 ++++++++++++ x − 2m ––––––––––––––––––––––––––0 ++++++ x + 3m ––––––––0+++++++++++++++++++++++ (x − 2m)(x + 3m ) + + + + + + + 0 – – – – + + + + – – – – – 0 + + + + + + x ( x − m) Így a megoldáshalmaz M = (− 3m, 0 ) ∪ (m, 2m ) . II.2.1. Gyakorlatok és feladatok 1. Oldd meg a valós számok körében a következő egyenlőtlenségeket: x +1 x −1 x x +1 a) 2 x − 1 < ; b) + + <0; c) (x + 1)(x − 1) − x 2 < x ; 2 2 6 3 x x +1 d) 2 x + 3 < 6 ;e) 0, (6) x + 0,25 < + 0,25(3) ; f) < 3+ 2 3 2− 3 2. Oldd meg és tárgyald a következő egyenlőtlenségeket, ha m ∈ : 1 1 a) mx + 1 ≤ m ; b) m + x ≥ (m − 1)(x + 1) ; c) ; + x(x + 1) (x + 1)(x + 2) m−x m+ x 1 2 < ; f) . d) 2mx < m 2 + 1 ; e) > x−2 x−m x 1− x
Fejezet tartalma
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
43
3. Oldd meg a valós számok halmazában a következő egyenlőtlenségeket: a) (x − 1)(x + 1) < 0 ; b) (2 x − 3)(x + 7 ) ≥ 0 ; c) (3x − 4)(x − 2) < 0 ; d) (2 x − 1)(x +`3) ≥ 0 ; e) (3x + 1)(2 x + 3) < 0 ; f) (3 − 2 x )(1 + x ) ≤ 0 ; g) (1 + 2 x )(3 − x ) < 0 ; h) (x − 1)(x − 2)(x − 3) < 0 ;i) (x + 1)(x − 2)(3 x − 1) > 0 ; j) (x − 1)(2 x + 1)(3x − 1)(5 x + 2) ≤ 0 ; k) m)
2 − 5x
(1 + x )(2 x − 4)
x +1 5x − 3 < 0 ; l) ≥0; x−2 3x + 1
≥ 0.
4. A tényezőkre bontás segítségével oldd meg a következő egyenlőtlenségeket: a) x 2 − 3x + 2 ≥ 0 ; b) 6 x 2 + 5 x + 1 ≤ 0 ; c) x 3 − 2 x 2 − x + 2 > 0 ; x2 − 1 x2 + 5x + 6 d) ( x 2 − 3x + 2 ) ( x + 1) ≥ 0 ; e) 3x 2 + x − 2 < 0 ; f) > 0 ; g) 2 ≥ 0. x+3 x − 4x + 4 5. Oldd meg és tárgyald a következő egyenlőtlenségeket, ha m, n, x1 , x2 ∈ : a) (mx − 1)(1 + x ) < 0 ; b) (mx − n )(nx + m ) < 0 ;c) (m + 1 − mx )(1 + mx ) ≥ 0 ; d) (m − x )(m + x ) > 0 ; e) (x − x1 )(x − x2 ) < 0 ; f) − (x − x1 )(x − x2 ) ≤ 0 ; g) (x − x1 )(x − x2 ) ≥ 0 ; h) − (x − x1 )(x − x2 ) < 0 . 6. Oldd meg a
3 1 2 egyenlőtlenséget. + < 2− x −1 2 x −1
7. Oldd meg a valós számok halmazában a következő egyenlőtlenségeket: x −1 x +1 x−2 x+2 x +1 x − 2 x − 2 x +1 a) ; b) ; c) ; d) . < < > < x+2 x−2 x +1 x −1 x−5 x+3 x+3 x−4 8. Egy sakk körversenyen (minden mérkőzésen 1 pontot kap a nyertes, 0 pontot a vesztes illetve döntetlen esetén 0,5 – 0,5 pontot kap mindkettő) csak nagymesterek és mesterek vettek részt. Az utóbbiak száma 3-szor annyi volt, mint a nagymestereké, elért pontjaik együttes száma pedig 1,2-szerese a nagymesterek pontszámai összegének. Hányan vettek részt a versenyen? Mit mondhatunk az első három helyezettről? 9. Az A és B városok közti P helyről kétféle módon juthatunk B-be: gyalog bejárva a PB útvonalat vagy gyalog megyünk A-ba és onnan vonattal B-be. Mely pontokból előnyösebb az első, és melyekből a második módot választani, ha a legrövidebb idő alatt szeretnénk eljutni Bbe, ha gyalog 5 km h sebességgel megyünk, a vonat sebessége 50 km h , és az AB távolság 20 km? 10. Egy egyfordulós körmérkőzéses pingpongbajnokság győzteséről tudjuk, hogy mérkőzéseinek több, mint 68 és kevesebb, mint 69 százalékát nyerte meg. Legalább hányan indultak a bajnokságon? 11. Húsvétkor egy olyan családhoz, ahol 4 lány nevelkedik, a fiúk egyforma, teli üveg kölnivízzel érkeztek. Mindegyik fiú a neki legjobban tetsző lányra a kölnivíz felét a többi háromra 5-5 cseppet, a maradékot pedig a mamára locsolta. Legalább hány csepp kölnivíz volt egy-egy üvegben, ha egy lányra sem jutott 3 üveg kölninél több, de a mamára igen? II.2.2. Az ax + by ≥ c egyenlőtlenség geometriai jelentése 2.2.1. Feladat. Ábrázoljuk azokat a síkbeli pontokat, amelyekre x + y ≥ 1 .
Fejezet tartalma
44
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
Megoldás. Előbb ábrázoljuk az x + y = 1 egyenletű egyenest.
Rögzített x1 -re x1 + y ≥ 1 pontosan akkor, ha y > 1 − x1 , de az M (x1 , 1 − x1 ) pont a d egyenesen van, tehát azokra az (x1 , y ) párokra teljesül az x1 + y ≥ 1 egyenlőtlenség, amelyeknek megfelelő pontok a d1 egyenesen az M1 pont fölött y helyezkednek el. Az x1-et változtatva különböző félegyeneseket d M y kapunk, amelyeknek egyesítése a d egyenes által meghatározott felső félsík. Így az x + y ≥ 1 egyenlőtlenséget teljesítő pontok az x + y = 1 1 d egyenletű egyenes által meghatározott felső félsíkot alkotják (az ábrán x x O x 1 a bevonalkázott rész). y M 2.2.2 Megjegyzés. Az x + y ≤ 1 egyenlőtelenséget teljesítő pontok az x + y = 1 egyenletű egyenes által meghatározott alsó félsíkot II. 3. ábra képezik. Érvényes az alábbi tulajdonság: 2.2.3. Tulajdonság. Az ax + by ≥ c egyenlőtlenséget teljesítő ( x, y ) pontok az ax + by = c egyenletű egyenes által meghatározott egyik félsíkot képezik. Ha b > 0 , akkor a felső, ha pedig b < 0 , akkor az alsó félsíkot. 2.2.4. Feladat. Határozzuk meg az x 2 + y 2 kifejezés minimumát, ha y ≤ 2 x , y ≥ x + 1 és x+ y ≤5. Megoldás. Ábrázoljuk az y = 2 x , y = x + 1 és y y = 5 − x egyenletű egyeneseket ugyanabban a y = 2x koordinátarendszerben. A bevonalkázott D rész az y = x +1 y ≤ 2x C y ≥ x + 1 egyenlőtlenségrendszert teljesítő (x, y ) B x + y ≤ 5 2 A párok képe. Másrészt az M (x, y ) pont távolsága az 1
1
1
2
1
2
2
y = 5− x
O ponttól x 2 + y 2 , tehát az O -hoz legközelebb eső D -beli pontot keressük. Ez éppen az A csúcs, x O 1 5 tehát x 2 + y 2 ≥ 12 + 2 2 = 5 . 2.2.5. Gyakorlat. Ábrázold a koordinátarendszerben az alábbi ponthalmazokat: a) H1 = {( x, y ) 2 x + 3 y > 5} ; b) H 2 = {( x, y ) 2 x − 3 y ≤ −1} ;
c) H 3 = {( x, y ) − x + y ≤ 1} ; d) H 4 = {( x, y ) − 3 x − 4 y > 7} ; e) H 5 = {( x, y ) 2 x − y ≤ −3} ;
f) H 6 = { ( x, y ) − 3 x + 2 y < −1} .
II.3. Másodfokú egyenletek 3.1. Feladat. Oldjuk meg a következő egyenleteket: a) (x − 1)(x + 1) = 0 ; b) (2 x − 3)(3 x + 4) = 0 ; c) 9 x 2 = 16 ; d) x 2 − 7 x = 0 ; e) x 2 − 2 x − 3 = 0 . Megoldás. a) Egy szorzat pontosan akkor 0, ha valamelyik tényezője 0, tehát az x − 1 = 0 és x + 1 = 0 egyenleteket kell megoldanunk. Az első egyenlet gyöke x1 = 1 , a másodiké x2 = −1 . Tehát az eredeti egyenletnek két megoldása van és a megoldáshalmaz M = {− 1, 1} .
Fejezet tartalma
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
45
b) Akárcsak az előző egyenletnél a szorzat valamelyik tényezője 0, tehát a megoldáshalmaz 4 3 M = , − . 3 2 9 x 2 = 16 egyenlet egyenértékű a 9 x 2 − 16 = 0 egyenlettel, de c) Az 2 2 2 9 x − 16 = (3 x ) − 4 = (3x − 4 )(3 x + 4) , tehát az egyenlet megoldáshalmaza 4 4 4 M = − , = ± . 3 3 3 d) x 2 − 7 x = x(x − 7 ) , tehát M = {0, 7} .
e) x 2 − 2 x − 3 = x 2 − 2 x + 1 − 1 − 3 = (x − 1) − 4 . Így az egyenlet a következőképpen alakítható: 2
⇔ ((x − 1) − 2)((x − 1) + 2) = 0 ⇔ (x − 3)(x + 1) = 0 . Tehát az eredeti egyenlet megoldáshalmaza M = {− 1, 3} .
(x − 1)2 − 22 = 0
3.2. Értelmezés. Az ax 2 + bx + c = 0 ( a, b, c ∈ , a ≠ 0 ) alakú egyenleteket másodfokú egyenleteknek nevezzük. Itt a, b és c az egyenlet együtthatói. Az előbbiek alapján néhány sajátos másodfokú egyenletre már van megoldási módszerünk: b Ha c = 0 , akkor x1 = 0 és x2 = − . a c Ha b = 0 , akkor az egyenlet x 2 + = 0 alakba írható. a c c c c Ekkor > 0 esetén nincs valós megoldás, míg ≤ 0 esetén x1 = − és x2 = − − . a a a a Általánosítsuk az e) pontbeli ötletet: b c b c ax 2 + bx + c = 0 ⇔ x 2 + x + = 0 ⇔ x 2 + 2 ⋅ ⋅x+ = 0 ⇔ 2a a a a 2
2
2
b b 2 − 4ac b c b b . ⋅x + + − = 0 ⇔ x + = 2a 4a 2 2a a 2a 2a Ha b 2 − 4ac < 0 , akkor a jobb oldal negatív és a bal oldal nem negatív egyetlen x ∈ sem, tehát ebben az esetben nincs valós gyök.
