MATEMATIKA A 10. évfolyam

MATEMATIKA „A” 10. évfolyam

3. modul Algebrai azonosságok és másodfokú egyenletek

Készítette: Darabos Noémi Ágnes

MATEMATIKA „A” • 10. ÉVFOLYAM • 3. modul: ALGEBRAI AZONOSSÁGOK ÉS MÁSODFOKÚ EGYENLETEK

A modul célja Időkeret Ajánlott korosztály Modulkapcsolódási pontok

TANÁRI ÚTMUTATÓ

Különböző típusú másodfokú egyenletek megoldása. Gyakorlati, mindennapi életbeli problémák megoldása egyenletekkel. 10 óra 10. osztály Tágabb környezetben: Fizika, Kémia Valóságos problémák matematikai megoldása. Szűkebb környezetben: Függvények. Egyenletek grafikus megoldása. Paraméteres egyenletek. (emelt szint) Viète – formulák. (emelt szint) Ajánlott megelőző tevékenységek: Nevezetes azonosságok ismerete, teljes négyzetté kiegészítés. Elsőfokú, egyismeretlenes egyenlet megoldása. Négyzetgyök fogalma, azonosságai. Ajánlott követő tevékenységek: Másodfokúra visszavezethető problémák. Négyzetgyökös egyenletek. Másodfokú függvények jellemzése.

2


A képességfejlesztés fókuszai

TANÁRI ÚTMUTATÓ

3

Számolás, számlálás, számítás: Alapműveletek biztonságos elvégezése (zsebszámológéppel is). Becslés, mérés, valószínűségi szemlélet: Szöveges feladatok megoldása előtt a várható eredmények becslése és a kapott eredmény visszakonvertálása az eredeti szövegbe. Szöveges feladatok, metakogníció: Hétköznapi szöveg „lefordítása” a matematika nyelvére. Rendszerezés, kombinatív gondolkodás: A szükséges adatok kikeresése, a fölösleges adatok mellőzése, a lényegkiemelő képesség fejlesztése. A korábbi matematikai ismeretek beépítése, a lehetséges alkalmazások megkeresése, a tanult új ismeret beillesztése, a rendszerező szemlélet alakítása. Induktív, deduktív következtetés: Konkrét számoktól az általános eset megfogalmazásáig. (induktív gondolkodásmód fejlesztése) Azonosságok alkalmazása konkrét esetekben (deduktív gondolkodás fejlesztése)

Ajánlás A modul sok feladatot tartalmaz, ez lehetőséget biztosít arra, hogy heti 3 óránál nagyobb óraszámban történő tanításkor is lehessen használni. Javasoljuk a mintapéldák feldolgozását is. Vagy otthoni munkaként, például a következő órán lehet belőle felelni a táblánál, vagy az órán, de akkor a gyerekek előtt legyen zárva a könyv, ilyenkor a hallott szövegből a lényeg kiemelését, szövegértést lehet gyakorolni. A modulban található feladatok segítséget nyújtanak a differenciálásra. A a tananyag biztos elsajátítására, begyakorlására, míg a

jelölt feladatok a felzárkóztatásra, hiányosságok pótlására; a

jelölt feladatok

feladatok inkább a versenyre való felkészítésre, tehetséggondozásra szolgálnak, emelt

szintű érettségre készülőknek ajánlott. Az órán sokszor érdemes csoportokban dolgozni. A csoportok kialakításakor a négyfős csoportot ajánljuk. Ennek szervezése lehet haladási tempó szerint vegyes (heterogén csoportok), vagy azonos szinten lévő (homogén csoportok), vagy véletlenszerű. A tananyagba beépített játékok az óra hangulatának javítása és az érdeklődés fenntartása mellett az anyag begyakorlását szolgálják.


TANÁRI ÚTMUTATÓ

4

A frontális munkaforma jelen esetben nem a tanulók passzív magatartására építő tanári magyarázatot szolgálja, hanem az osztály összes tagjának aktív részvételére épülő beszélgetés tanulásszervezési keretét adja meg.