⇔ x2 + 2 ⋅
esetén
− b ± b 2 − 4ac b b 2 − 4ac , tehát a gyökök x1, 2 = . =± 2a 2a 2a b Ha b 2 − 4ac = 0 , akkor x1 = x2 = − . Azt mondjuk, hogy egybeeső gyökök vannak vagy, 2a b hogy a − kétszeres gyök. 2a A b 2 − 4ac kifejezést az ax 2 + bx + c = 0 egyenlet diszkriminánsának nevezzük és ∆-val jelöljük. Eredményeinket a következő táblázatban foglaltuk össze: x1 és x2 ∆ x1 , x2 ∉ ∆<0 Nincs valós gyök b ∆=0 Két egybeeső valós gyök van x1 = x2 = − 2a −b− ∆ −b+ ∆ ∆>0 Két különböző valós gyök van x1 = , x2 = 2a 2a
Ha b 2 − 4ac > 0 , akkor x +
Fejezet tartalma
46
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
II.3.1. A Viète-féle képletek és a másodfokú kifejezés felbontása Az előbbi paragrafusban láttuk, hogy egy másodfokú kifejezés felbontásával meghatározhatjuk a hozzárendelt egyenlet gyökeit. A gyökök alapján vajon hogyan határozható meg a felbontás? 3.1.1.Feladat. Fejezzük ki az x1 + x2 összeget és az x1 x2 szorzatot az együtthatók függvényében. − b − ∆ − b + ∆ − 2b b Megoldás. x1 + x2 = + = =− . 2a 2a 2a a 2 − b − ∆ − b + ∆ (− b ) − ∆ b 2 − b 2 + 4ac c x1 x2 = ⋅ = = = . 2a 2a 4a 2 4a 2 a Az előbbi két összefüggés Viète-féle képletek (vagy összefüggések) néven ismeretesek. Fontosságuk miatt tétel formájában is megfogalmazzuk őket. (X. osztályban látni fogjuk, hogy ezek a képletek akkor is érvényesek, ha x1 , x2 ∉ . Ehhez azonban szükségünk lesz a komplex számokra.) 3.1.2. Tétel. (Viète) Ha x1 és x2 az ax 2 + bx + c = 0 egyenlet gyökei, akkor b x1 + x 2 = − a . x x = c 1 2 a b c E két összefüggés alapján ax 2 + bx + c = a x 2 + x + = a x 2 − (x1 + x 2 )x + x1 x 2 a a
(
(
)
=
)
a x 2 − x1 x − x 2 x + x1 x 2 = a(x(x − x1 ) − x 2 (x − x1 )) = a(x − x1 )(x − x 2 ) , tehát érvényes az alábbi következmény: 3.1.3. Következmény. Ha x1 és x2 az ax 2 + bx + c = 0 egyenlet gyökei, akkor ax 2 + bx + c = ( x − x1 )( x − x2 ) .
II.3.2. A másodfokú kifejezések előjele Ha ∆ > 0 , az előbbi felbontás és az elsőfokú kifejezések előjelszabálya alapján a következő előjeltáblázatokat készíthetjük: Ha a > 0 x −∞ x1 x2 +∞ – – – – – – – 0 + + + + + + + + + + + + + x − x1 x − x2
a(x − x1 )(x − x 2 ) Ha a < 0 x
– – – – – – – – – – – – – – 0+ + + + + + + + + + + + + +0– – – – – – 0+ + + + + + +
x − x1
−∞ x1 x2 +∞ – – – – – – – 0 + + + + + + + + + + + + +
x − x2
– – – – – – – – – – – – – – 0+ + + + + + +
a(x − x1 )(x − x 2 )
– – – – – – – 0+ + + + + + 0 – – – – – – –
Látható, hogy mindkét esetben az ax 2 + bx + c kifejezés a hozzárendelt egyenlet gyökei közt az a előjelével ellentétes előjelű értékeket vesz fel és a gyökökön kívüli x értékekre a-val megegyező előjelű értékeket.
Fejezet tartalma
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
47
2
b b Ha ∆ = 0 , akkor az ax 2 + bx + c = a x + helyen 0 és minden kifejezés az x1 = x 2 = − 2a 2a más valós x értékre az előjele megegyezik a előjelével. 2 ∆ b 2 Ha ∆ < 0 , akkor az ax + bx + c = a x + − 2 kifejezés minden valós x esetén a 2a 4a előjelével azonos előjelű értékeket vesz fel. Ez a másodfokú kifejezések előjelszabálya. A könnyebb memorizálás érdekében a következő táblázatokat készíthetjük: ∆>0 ∆ x x2 x −∞ +∞ 1
ax 2 + bx + c ∆ x
a-val megegyező ∆=0 −∞
0
a-val ellentétes
0
a-val megegyező +∞
x1 = x2 0
a-val megegyező a-val megegyező ax 2 + bx + c ∆<0 ∆ x −∞ +∞ a-val megegyező ax 2 + bx + c A továbbiakban a másodfokú kifejezések előjelének tárgyalásánál nem szükséges a felbontást elvégezni, hivatkozhatunk a fenti előjelszabályra. II.3.3. Megoldott gyakorlatok 1. Oldjuk meg a következő másodfokú egyenleteket: a) x 2 − 2 2 x + 2 = 0 ; b) 6 x 2 − x − 1 = 0 ; c) x 2 + x + 1 = 0 .
(
Megoldás. a) a = 1 , b = −2 2 és c = 2 , tehát ∆ = b 2 − 4ac = − 2 2 x1 = x 2 = −
b) a = 6 ,
)
2
− 4 ⋅1 ⋅ 2 = 8 − 8 = 0 . Így
{ }
b −2 2 =− = 2 . Tehát a megoldáshalmaz M = 2 . 2a 2 2 b = −1 és c = −1 , tehát ∆ = b 2 − 4ac = (− 1) − 4 ⋅ 6 ⋅ (− 1) = 25 .
Így
1− 5 1 =− x1 = − b ± ∆ 1± 5 1 1 12 3 = = x1, 2 = . Tehát a megoldáshalmaz M = − , . 1+ 5 1 2a 2⋅6 3 2 = x = 2 12 2 c) a = 1 , b = 1 és c = 1 , tehát ∆ = b 2 − 4ac = 1 − 4 = −3 < 0 . Így az egyenletnek nincs valós gyöke. 2. Oldjuk meg a következő másodfokú egyenleteket, ha m ∈ : a) x 2 − 2mx + m 2 = 0 ; b) x 2 + mx − 2m 2 = 0 ; c) x 2 + 2 x + 1 + m 2 = 0 .
Megoldás a) a =1, b = −2m x1 = x2 = m, ∀m ∈ .
és
c = m2 ,
tehát
∆ = b 2 − 4ac = 4m 2 − 4m 2 = 0 .
Így
b) a = 1 , b = m és c = −2m 2 , tehát ∆ = b 2 − 4ac = m 2 + 8m 2 = 9m 2 . Ebben az esetben a gyökök képletében szereplő ∆ = 9m 2 = 3 | m | esetén elhagyhatjuk az abszolút értéket, mert a képletben mindkét előjel szerepel. Így a megoldások:
Fejezet tartalma
48
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
x1, 2
− m − 3m x = = −2m − b ± ∆ − m ± 3m 1 2 = = = . 2a 2 x = − m + 3m = m 2 2
c) a = 1 , b = 2 és c = 1 + m 2 , tehát ∆ = b 2 − 4ac = 4 − 4 − 4m 2 = −4m 2 . Ha m ≠ 0 , akkor az egyenlet diszkriminánsa szigorúan negatív, tehát nincs valós gyöke. Ha m = 0 , akkor ∆ = 0 és x1 = x 2 = −1 . 3. Az előbbi hat másodfokú kifejezést bontsuk elsőfokú tényezők szorzatára és vizsgáljuk meg, hogy milyen x értékekre pozitívak. Megoldás
(
)
2
•
x2 − 2 2 x + 2 = x − 2 .
•
x 2 − 2mx + m 2 = (x − m ) . 2
esetén pozitív, és x = 2 illetve x = m esetén a 0-t is felveszik. 1 1 6 x 2 − x − 1 = 6 x − x + = (2 x − 1)(3 x + 1) . 2 3
Mindkét kifejezés tetszőleges x ∈ •
1 1 D + = − ∞, − ∪ , + ∞ , mert a = 6 > 0 , így gyökökön 3 2 kifejezések előjelszabálya alapján). • x 2 + 2mx − 2m 2 = (x − m )(x + 2m ) . Ebben az esetben is a gyökökön kívüli tartományon vesz fel a ( −∞, m ] ∪ [ −2m, +∞ ) , pedig függ m előjelétől. Tehát D+ = , −∞, −2m ∪ m, +∞ , ) ] [ (
kívül pozitív (a másodfokú
kifejezés pozitív értékeket, ez ha
m<0
ha
m=0
ha
m>0
2
• •
1 3 3 x 2 + x + 1 = x + + ≥ > 0, ∀x ∈ és 2 4 4 2 2 2 x + 2 x + 1 + m = ( x + 1) + m 2 ≥ 0, ∀x ∈ .
4. Bizonyítsuk be, hogy az a, b ∈ P = a ⋅ b számok pozitívak.
számok pontosan akkor pozitívak, ha az S = a + b és
Bizonyítás. Ha a ≥ 0 és b ≥ 0 , akkor azonnali, hogy a + b ≥ 0 és ab ≥ 0 . Ha ab ≥ 0 , akkor a és b azonos előjelűek, tehát az összeg csak akkor lehet pozitív, ha mindkét szám pozitív. 5. Vizsgáljuk meg az mx 2 − (m + 7 )x + 4 = 0 egyenlet gyökeinek természetét és előjelét. Megoldás. A gyökök természetének vizsgálata azt jelenti, hogy megadjuk milyen m ∈ esetén valósak. (Esetleg tárgyalható az is, hogy a gyökök mikor racionális, egész vagy természetes számok.) 4 Ha m = 0 , akkor a −7 x + 4 = 0 elsőfokú egyenlethez jutunk és, x = a megoldás. 7 2 2 Ha m ≠ 0 , akkor ∆ = (m + 7 ) − 4 ⋅ 4 ⋅ m = m 2 − 2m + 49 = (m − 1) + 47 > 0 .
Fejezet tartalma
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek Mivel ∆ > 0, ∀m ∈
49
esetén, a gyökök mindig valósak és különbözőek. A Viète féle
összefüggések alapján S = x1 + x 2 =
m+7 4 és P = x1 x 2 = , tehát az előbbi feladat alapján m m
ezeknek az előjelét kell vizsgálnunk. m –∞ –7 0 +∞ m+7 – – – – 0 + + + + + + + + + + m – – – – – – – – – – 0 + + + + S + + + +0 – – – – – –|+ + + + +
m 4 m P
–∞ 0 +∞ + + + + + + + + – – – 0 + + + + – – – –|+ + + + +
Az eddigiek alapján a következő összesített táblázat készíthető (ez mutatja a gyökök természetét és előjelét):
∆
S
P
x1, 2
+
+
–
x1 < 0 , x 2 > 0 és x 2 > | x 2 |
–7
+
0
–
x1 < 0 , x 2 > 0 és x1 = − x 2 = −
(−7, 0)
+
–
–
x1 < 0 , x 2 > 0 és x 2 < | x 2 |
0
│
│
│
(0, + ∞ )
+
+
+
m
(−∞,
− 7)
2 7
4 7 x1 > 0 , x 2 > 0 x1 =
3.3.1. Megjegyzés. Megvizsgálhatnánk, hogy milyen m értékekre racionálisak vagy egészek a gyökök. Az ilyen jellegű tárgyalásokra később visszatérünk. 6. Ha x1 és x 2 az x 2 − mx + 1 = 0 egyenlet gyökei, számítsuk ki a következő összegeket: a) x12 + x 22 ; b) x13 + x 23 ; e)
1 1 + 2 ; 2 x1 x 2
f)
c) x14 + x 24 ;
d)
1 1 ; + x1 x 2
x1 x + 2 . x1 + 1 x1 + 1
Megoldás a) (x1 + x 2 ) = x12 + 2 x1 x 2 + x 22 ⇒ x12 + x 22 = (x1 + x 2 ) − 2 x1 x 2 = S 2 − 2 P = m 2 − 2 . Másképp: x12 − mx1 + 1 = 0 2 2 2 ⇒ x1 + x 2 = m(x1 + x 2 ) − 2 = m − 2 . x 22 − mx 2 + 1 = 0 2
2
(
) (
) (
)
b) x13 + x 23 = (x1 + x 2 ) x12 − x1 x 2 + x 22 = m m 2 − 2 − 1 = m m 2 − 3 . Másképp: x12 − mx1 + 1 = 0 ⇒ x13 = mx12 − x1 ⇒ x 22 − mx 2 + 1 = 0 ⇒ x 23 = mx 22 − x 2
(
)
(
)
x13 + x 23 = m x12 + x 22 − (x1 + x 2 ) = m m 2 − 2 − m = m 3 − 3m .
(
c) x + x = x + x Másképp: 4 1
4 2
2 1
)
2 2 2
(
)
2
− 2 x x = m − 2 − 2 = m 4 − 4m 2 + 2 . 2 1
2 2
2
Fejezet tartalma
50
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
x12 − mx1 + 1 = 0 ⇒ x14 = mx13 − x12 ⇒ x 22 − mx 2 + 1 = 0 ⇒ x 24 = mx 23 − x 22
(
) (
) (
) (
)
x14 + x 24 = m x13 + x 23 − x12 + x 22 = m m 3 − 3m − m 2 − 2 = m 4 − 4m 2 + 2 .
3.3.2. Megjegyzések 1. A feladatbeli egyenlet esetén, ha S n = x1n + x 2n , akkor S n + 2 = m ⋅ S n +1 − S n . 2. Ha x1 és x2 az ax 2 + bx + c = 0 egyenlet gyökei és S n = x1n + x 2n , akkor a ⋅ S n + 2 + b ⋅ S n +1 + c ⋅ S n = 0 . a)
x + x1 m 1 1 + = 2 = =m; x1 x 2 x1 x 2 1
x 22 + x12 m 2 − 2 1 1 + = = = m2 − 2 ; x12 x 22 x12 x 22 12 2 x1 x 2 + x1 + x 2 x1 x2 x (x + 1) + x 2 (x1 + 1) 2 ⋅1 + m m + 2 c) = = 1. = + = 1 2 = (x1 + 1)(x 2 + 1) x1 + 1 x 2 + 1 x1 + x 2 + x1 x 2 + 1 1 + m + 1 m + 2
b)
7. Határozzuk meg az m ∈ a) x12 + x 22 = 5 ;
paraméter értékét, ha az x 2 − 3 x + m = 0 egyenlet gyökeire: b) x 2 = 3x1 − 1 .
Megoldás a) x12 + x 22 = (x1 + x 2 ) − 2 x1 x 2 = 3 2 − 2m = 9 − 2m , tehát az adott egyenlőség alapján 9 − 2m = 5 . Eszerint m = 2 . b) Az x 2 = 3x1 − 1 és x1 + x 2 = 3 egyenlőségekből következik, hogy x1 = 1 , tehát 1 − 3 ⋅1 + m = 0 . Innen m = 2 . 8. Ha az mx 2 + ( m − 1) x − 1 = 0, m ∈ * egyenlet gyökei x1 és x2, írjunk fel egy olyan 2
egyenletet, amelynek gyökei a) y1 = 2x1 és y 2 = 2x 2 ; Megoldás a) y1 + y 2 = 2(x1 + x 2 ) = 2 ⋅
b) y1 = x1 + 2x 2 és y 2 = x 2 + 2x1 . 4 −1 −(m − 1) 2 − 2m és y1 y 2 = 4 x1 x 2 = 4 ⋅ = − . y1 és = m m m m
y 2 az y 2 − ( y1 + y 2 ) y + y1 y 2 = 0 egyenlet gyökei, tehát az előbbi egyenlőségek alapján y1 és
2(1 − m ) 4 y − = 0 ⇔ my 2 + 2(m − 1) y − 4 = 0 egyenlet gyökei. m m y helyettesítést végezzük, 3.3.3. Megjegyzés. Ha az eredeti egyenletben az x = 2 ugyanehhez az eredményhez jutunk. −(m − 1) 3 − 3m b) y1 + y 2 = (x1 + 2 x 2 ) + (x 2 + 2 x1 ) = 3(x1 + x 2 ) = 3 ⋅ ; = m m 1− m 2 −1 −1 y1 y 2 = (x1 + 2 x 2 )(x 2 + 2 x1 ) = 5 x1 x 2 + 2 x12 + x 22 = 5 ⋅ + 2 ⋅ − 2⋅ = m m m y 2 az y 2 −
(
)
Fejezet tartalma
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
(
51
)
− 5 2 1 − 2m + m 2 4 2 m 2 − 5m + 2 . + + = 2 m m m m2 Így y1 és y2 az m 2 y 2 + 3m(m − 1) y + 2m 2 − 5m + 2 = 0 egyenlet gyökei. =
3.3.4. Megjegyzés. y1 = 2S − x1 és y 2 = 2S − x 2 , ezért az x = 2S − y = helyettesítéssel ugyanezt az eredményt kaptuk volna. paraméter értékét úgy, hogy az 9. Határozd meg az m ∈
(m − 1)x
2
+ mx − 1 = 0 egyenleteknek legyen egy közös gyökük.
Megoldás.
Jelöljük
x 0 -val
a
közös
gyököt.
Az
2 − 2m −y m
(m + 1)x 2 − 3mx + 1 = 0
(m + 1)x 02 − 3mx 0 + 1 = 0
és és
(m − 1)x + mx 0 − 1 = 0 egyenlőségekből valamilyen egyszerűbb összefüggést kell levezetnünk m és x 0 közt. Ez leggyakrabban a négyzetes tagok kiküszöbölésével érhető el. Ez esetben 2 0
egyszerűbb összefüggést kapunk, ha összeadjuk a két egyenlőséget. Így a 2mx 02 − 2mx 0 = 0 egyenlőség adódik, tehát 2mx 0 (x 0 − 1) = 0 . Ha m = 0 , akkor az egyenletek x 2 + 1 = 0 és − x 2 − 1 = 0 . Ennek a két egyenletnek azonosak a gyökei, de nem valósak, tehát feltételezhetjük, hogy m ≠ 0 . Ha x 0 = 0 , akkor ellentmondáshoz jutunk, mert egyik egyenletnek sem lehet gyöke. Tehát a közös gyök x 0 = 1 . Ha ezt visszahelyettesítjük az adott egyenletekbe a −2m + 2 = 0 illetve 2m − 2 = 0 egyenlőségekhez jutunk. Innen következik, hogy m = 1 . Ez esetben a 2 x 2 − 3x + 1 = 0 és x − 1 = 0 egyenletek közös gyöke valóban az x 0 = 1 .
10. Határozzuk meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy az mx 2 − (m + 1)x + 1 = 0 egyenlet gyökei a) ne legyenek 1-nél kisebbek; b) teljesítsék az 1 ≤ x1 < 2 ≤ x 2 egyenlőtlenségeket. Megoldás. a) Az x1 ≥ 1 és x 2 ≥ 1 egyenlőtlenségek alapján az y1 = x1 − 1 és y 2 = x 2 − 1 gyökökkel rendelkező másodfokú egyenlet mindkét gyöke pozitív. Ezt az egyenletet az 2 x = y + 1 helyettesítéssel kapjuk: m( y + 1) − (m + 1)( y + 1) + 1 = 0 ⇔ my 2 + (m − 1) y = 0 . 1− m , ha m ≠ 0 . Tehát meg kell oldanunk az y 2 ≥ 0 Látható, hogy y1 = 0 és y 2 = m egyenlőtlenséget. Az alábbi táblázat alapján a megoldáshalmaz m ∈ (0, 1] . m –∞ 0 1 +∞ 1 − m + + + + + + + + + + 0– – – – – – – m –– – –0 + + + + + + + + + +++ 1− m – – – –|+ + + + + + 0 – – – ––– m 3.3.5. Megjegyzések 1. Látható, hogy x1 = 1 az eredeti egyenlet m-től független gyöke. Így a megoldás 1 egyszerűsíthető, mert azonnal felírhatjuk az x 2 = gyököt és csak ezt kell vizsgálni. m
2. Ha az a) pontot úgy fogalmaztuk volna, hogy az adott egyenletnek ne legyen 1-nél kisebb gyöke (vagy egyetlen gyöke se legyen 1-nél kisebb), akkor az m = 0 érték is
Fejezet tartalma
52
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
megfelelne, bár erre az értékre az egyenlet nem másodfokú. Általában az ilyen eseteket külön szokás tárgyalni. 3. Általában érvényesek a következő ekvivalenciák ( S = x1 + x 2 és P = x1 ⋅ x 2 ): x1 > α és x 2 > α ⇔ ∆ ≥ 0 , P − α ⋅ S + α 2 > 0 és S − 2α > 0 ; x1 < α és x 2 < α ⇔ ∆ ≥ 0 , P − α ⋅ S + α 2 > 0 és S − 2α < 0 ; x1 > α és x 2 < α ⇔ ∆ ≥ 0 és P − α ⋅ S + α 2 < 0 .
b) Tekintsük az E m (x ) = mx 2 − (m + 1)x + 1 kifejezést. Az x1 < 2 ≤ x 2 egyenlőtlenségek alapján 2 a gyökök közt van, tehát E m (2) és m ellentétes előjelűek. Így m ⋅ E m (2 ) < 0 . De E m (2) = 2m − 1 , tehát m(2m − 1) ≤ 0 . A másodfokú kifejezések előjelszabálya alapján 1 m ∈ 0, . Az m = 0 esetet ki kell zárni, mert ebben az esetben az egyenletnek csak egy 2 1 gyöke van és így x1 < x 2 nem teljesülhet. A megoldáshalmaz 0, . 2 1 egyenlőtlenségből. 3.3.6. Megjegyzés. Ugyanehhez az eredményhez jutottunk volna a 2 ≤ m 11. Határozzuk meg azokat az m ∈ számokat, amelyekre az mx 2 − (2m + 1)x + 3 > 0 egyenlőtlenség bármely x ∈ esetén teljesül. Megoldás. Ha az mx 2 − (2m + 1)x + 3 = 0 egyenletnek volna valós gyöke, akkor a gyökök
között és azokon kívül az E m (x ) = mx 2 − (2m + 1)x kifejezés ellentétes előjelű értékeket venne fel, tehát az egyenletnek nem lehet valós gyöke. Így ∆ < 0 . A (∆ = )4m 2 − 8m + 1 < 0 egyenlőt-
2− 3 2+ 3 . Ebben az esetben az E m (x ) kifejezés lenség pontosan akkor teljesül, ha m ∈ , 2 2 2− 3 esetén m előjelével azonos előjelű értékeket vesz fel, tehát a >0 minden x ∈ 2 egyenlőtlenség alapján az előbbi intervallum minden elemére teljesül a kért feltétel.