Érettségi követelmények: Középszint: Tudja alkalmazni feladatokban a következő kifejezések kifejtését, illetve szorzattá alakítását: (a + b) 2 ; (a − b) 2 ; (a + b) 3 ; (a − b) 3 ; a 2 − b 2 ;

a 3 − b 3 . Tudjon algebrai kifejezésekkel egyszerű műveleteket végrehajtani, algebrai kifejezéseket egyszerűbb alakra hozni (összevonás, szorzás, osztás, szorzattá alakítás kiemeléssel, nevezetes azonosságok alkalmazása). Ismerje az alaphalmaz és a megoldáshalmaz fogalmát. Alkalmazza a különböző egyenletmegoldási módszereket: mérlegelv, grafikus megoldás, ekvivalens átalakítások, következményegyenletre vezető átalakítások, új ismeretlen bevezetése stb. Ismerje az egyismeretlenes másodfokú egyenlet általános alakját. Tudja meghatározni a diszkrimináns fogalmát. Ismerje és alkalmazza a megoldóképletet. Használja a teljes négyzetté alakítás módszerét. Alkalmazza feladatokban a gyöktényezős alakot. Tudjon törtes egyenleteket, másodfokú egyenletre vezető szöveges feladatokat megoldani. Másodfokú egyenletrendszerek megoldása. Emelt szint: Tudja alkalmazni feladatokban az an − bn , illetve az a 2 m +1 + b2 m +1 kifejezés szorzattá alakítását. Igazolja a másodfokú egyenlet megoldóképletét. Igazolja és alkalmazza a gyökök és együtthatók közötti összefüggéseket. Értelmezési tartomány, illetve értékkészlet-vizsgálattal, valamint szorzattá alakítással megoldható feladatok, összetett feladatok megoldása.


TANÁRI ÚTMUTATÓ

Tananyag beosztása: I. Algebrai azonosságok 1. Algebrai azonosságok (ismétlés) 2. Harmadfokú nevezetes azonosságok II. Másodfokú egyenlet 3. Bevezető feladatok 4. Megoldóképlet 5. A gyöktényezős alak 6. Gyakorlás 7. Szöveges feladatok 8. Gyakorlás 9. Gyakorlás 10. Összefoglalás

Értékelés A modul végén, mellékelt záró dolgozat alapján, valamint a kisebb tanulási egységek végén szóbeli és esetleges írásbeli számonkérés.

5


TANÁRI ÚTMUTATÓ

MODULVÁZLAT

Lépések, tevékenységek

I. Algebrai azonosságok

Kiemelt készségek, képességek

Eszköz/ Feladat/ Gyűjtemény

1. Algebrai azonosságok (ismétlés)

1. Keresd a csoportod! Rendszerezés, kombinatív gondolkodás A tanulók mindegyike kap egy kártyát, azonos csoportba kerülnek azok, akiknek a kártyáján azonos kifejezés szerepel. Ezen az órán ők dolgoznak együtt. 2. Csoport munka Rendszerezés, kombinatív gondolkodás A csoport mindegyik tagja más-más feladatot kap, melyet önállóan old meg. A feladatokat a tanár osztja ki a tanulók képességei szerint differenciálva. Az önálló feladat megoldás után a csoport megismerkedik minden feladattal. A feladat megoldását az ismerteti a táblánál, akinek a csoport jelét és feladatszámát kihúzza a tanár. 3. Füllentős. Rendszerezés, kombinatív gondolkodás Minden csoport megfogalmaz a témával kapcsolatban 2 igaz és 1 hamis állítást. Az egyik csoport felolvassa állításait, a többi csoport megállapodik abban, hogy melyik állítás a hamis. A csoport egyik tagja az ujjával mutatja a hamis válasz számát. 4. Házi feladat kijelölése

3.1 Kártyakészlet 1., 2., és 3. feladatokból válogatva

A 1., 2. és 3. feladatokból válogatva pár feladat

6


TANÁRI ÚTMUTATÓ

7

2. Harmadfokú nevezetes azonosságok 1. Házi feladatok ellenőrzése 2. Harmadfokú nevezetes azonosságok. Induktív, deduktív következtetés A két azonosság megbeszélése, gyakorló feladatok megoldása. 3. Memória játék Induktív, deduktív következtetés A tanulókat 4 fős csoportokra bontjuk. Minden csoportnak adunk 28 darab kártyát. Lefordítják őket és kiraknak belőle egy 7x4-es téglalapot. Az első tanuló felfordít két kártyát, ha azonos kifejezések szerepelnek rajta, akkor az övé mind a két kártya, és még egyszer ő fordít, ha nem, akkor visszafordítja a kártyákat és jön a következő. Addig próbálkoznak, amíg az összes kártya el nem fogy. Az nyer, akihez a legtöbb kártya került. 4. Házi feladat kijelölése II. Másodfokú egyenlet