3.3.7. Megjegyzés. Általában érvényes a következő ekvivalencia: ax 2 + bx + c > 0 , ∀ x ∈
a > 0 ⇔ . ∆ < 0
II.3.4. Gyakorlatok és feladatok 1. Oldd meg a következő másodfokú egyenleteket és írd fel a másodfokú kifejezés felbontását: a) 3x 2 + 5 x − 2 = 0 ; b) 2 x 2 − 5 x − 3 = 0 ; c) 8 x 2 − 6 x − 9 = 0 ; 2 e) x 2 + 7 x = 0 ; f) x 2 − 5 = 0 ; d) x − 9 = 0 ; h) 10 x 2 − x − 3 = 0 ; i) x 2 − 3 2 + 4 = 0 ; g) 28 x 2 − 5 x − 3 = 0 ; 2 k) x 2 − 6 x + 9 = 0 ; l) x 2 + 10 x + 24 = 0 . j) 2 x + 5 x + 2 = 0 ; 2. Milyen m ∈ esetén van az alábbi egyenleteknek pontosan egy valós gyöke?
Fejezet tartalma
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
53
a) mx 2 − (m + 2)x + 2 = 0 ; b) mx 2 + (m − 1)x − 2 = 0 ; c) x 2 − mx + 1 = 0 ; d) (m + 1)x 2 − mx + 1 = 0 ; e) x 2 − (m + 1)x + m = 0 ; f) mx 2 + x + 1 = 0 . 3. Milyen m ∈ esetén van az előbbi egyenleteknek pontosan két valós gyöke? 4. Írjuk fel azt a másodfokú egyenletet, amelynek gyökei: a) x1 = 1; x 2 = 2 ; b) x1 = 7; x 2 = −7 ; c) x1 = 0; x 2 = −5 ; 1 3 5 5 1 d) x1 = ; x 2 = ; e) x1 = ; x 2 = ; f) x1 = −1; x 2 = − ; 5 7 3 2 2 1 1 1 1 g) x1 = ; x 2 = ; h) x1 = ; x 2 = ; i) x1 = 3 + 2 ; x 2 = 3 − 2 ; 6 4 2 3 1− 2 1+ 2 ; k) x1 = 6 ; x 2 = 2 ; l) x1 = ; x2 = 3 3 m) x1 = a + b; x2 = a − b, a, b ∈ . 5. Ha az x 2 − mx + 1 = 0 egyenlet gyökei x1 és x 2 , írj fel egy olyan másodfokú egyenletet, amelynek a gyökei: 1 1 b) y1 = ; y 2 = , ha x1, 2 ≠ 0 ; a) y1 = x1 + 1; y 2 = x 2 + 1 ; x1 x2 1 1 c) y1 = x1 + ; y 2 = x 2 + , ha x1, 2 ≠ 0 ; d) y1 = x1 + x 2 ; y 2 = x1 x 2 ; x2 x1 x + x2 x x + x2 x ; y2 = 1 , ha x1, 2 ≠ 0 ; f) y1 = 1 ; y 2 = 2 , ha x1, 2 ≠ 0 ; e) y1 = 1 x2 x1 x1 x2 g) y1 = x12 ; y 2 = x 22 ;
h) y1 = x13 ; y 2 = x23 ;
i) y1 = x1−2 ; y 2 = x 2−2 , ha x1, 2 ≠ 0 ; l) y1 =
x1
; y2 =
j) y1 = x1−3 ; y 2 = x 2−3 , ha x1, 2 ≠ 0 ;
x2
, ha x12 + x 22 ≠ 0 . x +x x + x 22 6. Tárgyald a gyökök természetét és előjelét a következő egyenletek esetében: a) mx 2 − (m + 3)x + 3 = 0 ; b) mx 2 − m 2 − 1 x − m = 0 ; 2 1
2 2
2 1
(
)
d) x − x − m − m = 0 . c) x − mx − 6m = 0 ; 2 7. Az x − 7 x + 2 = 0 egyenlet gyökeire számítsd ki az alábbi kifejezések értékét: a) x1 + x 2 ; b) x1 x2 ; c) x12 + x22 ; d) x13 + x 23 ; e) x14 + x24 ; 2
2
2
g) x1−1 + x 2−1 ; h) x1−2 + x 2−2 ; i) x1−3 + x 2−3 ; j) x1 − x2 ;
f) x15 + x 25 ;
k) x12 − x 22 (ha x1 > x 2 ); n) r)
1 x1
+
2
1 x2
l) x1 + x 2 , (ha x1, 2 ≥ 0 );
, (ha x1, 2 > 0 );
x1 + 1 x 2 + 1 + ; x 2 − 2 x1 − 2
s)
o)
m) 4 x1 + 4 x 2 ,(ha x1, 2 ≥ 0 );
x1 − x 2 , (ha x1 > x 2 ≥ 0 ); p)
x13 + 3 x12 − x1 + 1 x 22 + x 2 + 1
+
x 23 + 3 x 22 − x 2 + 1 x12 + x1 + 1
x1 − x 2 x1 + x 2 + ; x1 + x 2 x1 − x 2
.
8. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy az x 2 − mx + 2 = 0 egyenlet x1 és x 2 gyökére teljesüljön az alábbi összefüggések közül legalább egy:
Fejezet tartalma
54
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek a) x12 + x 22 = 5 ; b) x1 x 2 (x1 + x 2 ) = 4 ; d) x1 = 2x 2 ;
e) x1 + 2 x 2 = 4 ;
c)
1 1 + = 4; x1 x 2
f) x1 + x 2 = x12 + x 22 .
9. Határozzuk meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy az alábbi egyenletek gyökei között fennálljanak a mellette levő összefüggések: x2 − x2 = 2 ; a) (m + 1) x 2 + 2mx + 5 = 0 ; b) (m − 2) x 2 + (3m − 5) x + 3 = 0 ; x1 = x 2 ; c) (m + 3) x 2 + mx + m + 1 = 0 ; x1 = 3x 2 ; 8 ; 3 x1 x 2 = x1 + x 2 ;
d) 3x 2 + (m − 3) x + m + 5 = 0 ; x12 + x 22 = e) (m + 5) x 2 − (m + 7) x − m + 3 = 0 ;
f) mx 2 − (m − 1) x − m + 1 = 0 ; x13 + x 23 = 4 ; 1 1 g) mx 2 + (m 2 − 2) x + 2(m + 1) = 0 ; + = 2; x1 x 2 h) (m + 2) x 2 + (m − 3) x + m = 0 ; x1 + x 2 + 2 x1 x 2 = i) x 2 + mx + 2m + 8 = 0 ;
x1 = 2x 2 ; x12 + x 22 =
j) x 2 + 2(3m + 2) x + 3(2m + 1) = 0 ; k) x 2 − (m + 1) x + m = 0 ;
3 ; 2
10m x1 x 2 ; 3
| x1 − x 2 |= 1 .
10. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy az x 2 + 3x − m = 0 egyenlet x1 és x 2 gyökeire teljesüljenek az alábbi egyenlőtlenségek: a) x12 + x 22 < 0 ;
b) x13 + x 23 > x12 + x 22 ;
x 2 + x 22 1 1 + ≤ 1 ; d) 1 > 1 + x1 x 2 . x1 + x 2 2 + x1 2 + x 2 11. Határozz meg egy m-től független összefüggést az alábbi egyenletek gyökei közt: a) x 2 + (m − 1)x + m 2 = 0 ; b) mx 2 − (m + 1)x + 2m = 0 ; c) x 2 + mx + 1 = 0 ;
c)
(
)
d) mx 2 + m 2 − 1 x + m 2 = 0 ; e) (m + 1)x 2 − (m − 1)x + 3m = 0 . 12. Bizonyítsd be, hogy az alábbi egyenleteknek van m-től, illetve n-től független gyökük: b) (2m − 1)x 2 − (m − 1)x − 3m + 2 = 0 ; a) mx 2 − (m + 1)x + 1 = 0 ;
(
c) mx 2 − (m + n )x + n = 0 ;
(
)
)
d) m 2 − 1 x 2 + mx + 4 − 4m 2 − 2m = 0 ;
e) m x − 3m + m − 4 x + 2m + 2m − 8 = 0 ; f) x 2 − (m + 2)x + 3m + 2 3 − 3 = 0 . 13. Az m ∈ milyen értékeire lesz pontosan egy közös gyöke a következő egyenlet-pároknak? a) (m − 1)x 2 + 2mx + 4 = 0 és x 2 + (m − 1)x − 2 = 0 ; 2
2
2
2
b) mx 2 + (m − 2)x + 1 = 0 és (m + 2)x 2 + 5 x − (m + 3) = 0 ;
c) x 2 + 2mx + m 2 = 0 és 2 x 2 + 3mx + m = 0 . 14. Bizonyítsd be, hogy az x 2 + (b + c )x − a(a + b + c ) = 0 , x 2 + (c + a )x − b(a + b + c ) = 0 és x 2 + (a + b )x − c(a + b + c ) = 0 egyenleteknek legalább egy közös gyökük van.
Fejezet tartalma
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
55
15. Határozd meg az alábbi halmazok elemeit: a) { x ∈ x 2 − 6 x − 7 = 0} ; b) { x ∈ 2 x 2 − 5 x + 2 = 0} ; c) { x ∈ d) { x ∈
3 x 2 + 2 x − 1 = 0} ; e) { x ∈
16. Határozd meg a p, q ∈
egyenlőség, ha A = { x ∈
x 2 − x − 2 = 0} ;
{
(
6 x 2 − 5 x + 1 = 0} ; f) x ∈
)
}
x2 − 1 + 2 x + 2 = 0 .
valós számokat úgy, hogy teljesüljön az A ∪ B = {−1, − 2, 1, 3}
x − px + 8 = 0} és B = { x ∈ 2
x 2 − qx + q − 1 = 0} .