7. feladat 3.2. Kártyakészlet

10. feladat

3. Bevezető feladatok

1. Házi feladatok ellenőrzése 2. Feladatküldés A tanulókat 4 fős csoportokra bontjuk. Minden csoport összeállít három feladatot az előző óra anyagával kapcsolatban. És tovább adja egy másik csoportnak. Minden csoport közösen megoldja a kapott feladatokat, a megoldást visszaküldi a feladónak, akik kijavítják és értékelik a másik csoport munkáját. 3. Közösen megbeszéljük a hiányos másodfokú egyenletek megoldási Induktív, deduktív következtetés módszereit. 4. Az osztályt három nagy csoportra bontjuk és felosztjuk közöttük a feladatokat. Végül együtt megfejtjük a feladványt. 5. Házi feladat kijelölése

10., 11., 12., és 13. mintapéldák 15. feladat 16. és 18. feladat


TANÁRI ÚTMUTATÓ

4. Megoldóképlet 1. Házi feladatok ellenőrzése 2. Bevezető feladat 3. Levezetjük a másodfokú egyenlet megoldóképletét egy konkrét Induktív, deduktív következtetés példán keresztül, illetve párhuzamosan vele általánosan is. Megbeszéljük a diszkrimináns fogalmát és azt, hogy ez hogyan befolyásolja a gyökök számát. 4. A tanulókat 4 csoportra bontjuk. Kiosztjuk a feladatokat, a csoportok között az első két feladatot kapja az egyik csoport a második kettőt a másik, és így tovább. Ha minden csoport elkészült a feladatával, akkor közösen megbeszéljük az egyenletek megoldását és megfejtjük a rejtvényt. 5. Házi feladat kijelölése

19. feladat

21. feladat

5. A gyöktényezős alak 1. Házi feladatok ellenőrzése 2. Gyöktényezős alak fogalmának megbeszélése konkrét példán Induktív, deduktív következtetés keresztül. 3. Néhány gyakorló feladat megoldása, a gyöktényezős alakra.

4. Tridominó játék A tanulókat 4 fős csoportokra bontjuk. Minden csoportnak adjunk 9 darab háromszög alakú kártyát. Feladatuk felfelé fordítva kirakni a tridominókat.

19. mintapélda A 23., 24., 25. és 26. feladatokból válogatva 3.3. Kártyakészlet

8


5. Házi feladat kijelölése

TANÁRI ÚTMUTATÓ

A 23., 24., 25. és 26. feladatokból válogatva pár feladat.

6. Gyakorlás 1. Házi feladatok ellenőrzése 2. Beszéljük meg közösen, mire kell nagyon figyelnünk a zárójelek Rendszerezés, kombinatív gondolkodás felbontásakor, majd oldjunk meg néhány gyakorló feladatot, a diákok aktív közreműködésével. 3. Melyik a kakukktojás? A tanulókat 4 fős csoportokra bontjuk. Minden csoportnak 20 darab kártyát adunk. Feladatuk összepárosítani az azonos kifejezéseket. Ha elkészültek a csoportok, akkor megbeszéljük, hogy mely kártyák maradtak ki, és miért. 4. Házi feladat kijelölése

30. és 33. feladat 3.4. Kártyakészlet

32. és 35. feladat

9


TANÁRI ÚTMUTATÓ

10

7. Szöveges feladatok 1. Házi feladatok ellenőrzése 2. Szakértői Mozaik Szöveges feladatok, metakogníció A tanulókat 4 fős csoportokra bontjuk. Minden csoportba osszunk ki A, B, C, D jelű kártyákat, differenciálva a tanulók képességei szerint. Szétválnak a csoportok az A, B, C, D jelek szerint, ők dolgoznak most együtt. Ha elkészültek a csoportok, mindenki visszamegy a saját csoportjába, és a többieknek elmondja a feladatainak a megoldását. A csoporton belül összekeverik az A, B, C, D jelű kártyákat, mindenki húz egyet. A feladat megoldását az ismerteti a táblánál, akinek a csoport számát és betűjelét kihúzza a tanár. 3. Házi feladat kijelölése

37., 38., 39. és 40. feladat

41. feladat

8. Gyakorlás 1. Házi feladatok ellenőrzése 2. A tanulókat 4 fős csoportokra bontjuk. Minden csoport külön dolgozik a feladaton. A leggyorsabban elkészülő csapat ismerteti a megoldást. 3. Házi feladat kijelölése