17. Bizonyítsd be, hogy az { x ∈ x 2 − 2mx − m − 1 = 0} ∪ { x ∈ x 2 − 2 ( m + 1) x + m = 0} halmaznak minden m ∈ esetén négy eleme van. 18. Oldd meg a következő egyenleteket, ha S, P és ∆ az illető egyenlet gyökeinek összege, szorzata illetve az egyenlet diszkriminánsa: a) x 2 − ∆x + S = 0 ; b) ∆x 2 + Px + S = 0 ; c) x 2 + Px + S − 1 = 0 ; d) Px 2 + 2 x + S + 3 = 0 . 19. Bizonyítsd be, hogy az alábbi egyenletek mindegyikének valós gyökei vannak, ha a, b, c ∈ : b) x 2 − (a + b )x − c(a + b + c ) = 0 ;
a) x 2 − (a + b )x + ab = 0 ;
c) x 2 − (a + b + c )x + bc + ca = 0 ; d) 3x 2 − 2(a + b + c )x + ab + ac + bc = 0 . 20. Ha x1 és x 2 az x 2 + mx + n = 0 valamint x1/ és x 2/ az x 2 + px + q = 0 egyenlet gyökei ( m, n, p, q ∈ ), számítsd ki a következő szorzatokat:
(
)(
)(
)(
)
(
)(
)(
)(
)
a) x1 − x1/ x 2 − x 2/ x1 − x 2/ x 2 − x1/ ; b) x1 + x1/ x 2 + x 2/ x1 + x 2/ x 2 + x1/ . értékeket, amelyekre az x + y − 4 x − 4 y + m > 0 21. Határozd meg azokat az m ∈ egyenlőtlenség teljesül, minden x, y ∈ esetén. (Felvételi feladat, 1996) paraméter azon értékeit, amelyekre fennáll az 22. Határozd meg az m ∈ mx 2 + 4(m − 1)x + m > 1 egyenlőtlenség, minden x ∈ (0, + ∞ ) esetén. (Felvételi feladat, 1996) a + b + c 23. Mi a feltétele annak, hogy az ax 2 + bx + c ≤ x 2 + x + 1 egyenlőtlenség teljesüljön, 3 minden x ∈ esetén? 24. Bizonyítsd be, hogy ha a, b, c ∈ , akkor az ax 2 + bx + c = 0 , bx 2 + cx + a = 0 és cx 2 + ax + b = 0 egyenleteknek pontosan akkor van egy közös valós gyöke, ha a+b+c = 0 . 25. Bizonyítsd be, hogy ha a, b, c ∈ , akkor az x 2 − 2ax + bc = 0 , x 2 − 2bx + ac = 0 és 2
(
2
)
x 2 − 2cx + ab = 0 egyenletek közül legalább az egyiknek van valós gyöke. 26. Bizonyítsd be, hogy ha a, b, c ∈ és az ax 2 + bx + c = 0 egyenletnek két különböző gyöke van a (0, 1) intervallumban, akkor | a | ≥ 5 .
27. Az x 2 + p1 x + q1 = 0 és x 2 + p 2 x + q 2 = 0 másodfokú egyenletek együtthatói egész számok. Bizonyítsd be, hogy ha a két egyenletnek van egy közös gyöke, akkor p1 = p 2 és q1 = q 2 . 28. Bizonyítsd be, hogy az x(x + 1) = 25 y + 2 egyenletet nem teljesítheti egyetlen (x, y ) egész számpár sem. 1 29. Bizonyítsd be, hogy az A = x ∈ \ {±1} x + ∈ halmazban egyetlen racionális szám x sincs.
Fejezet tartalma
56
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek II.4. Első és másodfokú egyenletekre visszavezethető egyenletek
II.4.1. Törteket tartalmazó egyenletek Ilyen egyenletekkel már találkoztunk. A megoldás egyik fontos része a törtek értelmezési tartományának meghatározása és az értelmezési tartományon kívüli gyökök (idegen gyökök, amelyek az átalakítások során jelennek meg) kizárása. II.4.1.1. Megoldott gyakorlatok 1 1 4 + = egyenletet. 1. Oldjuk meg az x −1 x +1 x Megoldás. Ki kell zárnunk az -ből azokat az értékeket, amelyekre valamely nevező 0. Az x − 1 = 0 , x + 1 = 0 és x = 0 egyenletek megoldásai 1, –1 és 0. Így az adott egyenlet 1 1 2x \ {−1, 0, 1} halmazban keressük. , tehát az egyenlet megoldásait az + = 2 x −1 x +1 x −1 2x 4 = alakban írható. Innen következik, hogy x 2 = 2 x 2 − 2 , tehát x 2 = 2 és így a 2 x −1 x megoldások x1 = 2 és x 2 = − 2 . Mivel mindkét megoldás az értelmezési tartomány eleme,
{
a megoldáshalmaz M = − 2 ,
}
2 .
1 1 1 + = egyenletet. x − m x + 2 x −1 Megoldás. A törtek létezési feltételei alapján a megoldásokat az \ {−2, 1, m} halmazban 1 1 2x + 2 − m 2x + 2 − m 1 keressük. , tehát az egyenlet 2 = + = 2 x − m x + 2 x + (2 − m )x − 2m x + (2 − m )x − 2m x − 1
2. Oldjuk meg és tárgyaljuk az
alakban írható. Innen következik, hogy 2 x 2 + (2 − m) x − 2 x − (2 − m) = x 2 + (2 − m )x − 2m ⇔ x 2 − 2 x + 3m − 2 = 0 (1). ∆ f = 12(1 − m) ≥ 0 ⇔ m ≤ 1 , tehát x1, 2 = 1 ± 3 − 3m , ha m ≤ 1 .
Megvizsgáljuk, hogy a –2, 1 és m mikor lesz megoldása az (1) egyenletnek. (− 2)2 − 2(− 2) + 3m − 2 = 0 ⇔ m = 2 . Erre az értékre x1 = 0 , tehát M = {0}. 3 12 − 2 ⋅ 1 + 3m − 2 = 0 ⇔ m = 1 . Erre az értékre x1 = x 2 = 1 , tehát M = ∅.
m 2 − 2m + 3m − 2 = 0 ⇔ m ∈ {− 2, 1} . Az m = 1 esetet már vizsgáltuk. m = −2 esetén
x1 = 4 , x 2 = −2 , tehát M = {4} . Az összes esetet az alábbi táblázatba foglaltuk: 2 (− ∞, 1) \ 2 , − 2 m 1 –2 3 3 M
{4}
{0}
∅
{1 ±
3 − 3m
(1, + ∞ )
}
∅
II.4.2. Modulusokat tartalmazó egyenletek. ha E (x ), Ha E (x ) egy kifejezés, akkor E (x ) = − E (x ), ha
E (x ) ≥ 0 E (x ) < 0
.
Fejezet tartalma
Egyenletek és egyenlőtlenségek
Tartalomjegyzék
57
ha x≥2 x − 2, Így például x − 2 = vagy − + 2 , ha x x<2 2 x ∈ (− ∞, 1] ∪ [2, + ∞ ) ha x − 3 x + 2, . x 2 − 3x + 2 = 2 − x + 3x − 2, x ∈ (1, 2) ha Eszerint a modulust tartalmazó egyenletek visszavezethetők több egyszerűbb (modulust nem tartalmazó) egyenletre, amelyek megoldásait előre meghatározott intervallumban keressük. Vannak esetek, amikor nem érdemes az előbbi felbontást használni, mert az egyenlet alakja lehetővé teszi a E (x ) = a ⇔ E (x ) = ± a ekvivalencia használatát.
II.4.2.1. Megoldott gyakorlatok 1. Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenleteket a) x − 1 = 2 ;
b) x − 1 + 2 = 3 ;
c) x 2 − 1 + x = 1 ;
d) x − 1 + x − 2 = 3 ; e) x 2 − x + x + 2 = 14 . Megoldás a) x − 1 = 2 ⇔ x − 1 = 2 vagy x − 1 = −2 . Az első egyenletből x1 = 3 , a másodikból
x 2 = −1 , tehát M = {−1, 3} . Ugyanehhez az eredményhez jutunk, ha a modulus értelmezését használjuk: ha x ≥1 x − 1, , tehát a következő két esetet tárgyaljuk: x −1 = x <1 − x + 1, ha 1. Ha x < 1 , az egyenlet 1 − x = 2 alakban írható, tehát x = −1 < 1 . 2. Ha x ≥ 1 , az egyenlet x − 1 = 2 alakban írható, tehát x = 3 ≥ 1 . Mindkét esetben a megoldás teljesíti a kívánt egyenlőtlenséget, tehát M = {−1, 3} . Látható, hogy ebben az esetben a modulus felbontása többletmunkát igényelt. A felbontásra általában akkor van szükség, ha több, nem egymásba ágyazott modulus szerepel az egyenletben. b) x − 1 + 2 = 3 ⇔ x − 1 + 2 = 3 vagy x − 1 + 2 = −3 . Az első esetben x − 1 = 1 , a
másodikban x − 1 = −5 . A második egyenletnek nincs megoldása, mert x − 1 ≥ 0 ∀x ∈ R , az első egyenlet pontosan akkor teljesül, ha x − 1 = 1 vagy x − 1 = −1 , tehát a megoldáshalmaz M = {0, 2} . c) x 2 − 1 + x = 1 ⇔ x 2 − 1 + x = 1 vagy x 2 − 1 + x = −1 . x 2 − 1 = 1 − x ⇔ 1 − x ≥ 0 és x 2 − 1 = 1 − x vagy x 2 − 1 = x − 1 . Az x 2 + x − 2 = 0 egyenlet
gyökei x1 = 1 és x 2 = −2 . Az x 2 − x = 0 egyenlet gyökei x 3 = 0 és x 4 = 1 . Mind a négy megoldás teljesíti az adott egyenletet. x 2 − 1 = −1 − x ⇔ −1 − x ≥ 0 és x 2 − 1 = −1 − x vagy x 2 − 1 = x + 1 . Az x 2 + x = 0 egyenlet gyökei x1 = 0 és x 2 = −1 . Az x 2 − x − 2 = 0 egyenlet gyökei x 3 = −1 és x4 = 2 . Ezek közül az x1 és x 4 nem teljesíti az −1 − x ≥ 0 feltételt, tehát ki kell zárnunk. A fentiek alapján az egyenlet megoldáshalmaza M = {−2, − 1, 0, 1} .
Fejezet tartalma
58
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
d) A két modulus kifejtésénél két különböző értékhez kell viszonyítanunk, ezért célszerűbb táblázatba foglalni az értékeket: ha x ≥1 ha x ≥ 2 x − 1, x − 2, x −1 = és x − 2 = , tehát a táblázatban az 1-hez x <1 − x + 2, ha x < 2 − x + 1, ha és a 2-höz viszonyítunk. x −∞ 1 2 +∞ x −1 )[ x − 1 1− x x −1 x−2
2− x
x −1 + x − 2
3 − 2x
)[ )[
2− x
)[
1
x−2 2x − 3
(a viszonyítási számok által meghatározott intervallumok mindegyikébe beírtuk az illető intervallumban érvényes kifejezést) A következő esetek tárgyalása szükséges: 1. eset. x ∈ (− ∞, 1) . A táblázat alapján a feladatbeli egyenlet a 3 − 2 x = 3 alakban írható fel és a megoldás x = 0 ∈ (−∞, 1) . 2. eset. x ∈ [1, 2) . Ekkor az egyenlet a táblázat alapján az 1 = 3 alakban írható, tehát ebben az esetben nincs megoldás. 3. eset. x ∈ [2, + ∞ ) . A táblázat alapján a feladatbeli egyenlet a 2 x − 3 = 3 alakban írható fel és a megoldás x = 3 ∈ [2, + ∞ ) . Az előbbi három eset alapján az egyenlet megoldáshalmaza M = {0, 3} . Megjegyzések 1. A táblázat utolsó sora alapján felírhatjuk, hogy x <1 3 − 2 x, ha x − 1 + x − 2 = 1, x ∈ [1, 2) ha 2 x − 3, ha x≥2 2. Az x − 1 + x − 2 = m egyenletnek végtelen sok megoldása van, ha m = 1 , két megoldása van, ha m > 1 és nincs megoldása, ha m < 1 .
x 2 − x, x 2 − x ≥ 0 x 2 − x, x ∈ (− ∞, 0] ∪ [1, + ∞ ) a) x 2 − x = = és x − x 2 , x 2 − x < 0 x − x 2 , x ∈ (0, 1) x ≥ −2 x + 2, x+2 = , tehát a következő táblázathoz jutunk: − x − 2, x < −2 x −∞ −2 0 1 +∞ x2 − x
x2 − x
x+2
−x − 2
x2 − x + x + 2
](
x2 − x
)[
x 2 − 2x − 2
x+2
)[
x2 + 2
x − x2 x+2
](
)[
x2 − x
x+2 − x 2 + 2x + 2
)[
x2 + 2
A táblázat alapján a következő három eset tárgyalása szükséges: 1. eset. x ∈ (− ∞, − 2) . Ebben az esetben az egyenlet a következővé alakítható: x 2 − 2 x − 16 = 0 , ennek megoldásai x1 = 1 − 17 ∈ (− ∞, − 2 ) és x 2 = 1 + 17 ∉ (− ∞, − 2) . Tehát ebben az esetben csak az x1 megoldás.
Fejezet tartalma
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
59
2. eset. x ∈ [−2, 0] ∪ [1, + ∞ ) . Ekkor az x 2 = 12 egyenlethez jutunk, melynek megoldásai x 3 = −2 3 ∉ [− 2, 0] ∪ [1, + ∞ ) és x 4 = 2 3 ∈ [− 2, 0] ∪ [1, + ∞ ) .
3. eset. x ∈ (0, 1) . Ekkor az egyenlet az x 2 − 2 x + 12 = 0 alakban írható fel, ez utóbbi egyenletnek pedig nincsenek valós gyökei. Az előbbi három eset alapján a megoldáshalmaz M = 1 − 17 , 2 3 .
{
3. Tárgyaljuk a
}
mx + 1 > 1 egyenlőtlenséget. x−2
mx + 1 mx + 1 > 1 vagy < −1 . x−2 x−2 (m − 1)x + 3 > 0 (1) vagy mx + 1 < −1 ⇔ (m + 1)x − 1 < 0 . (2) mx + 1 >1 ⇔ x−2 x−2 x−2 x−2 m = 1 és m = −1 esetén külön megvizsgáljuk az egyenlőtlenségeket, mert ekkor a számlálók közül az egyik nem elsőfokú: 3 2x −1 1 m = 1 esetén > 0 ⇔ x − 2 > 0 ⇔ x ∈ (2, + ∞ ) vagy < 0 ⇔ x ∈ , 2 . Ebben x−2 x−2 2 1 az esetben az egyenlőtlenség megoldáshalmaza M = , + ∞ \ {2}. 2 −2 x + 3 − 1 3 m = −1 esetén > 0 ⇔ x ∈ , 2 vagy < 0 ⇔ x − 2 > 0 ⇔ x ∈ (2, + ∞ ) . x−2 x−2 2 3 Ebben az esetben az egyenlőtlenség megoldáshalmaza M = , + ∞ \ {2}. 2 3 1 Ha m ∈ \ {±1} , akkor a − , és 2 számokat kell egymáshoz viszonyítani. Az m −1 m +1 −2 m − 1 1 1 <2 ⇔ < 0 ⇔ m ∈ (− ∞, − 1) ∪ − , + ∞ , m +1 m +1 2 −2 m − 1 3 1 − <2 ⇔ < 0 ⇔ m ∈ − ∞, − ∪ (1, + ∞ ) , m −1 m −1 2 4m + 2 1 3 1 ⇔ 2 < 0 ⇔ m ∈ (− ∞, − 1) ∪ − 1, − <− m +1 m −1 2 m −1 ekvivalenciák alapján a következő öt eset tárgyalása szükséges: 1 3 <− < 2 , tehát a következő táblázathoz jutunk: 1. eset. Ha m ∈ (−∞, − 1) , akkor m +1 m −1 1 3 x − 2 +∞ –∞ m +1 m −1 (m − 1)x + 3 + + + + + + + + + + + + + + + 0 – – – – – – – – – – – – x−2 – – – – –– – – – – – – – – – – – – – – – 0 + + + + + + (m + 1)x − 1 + + + + + + + 0 – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – (m − 1)x + 3 – – – – – – – – – – – – – – – – 0 + + + + – – – – – – – x−2 (m + 1)x − 1 – – – – – – – – 0 + + + + + + + + + + + + – – – – – – – x−2
Megoldás. Az egyenlőtlenség pontosan akkor áll fenn ha
Fejezet tartalma
60
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
1 3 Ebben az esetben a megoldáshalmaz M = − ∞, , + ∞ \ {2} . ∪− 1 1 − m + m 3 1 1 2. eset. Ha m ∈ − 1, − , akkor − <2< , tehát a következő táblázathoz jutunk: m −1 m +1 2 3 1 x − 2 +∞ –∞ m −1 m +1 (m − 1)x + 3 + + + + + + + + 0 – – – – – – – – – – – – – – – – – – – x−2 – – – – – – – – – – – – – – 0 + + + + + + + + + + + + (m + 1)x − 1 – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – 0 + + + + +
(m − 1)x + 3
x−2 (m + 1)x − 1 x−2
– – – – – – – – 0 + + + + +
– – – – – – – – – – – – –
+ + + + + + + + + + + + + + – – – – – – – 0+ + + + + +
3 1 Ebben az esetben a megoldáshalmaz M = − , \ {2} . 1 m − m +1 3 1 1 =2= és a megoldáshalmaz M = ∅. 3. eset. Ha m = − , akkor − m −1 m +1 2 1 3 1 <2<− , tehát a következő táblázathoz jutunk: 4. eset. Ha m ∈ − , 1 , akkor m +1 m −1 2 1 3 x –∞ − 2 +∞ m +1 m −1 (m − 1)x + 3 + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + 0 – – – – – x−2 – – – – – – – – – – – – – – 0 + + + + + + + + + + + + (m + 1)x − 1 – – – – – – – – 0 + + + + + + + + + + + + + + + + + + (m − 1)x + 3 – – – – – – – – – – – – – – + + + + + + 0– – – – – – x−2 (m + 1)x − 1 + + + + + + + 0 – – – – – – + + + + + + + + + + + + + x−2 3 1 Ebben az esetben a megoldáshalmaz M = ,− \ {2} . m −1 m +1 3 1 5. eset. Ha m ∈ (1, + ∞ ) , akkor − < < 2 , tehát a következő táblázathoz jutunk: m −1 m + 1 3 1 x –∞ − 2 +∞ m −1 m +1 (m − 1)x + 3 – – – – – – – – – 0 + + + + + + + + + + + + + + + + + + x−2 – – – – –– – – – – – – – – – – – – – – – 0 + + + + + + (m + 1)x − 1 – – – – – – – – – – – – – – – 0 + + + + + + + + + + + + (m − 1)x + 3 + + + + + + + + 0 – – – – – – – – – – – – + + + + + + x−2 (m + 1)x − 1 + + + + + + + + + + + + + + 0– – – – – – + + + + + + x−2
Fejezet tartalma
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
61
3 1 Ebben az esetben a megoldáshalmaz M = − ∞, − , + ∞ \ {2}. ∪ 1 1 + m − m A megoldásokat a következő táblázatba foglalhatjuk: m M 1 3 (−∞, − 1) − ∞, , + ∞ \ {2} ∪− m +1 m −1 (3 / 2, + ∞ ) \ {2} −1 1 − 1, − 2 −1 / 2
3 1 , \ {2} − m −1 m +1 ∅ 3 1 ,− \ {2} m + 1 m −1
1 − , 1 2
1
(1, + ∞ )
1 , + ∞ \ {2} 2 3 1 , + ∞ \ {2} − ∞, − ∪ 1 1 m − m +
II.4.3. Egészrészt tartalmazó egyenletek. 4.3.1. Értelmezés. Az x valós szám egészrésze a legnagyobb olyan egész szám, amely nem nagyobb x -nél. Ezt a következő összefüggések fejezik ki: [x ] = k ⇔ k ≤ x < k + 1 és k ∈ . Eszerint [3,2] = 3 , 3 = 1 , [−1,2] = −2 , − 3 = −2 . 4.3.2. Értelmezés. Az x − [x ] számot az x törtrészének nevezzük és {x} -el jelöljük.
[ ]
Az értelmezés alapján { x} ∈ [ 0, 1) , ∀x ∈
[ ]
. Példák: {3,2} = 0,2 , {−1,2} = 0,8 .