Szöveges feladatok, metakogníció

43., 44., 45. és 46. feladat 47. feladat


TANÁRI ÚTMUTATÓ

11

9. Gyakorlás 1. Házi feladatok ellenőrzése 2. Szakértői Mozaik Szöveges feladatok, metakogníció A tanulókat 4 fős csoportokra bontjuk. Minden csoportba osszunk ki A, B, C, D jelű kártyákat, differenciálva a tanulók képességei szerint. Szétválnak a csoportok az A, B, C, D jelek szerint, ők dolgoznak most együtt. Ha elkészültek a csoportok, mindenki visszamegy a saját csoportjába, és a többieknek elmondja a feladatainak a megoldását. A csoporton belül összekeverik az A, B, C, D jelű kártyákat, mindenki húz egyet. A feladat megoldását az ismerteti a táblánál, akinek a csoport számát és betűjelét kihúzza a tanár. 3. Házi feladat kijelölése

49., 50., 51. és 52. feladat

53. feladat

10. Összefoglalás 1. Házi feladatok ellenőrzése 2. Legyél TE is milliomos! Rendszerezés, kombinatív gondolkodás Négyfős csoportokat alakítunk ki az osztályban. A csoporton belül mindenki egyedül dolgozik a feladatokon. Ha valaki elakad a megoldásban, három segítséget használhat fel: A közönség segítségét, a felezőt és a telefonos segítséget. Ha elkészültek a csoportok, megbeszéljük és kiértékeljük a megoldásokat.

3.5. Kártyakészlet

12

MATEMATIKA „A” • 10. ÉVFOLYAM

TANÁRI ÚTMUTATÓ

I. Nevezetes azonosságok (Ismétlés) Módszertani megjegyzés: Keresd a csoportod! Mindenkinek adunk egy kártyát az alábbiakból. Ez lehet véletlenszerű: például a tanulók maguk húznak egy-egy kártyát a tanári asztalról vagy tudatos: figyelünk arra, hogy kinek melyik kártyát adjuk. Az azonos kifejezést jelentő kártyák tulajdonosai alkotnak egy csoportot. Ezen az órán ők dolgoznak együtt. Ha megalakultak a csoportok, akkor írják fel az eddig tanult három nevezetes azonosságot. 3.1 kártyakészlet

( x + 5 )2

(x + 5)(x + 5)

x 2 + 10 x + 25

( x − 5 )2

(x − 5)(x − 5)

x 2 − 10 x + 25

(x + 3)2

(x + 3)(x + 3)

x 2 + 6x + 9

(x − 3)(x + 3)

x2 − 9

(x + 5)(x − 5)

x 2 − 25

13

3. modul: ALGEBRAI AZONOSSÁGOK ÉS MÁSODFOKÚ EGYENLETEK

(x − 3)2

(x − 3)(x − 3)

x 2 − 6x + 9

( x − 4 )2

(x − 4)(x − 4)

x 2 − 8 x + 16

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

(a − b )2 = a 2 − 2ab + b 2

(a + b )(a − b) = a 2 − b 2

14


TANÁRI ÚTMUTATÓ

Mintapélda1 Bontsuk prímtényezőire a következő számokat: 3599, 8099. Megoldás: 3599 = 3600 − 1 = 60 2 − 12 = (60 + 1)(60 − 1) = 61 ⋅ 59 . 8099 = 8100 − 1 = 90 2 − 12 = (90 + 1)(90 − 1) = 91 ⋅ 89 = 7 ⋅ 13 ⋅ 89 . Módszertani megjegyzés: Ha nem vesszük észre, hogy alkalmazható az a 2 − b 2 = (a + b )(a − b ) azonosság, akkor is megoldható a feladat a prímtényezős felbontás segítségével, csak ez utóbbi esetben ez hosszadalmas számolást igényel.

Mintapélda2 Egyszerűsítsük a következő törteket: a)

1242 − 122 ; 2242 − 1122

b)

20062 − 36 ; 2000

c)

7998 . 2000 ⋅ 1998 − 1999 ⋅ 2001

Megoldás:

(124 + 12)(124 − 12) = 136 ⋅ 112 = 136 = 17 ; 124 2 − 12 2 a) = 2 2 (224 + 112)(224 − 112) 336 ⋅ 112 336 42 224 − 112 b)

2006 2 − 36 (2006 + 6)(2006 − 6) = = 2012 ; 2000 2000

c) Vegyük észre, hogy a feladatban szereplő számok a 2000-rel szoros kapcsolatban vannak, ezért legyen a = 2000, ekkor 7998 4a − 2 2(2a − 1) = = = −2 . 2000 ⋅ 1998 − 1999 ⋅ 2001 a(a − 2 ) − (a − 1)(a + 1) 1 − 2a

Mintapélda3 Két szám szorzata 91, összege 20. Mennyi a két szám négyzetösszege?