II.4.3.1. Megoldott gyakorlatok 1. Határozzuk meg az alábbi egyenletek megoldását: x + 1 2 x − 1 a) [3x ] = 2 ; b) = 3 . 2 Megoldás.
a) [3x ] = 2 ⇔ 2 ≤ 3x < 3 ⇔
2 2 ≤ x < 1 ⇔ x ∈ , 1 = M . 3 3
2x −1 x + 1 2x −1 2x −1 x + 1 2 x − 1 b) = 3 ⇔ 3 ≤ 2 < 3 + 1 és 3 ∈ . 2 2x −1 x +1 x + 1 2x + 2 ⇔ x ≤ 5 és ⇔ x > −1 , tehát meg kell határoznunk azokat az ≤ < 3 2 2 3 2x −1 2x −1 3k + 1 x ∈ (−1, 5] értékeket, amelyekre ∈ . Legyen =k∈ ⇒ x= , tehát 3 3 2 3k + 1 −1 < ≤ 5 ⇔ −1 < k ≤ 3 , tehát k ∈ {0, 1, 2, 3} és így az egyenlet megoldáshalmaza 2 7 1 M = , 2, , 5 . 2 2
Fejezet tartalma
62
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
1 2. Bizonyítsd be, hogy [ 2 x ] = [ x ] + x + , ∀x ∈ . 2 1 1 Bizonyítás. [x ] és x + akkor különbözik egymástól, ha {x} = x − [x ] ≥ . Eszerint a 2 2 következő két esetet tárgyaljuk: 1 1 1 1 1. eset. {x}∈ 0, . Ha [x ] = k , akkor k ≤ x < k + . Ugyanakkor k < k + ≤ x + < k + 1 2 2 2 2 1 1 ⇔ x + = k . Tehát [x ] + x + = 2k . 2 2 1 k ≤ x < k + ⇒ 2k ≤ 2 x < 2k + 1 ⇒ [2 x ] = 2k . 2 1 1 1 1 2. eset. {x}∈ , 1 . [x ] = k , akkor k + ≤ x < k + 1 ⇒. k + 1 ≤ x + < k + 1 + ⇒ 2 2 2 2 1 1 ⇒ x + = k + 1 ⇒ [x ] + x + = 2k + 1 . 2 2 1 k + ≤ x < k + 1 ⇒ 2k + 1 ≤ 2 x < 2k + 2 ⇒ [2 x ] = 2k + 1 . 2 Tehát az egyenlőség mindkét esetben igaz.
II.4.4. Irracionális egyenletek és egyenlőtlenségek. 4.4.1. Értelmezés. Irracionális egyenletnek nevezünk minden olyan egyenletet, amelyben az ismeretlen gyökjel alatt (is) szerepel. Példák 1. A x = −1 egyenletnek nincs megoldása, mert a x csak pozitív értékeket vehet fel. 2. A x − 2 + 1 − x = 3 egyenletnek nincs megoldása, mert egyetlen valós x értékre sem értelmezett mindkét gyök. (Az első gyök az x ≥ 2 értékekre, míg a második az x ≤ 1 értékekre értelmezett.) 3. A x = − x egyenlet megoldásait a [0, + ∞ ) intervallumban kell keresnünk, mert a baloldal csak ezekre az értékekre értelmezett. Ebben az esetben −x ∈ (−∞, 0] , tehát egyenlőség csak az x = 0 esetben állhat fenn. Mivel ez megoldás, az egyenlet megoldáshalmaza: M = {0} . 4.4.2. Megjegyzés. Ha az előbbi egyenlet mindkét oldalát négyzetre emeljük, az x = x 2 egyenlethez jutunk, amelynek megoldásai x1 = 0 és x 2 = 1 . Az x 2 = 1 gyököt idegen gyöknek nevezzük, mert nem gyöke az eredeti egyenletnek. (Ez a négyzetre emelés miatt jelent meg,
( )
mert 1 = (− 1) ), de 1 ≠ −1 ) Az eddigi példák alapján is látható, hogy irracionális egyenletek megoldásánál két lehetséges stratégia közül választhatunk: 2
2
1. Nem törődünk a létezési feltételekkel, egyszerűen csak levezetünk egy egyszerűbb (megoldható) egyenletet az adott egyenletből (kiküszöböljük a gyököket) és a végén ellenőrizzük a megoldásokat (kizárjuk az idegen gyököket).
Fejezet tartalma
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
63
2. Meghatározzuk a létezési feltételeket, és minden átalakításnál vigyázunk arra, hogy ne jelenjen meg idegen gyök. Nagyon sok olyan egyenlet létezik, amelynél mindkét stratégia célravezető, de léteznek olyanok is, amelyeknél csak az egyik módszer használható vagy az egyik módszer sokkal rövidebb, mint a másik. Célszerű tehát mindkét lehetőséget végiggondolni, mielőtt nekivágunk egy-egy egyenlet megoldásának. Egyenlőtlenségek esetén az első módszer általában nem használható, mert végtelen sok idegen gyök jelenhet meg és ezek kizárása a második módszerrel egyenértékű. II.4.4.1. Megoldott gyakorlatok 1. Oldjuk meg a következő egyenleteket: b) x − 1 + x + 4 = 5 ; a) x − 3 = 2 ; c) x 2 + x 2 − 1 = x ; d) 3 x − 1 + 3 x + 6 = 3 . Megoldás a) Az első stratégia alapján x − 3 = 2 ⇒ x − 3 = 4 ⇒ x = 7 , ez valóban megoldása az egyenletnek, mert
7 − 3 = 4 = 2 ⇒ M = {7} .
A második stratégia alapján meghatározzuk a x − 3 létezési tartományát. x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3 ⇔ x ∈ [3, + ∞ ) , tehát a megoldásokat a [3, + ∞ ) intervallumban keressük. Ha
x ∈ [3, + ∞ ) , akkor a x − 3 = 2 és x − 3 = 4 egyenlőségek ekvivalensek, tehát x = 7 . Mivel ez az érték benne van a létezési tartományban, következik, hogy M = {7} .
b)
x − 1 + x + 4 = 3 ⇒ x −1+ x + 4 + 2
(x − 1)(x + 4) = 9
⇒
(x − 1)(x + 4) = 3 − x
⇒
13 13 . Tehát az egyenletnek esetleg az x = lehet gyöke, és 9 9 más szám nem. Ezt visszahelyettesítve az eredeti egyenletbe, kapjuk, hogy 13 13 13 4 49 2 7 −1 + +4 = + = + = 3 , tehát az x = valóban megoldása az 9 9 9 9 3 3 9 13 egyenletnek, így M = . 9 A második stratégia alapján a létezési feltételek x − 1 ≥ 0 és x + 4 ≥ 0 , tehát x ∈ [1, + ∞ ) .
x 2 + 3x − 4 = 9 − 6 x + x 2 ⇒ x =
(x − 1)(x + 4) = 3 − x egyenlőséghez jutunk, amely nem teljesülhet, ha létezési tartomány az [1, 3] intervallumra szűkül. Ebben az esetben a
Ebben az esetben is az 3 − x < 0 , tehát a
négyzetre emelés ekvivalens átalakítás és az x =
13 ∈ [1, 3] , tehát nem kell ellenőriznünk, hogy 9
valóban megoldása-e az eredeti egyenletnek. c) x 2 + x 2 − 1 = x ⇒ x 2 + x 2 − 1 = x 2 ⇒ x 2 − 1 = 0 ⇒ x 2 = 1 ⇒ x ∈ {±1} . Az x1 = 1 megoldása, míg x 2 = −1 nem megoldása az eredeti egyenletnek, tehát M = {1}. d) Az 3 x − 1 + 3 x + 6 = 3 egyenlet esetén a telejes valós számok halmazán kereshetjük a esetén. Ebben az esetben hatványra megoldásokat, mert a köbgyök létezik minden x ∈
Fejezet tartalma
64
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
emeléssel elég bonyolult számításokat kell elvégezni. Ha viszont észrevesszük, hogy az x = 2 megoldása az egyenletnek, akkor könnyen igazolhatjuk, hogy ez az egyetlen megoldás. Ha x > 2 , akkor x − 1 > 1 ⇒ 3 x − 1 > 1 és x + 6 > 8 ⇒ 3 x + 6 > 2 , tehát 3 x − 1 + 3 x + 6 > 3 . Ha x < 2 , akkor x − 1 < 1 ⇒
3
x − 1 < 1 és x + 6 < 8 ⇒
3
x + 6 < 2 , tehát
3
x −1 + 3 x + 6 < 3 .
Az előbbiek alapján M = {2} . 2. Oldjuk meg a következő egyenleteket: b) 3 x + 7 + 4 x − 4 = 5 . a) x − 2 + 3 x + 6 + 6 4 − x 2 = x ; Megoldás a) Az első stratégia segítségével nem sok esélyünk van eredményhez jutni, viszont a létezési feltételek x − 2 ≥ 0 és 4 − x 2 ≥ 0 , tehát x ∈ [2, + ∞ ) ∩ [−2, 2] = {2}, tehát az egyenlet bal oldala csak az x = 2 esetén értelmezett. Az x = 2 értéket behelyettesítve az egyenletbe, kiderül, hogy ez megoldás. Tehát M = {2} . b) A túlzott fokszám növekedés elkerülése miatt legyen 3 x + 7 = a és 4 x − 4 = b . Így x + 7 = a 3 és x − 4 = b 4 , tehát a 3 − b 4 = 11 . Másrészt a + b = 5 , tehát a = 5 − b . Ez utóbbit behelyettesítjük az a 3 − b 4 = 11 összefüggésbe és a b 4 + b 3 − 15b 2 + 75b − 114 = 0 egyenlethez jutunk. Ennek egyik megoldása b = 2 , tehát az egyenletet a (b − 2) b 3 + 3b 2 − 9b + 57 = 0 alakba írhatjuk. Jelöléseink alapján b ≥ 0 , tehát a
(
)
b + 3b − 9b + 57 = 0 egyenletnek csak a b ≥ 0 egyenlőtlenséget teljesítő megoldásai érdekelnek. Ilyen gyöke az egyenletnek viszont nincs, mert b ∈ [0, 3] esetén 57 − 9b > 0 és 3
2
b 3 + 3b 2 ≥ 0 valamint b > 3 esetén b 3 > 9b ⇔ b 3 − 9b > 0 illetve 3b 2 + 57 > 0 . Tehát b 3 + 3b 2 − 9b + 57 > 0 ∀b ≥ 0 esetén. Eszerint csak b = 2 és a = 3 lehetséges, tehát x + 7 = 27 és x − 4 = 16 . Így x = 20 az egyenlet egyetlen megoldása. Megjegyzés. Az előbbi feladat d) pontjához hasonlóan is eljárhattunk volna. 3. Határozzuk meg a következő irracionális egyenlőtlenségek megoldáshalmazát: a) x − 3 > x − 4 ; b) x − 1 + 5 − x ≤ 2 ; c) ax + 1 < x . Megoldás. a) Az értelmezési tartomány a [3, + ∞ ) intervallum. Ha x ∈ [3, 4) , akkor az egyenlőtlenség teljesül, mert a baloldal pozitív és a jobboldal szigorúan negatív, tehát M 1 = [3, 4) része a megoldáshalmaznak. Ha x ≥ 4 , akkor négyzetre emelhetünk, és az 9− 5 9+ 5 , x − 3 > x 2 − 8 x + 16 egyenlőtlenséghez jutunk. x 2 − 9 x + 19 < 0 ⇔ x ∈ , 2 2 9− 5 9+ 5 ∩ [4, + ∞ ] = 4, 9 + 5 tehát a megoldáshalmaz további részét az M 2 = , 2 2 2 9+ 5 . intervallum képezi. Így a megoldáshalmaz M = M 1 ∪ M 2 = 3, 2 b) A létezési feltételek x − 1 ≥ 0 és 5 − x ≥ 0 , tehát x ∈ [1, 5] . Ebben az intervallumban x −1 + 5 − x ≤ 2 ⇔ x −1+ 5 − x + 2
(x − 1)(5 − x ) ≤ 4
⇔
(x − 1)(5 − x ) ≤ 0 .
Ez utóbbi
Fejezet tartalma
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
65
egyenlőtlenség csak akkor lehetséges, ha éppen egyenlőség teljesül tehát a megoldáshalmaz M = {1, 5} . 1 c) Ha a > 0 , akkor a létezési tartomány D = − , + ∞ , ha a = 0 , akkor a létezési tarto a 1 mány D = , ha pedig a < 0 , akkor a létezési tartomány D = − ∞, − . Tehát három esetet a tárgyalunk: 1 1. eset. a > 0 , D = − , + ∞ . Ekkor ahhoz, hogy a ax + 1 < x egyenlőtlenség fennálljon x a
nek pozitívnak kell lennie. Tehát a megoldásokat a [0, + ∞ ) intervallumban keressük (mert −
1 < 0 ). Ebben az esetben a
ax + 1 < x ⇔ ax + 1 < x 2 ⇔ x 2 − ax − 1 > 0 . A baloldali
a + a2 + 4 a − a2 + 4 és x 2 = . Tehát a megoldáshalmaz 2 2 a − a 2 + 4 a + a 2 + 4 a − a2 + 4 ∪ , + ∞ ∩ [0, + ∞ ) , de <0 és M = − ∞, 2 2 2 2 2 a+ a +4 a+ a +4 > 0 , tehát M = , + ∞ . 2 2 2. eset. a = 0 , D = . Ebben az esetben az egyenlőtlenség 1 < x alakú, tehát M = (1, + ∞ ) .
másodfokú kifejezés gyökei x1 =
1 3. eset. a < 0 , D = − ∞, − . Ebben az esetben is ahhoz, hogy a a
ax + 1 < x egyenlőtlenség
1 fennálljon kell teljesüljön az x ≥ 0 egyenlőtlenség. Tehát a megoldásokat a 0, − a 1 intervallumban kell keressük (mert − > 0 ). Ebben az intervallumban ax + 1 < x ⇔ a a − a2 + 4 ax + 1 < x 2 ⇔ x 2 − ax − 1 > 0 . A baloldali másodfokú kifejezés gyökei x1 = és 2 a + a2 + 4 . Tehát a megoldáshalmaz x2 = 2 1 a − a 2 + 4 a + a 2 + 4 ∪ , + ∞ ∩ 0 , − , M = − ∞, 2 2 a a + a2 + 4 1 a − a2 + 4 a + a2 + 4 < 0 és > 0 valamint <− ∀a ∈ (− ∞, 0) ⇔ de 2 2 2 a a 2 + a a 2 + 4 < −2 ∀a ∈ (− ∞, 0) ⇔ a 2 + 2 > −a a 2 + 4 ∀a ∈ (− ∞, 0) . Itt mindkét oldal
(
pozitív, tehát ez utóbbi egyenlőtlenség egyenértékű a következővel: a 2 + 2
)
2
(
2
4
2
)
> a2 a2 + 4 ⇔
a + 4a + 4 > a + 4a , ez pedig igaz minden a ∈ (−∞, 0) esetén. A fentiek alapján 4
Fejezet tartalma
66
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek
a + a2 + 4 1 , − . A megoldásokat a következő táblázatba foglalhatjuk: M = 2 a
a
(−∞, 0)
0
(0, + ∞ )
M
a + a2 + 4 1 ,− 2 a
(1, + ∞ )
a + a2 + 4 , + ∞ 2
II.5. Gyakorlatok és feladatok Oldd meg a következő egyenleteket, paraméter esetén tárgyald is a megoldást: 2 3 1 1 1 1 1 2 − = ; b) + = ; c) + = 2; 1. a) 3x − 1 2 x + 1 x + 1 x −1 x x + 1 x −1 x 1 1 1 3 1 1 1 1 m 1 1 + = ; e) ; d) + + = ; f) + + = x−m x+m x a b x a+b+ x x +1 x + 2 x + 3 x m x 1 1 1 1 g) − = ; h) + + =0. x−m x+m 3 x − 2m x − m x 2. a) x − 1 = −2 ; d) x 2 + 1 − 3 = 1 ;
b) x 2 − 3x + 1 = 0 ;
c) x 2 − 3x + 2 = 1 ;
e) x − 1 − 1 = 0 ;
f) x − 1 − 1 − 1 = 0 ;
g) ... x − 1 − 1 − 1... − 1 = 0 ; h) | x − 1 | + | x + 5 |= x ;
i) | x − 2 | + | 2 x + 1 |= 1 − 2 x ;
n
j) | 2 x + 3 | + | 3 − 2 x |= 4 x + 6 ; k) | 3 − 4 x | + | 2 + 5 x |= 20 ; l) | x − 1 | + | 2 − x | + | 3x − 1 |= 7 ; m) | x 2 + 1 | + | x 2 − 1 |= 2 ; n) | x + 7 | − | 2x + 1|=| x + 3 | ; o) | x 2 − 4 | − | x 2 + x − 2 |= −x − 2 ; p) | x − 3 | −2 | x + 1 |=| 2 x + 1 | −5 ; q) 2 | x − 1 | −3 | x + 2 |=| x − 3 | − | 2 x − 1 | ; r) | x − 2 |≤ 3 ; s) | x − 1 | + | x + 2 |≤ 1 ; t) 2 | x − 3 | −3 | x + 1 |≥ 1 ; u) | 3 x − 1 | +2 | x + 2 |≤| x + 3 | ; v) x)
| x −1 | + | x + 3 | <2; | x2 − 4 |
x 2 −1 ≥1; x 2 − 3x + 2
y) | x 2 − 4 | +2 | x 2 − 9 |≤ x 2 + 16 ;
3. a) | x − a | + | x − b |= m, a < b ; b) | x + 3 | − x = m ; 3x − 1 4. a) = −3 ; 2 x + 1 d) = x+3; 2
g) [ x ] + [2 x] = 4 ; 2x − 3 j) = [3 − 2 x ] ; 3 m) [ x 2 − x + 1] = 2 x − 1 ; p) x 2 − [ x] = 3 ;
w)
x +1 <1; x − 3x + 2 2
z) | x + 1 | + | x − 3 | .
c) | x − 1 | + | x − 2 | + | x − 3 |= m .
b) [ x + 3] = {x} ;
c) [2 x + 1] = [ x] ;
3x − 1 e) = x +1 ; 2 x + 1 x − 3 h) ; = 2 3
2 x + 1 x − 1 f) = 2 ; 3 x − 3 x − 2 i) ; = 2 3 x 4x + 1 l) = x+8 ; 5 3 x + o) 3[ x 2 ] − 10[ x] + 3 = 0 ; r) x 3 = 2 + [ x] .
k) 2[ x ] + 4 = 3a ; n) 5[ x 2 ] − 5[ x ] + 1 = 0 ; q) x 2 = 1 + [ x] ;
Fejezet tartalma
Tartalomjegyzék
Egyenletek és egyenlőtlenségek 5. a) x + 9 + x + 8 = 0 ; d) x + 1 + x + 6 = 5 ;
67
b) e)
24 − 10 x = 3 − 4 x ; x+2 − 2− x = 2 ;
c) 1 − 13 + 3 x 2 = 2 x ; f) 3x + 7 − x + 1 = 2 ;
h)
x + 3 − 7 x + 2 = −1 ; i)
x − 6 + x −13 = 11+ 72 ;
g)
x − 2 + x2 − 4 = 0 ;
j) l)
x + 1 + 2x + 3 = 6x + 1 ; x+2 + x−3 = x−6 + x+9 ;
k) x − 8 + x + 4 = 3x ; m) 2x +1 + 3x + 7 = x + 5 + 4x + 3 ;
n)
x + 2 + x − 2 = 4x − 6 + 2 5 ;
o)
x + 9 + x + 1 = 4 x + 16 ;
p)
x + 3 + x − 2 = 4x − 9 + 4 6 ;
q)
x2 −5 − x2 −8 =1;
r)
x 2 − 3x + 2 + x 2 − 1 = x 2 − 5 x + 6 ;
s)
2x 2 − 4x = x 2 + 1 + x 2 − 1 ;
t)
x 2 − 6 x + 5 + x 2 − 4 x + 3 − x 2 − 8 x + 7 = 0 ; u)
v)
2 x + 9 − 5x + 4 4 5x + 4 − x + 9
x + 6 + x +1
y)
x + 6 − x +1
=
4 ; 5
= 2x − 1 ;
=
5 ; 11
x+2 +3 x+7 2 x − 3 + x +1 1 x +1 − x − 2 = ; x) =x; x +1 + 2 x − 2 4 x +1 − x − 3
w) z)
x+2 + x+7
x 2 + 16 − x 2 − 8 x 2 + 16 + x 2 − 8
=
1 . 3
x + 3 − 4 x −1 + x + 8 − 6 x −1 = 1;
b)
x + 2 + 4 x − 2 + x −1+ 2 x − 2 = 5 ;
c)
x + 2x −1 + x − 2x −1 = 2 ;
d)
x + 6x − 9 − x − 6x − 9 = x ;
e)
x + x − 1− x = 1 ;
f)
x − 2 + x +1 = 3 ; x + 1 + 4 5x + 1 = 4 ; 8x − 7 − 3 x − 1 = 1 ;
b) 3 1 − x + x + 2 = 1 ; c) 3 3 e) 5 x − 3 − 3x − 10 = 1 ; f) h) 4 3x + 1 − 3 7 x − 8 = −1 .
6. a)
7. a) d) g)
3
8. a)
3
4
x −1 + 3 4x −1 = 3 x + 1 + 3 4x − 3 ;
b)
9 + x x 2 − 48 = x − 3 .
3
3
x +1 + 4 7x − 5 = 4 ; 2x + 1 + 3 x = 1 ;
x + 1 + 3 4 x − 1 = 3 2 x − 1 + 3 3x + 1 .
x +1 + 1− x2 = 3 x2 + 7 − 2 ;
b)
1− x4 − x = x −1 ;
c) x 3 + x + 3 x 3 + x − 2 = 12 ;
d)
x+m + x = m;
e)
m− m+ x = x ;
f)
g)
x 2 − m = x −1 ;
1 1 h) x + x + + x + = m ; i) x 2 − m − x = m ; 2 4
j)
x + 2 x − 1 + m x − 2 x − 1 = 2 ; k)
9. a)
m) o) 10. a) d)
a+x + a−x
m− x m− x − = mx ; x m
n)
a ; l) x 2 − a + 2 x 2 −1 = x ; a+x − a−x x x + 8a + x = 4 x + 8a + 4 ;
x+a − x+b = c ;
p)
x+ x − x− x = a
x−2 > x+3;
b)
x +1 + x − 3 > 2 ;
c)
x + x +1 <
e)
a x + 1 > ax ;
f)
x−a <
x + a + x + b = 4x + c ;
x + 3x + 2 > x − 2 ; 2
2
2
=
x x+ x
. x;
x+a .
Tovább