Megoldás: Legyen a két szám a és b, ekkor a ⋅ b = 91 a + b = 20 . Tudjuk, hogy (a + b ) = a 2 + 2ab + b 2 ebből: 2

a 2 + b 2 = (a + b ) − 2ab = 20 2 − 2 ⋅ 91 = 400 − 182 = 218 . 2

Módszertani megjegyzés: Érdemes visszatérni erre a feladatra a másodfokú egyenletek megoldása után.

15


Teljes négyzetté kiegészítés Mintapélda4 Egészítsük ki teljes négyzetté a következő kifejezéseket! a) x 2 − 8 x + 20 ;

b) 2 x 2 + 12 x + 14 ;

c) 2 x 2 − 10 x + 25 .

Megoldás: a) x 2 − 8 x + 20 = ( x − 4) − 16 + 20 = ( x − 4) + 4 ; 2

2

] ) [ − 5 x + 12,5) = 2[( x − 2,5) − 6,25 + 12,5] = 2( x − 2,5) + 12,5 ; − 10 x + 25 = 2(x − 5 x ) + 25 = 2[(x − 2,5) − 6,25] + 25 = 2( x − 2,5) + 12,5 .

( − 10 x + 25 = 2(x

b) 2 x 2 + 12 x + 14 = 2 x 2 + 6 x + 7 = 2 ( x + 3) − 9 + 7 = 2( x + 3) − 4 ; c) 2 x 2

vagy 2 x 2

2

2

2

2

2

2

2

2

Szélsőérték-feladatok Mintapélda5 Állatainak Tamás téglalap alakú területet akar elkeríteni. 200 m kerítésdrótja van, és azt szeretné, hogy szeretett állatainak a lehető legnagyobb területet kerítse el. Mekkorának válassza a téglalap oldalait?

Megoldás: Jelöljük a téglalap oldalait a-val és b-vel. K = 2(a + b ) = 200 ⇒ b = 100 − a,

T = ab = a(100 − a ) = − a 2 + 100a. Teljes négyzetté kiegészítés:

(

) [

]

− a 2 + 100a = − a 2 − 2 ⋅ 50a = − (a − 50) − 50 2 = −(a − 50) + 2500 . 2

2

A kifejezésnek maximuma van az a = 50 helyen. (A maximum érték 2500). Ekkor: b = 100 − a = 50 . Tamás akkor keríti el a legnagyobb területet állatainak, ha mindkét oldal 50 m. Megjegyzés:

A téglalap területe adott kerület esetén akkor a legnagyobb, ha oldalai egyenlők, vagyis ha négyzet.

16


TANÁRI ÚTMUTATÓ

Feladatok Módszertani megjegyzés: A tanulók 4 fős csoportokban dolgoznak tovább. Kiosztjuk a feladatokat, differenciálva a tanulók képességei szerint (alap, közép és emelt szinten). A csoport mindegyik tagja más-más feladatot kap. Ha készen vannak, csoporton belül megbeszélik a feladatok megoldásait. A feladat megoldását az ismerteti a táblánál, akinek a csoport jelét és feladatszámát kihúzza a tanár. 1. Végezd el a következő műveleteket!

a) ( x + 2) ;

b) ( y − 3) ;

c) ( z + 5)( z − 5) ;

d) (3a + b ) ;

e) (4b − c ) ;

f) (6c − a )(6c + a ) ;

g) (3x + 2 y ) ;

h) (7 y − 5 z ) ;

i) (4 z + 6 x )(4 z − 6 x ) ;

2

2

2

2

2

(

2

)

(

2

j) 8a 2 + b 3 ; m)

(

)

2

k) 10b 4 − 9c 7 ;

)

2

3x + 2 y ;

2

3 ⎞ ⎛1 n) ⎜ y 7 − z 3 ⎟ ; 5 ⎠ ⎝3

(

)(

)

l) 7c 3 b 5 − 5a 4 7c 3 b 5 + 5a 4 ; 1 1 ⎞ ⎛ ⎞⎛ o) ⎜ 5 z 5 − x −3 ⎟⎜ 5 z 5 + x −3 ⎟ . 7 7 ⎠ ⎝ ⎠⎝

Megoldás: a) x 2 + 4 x + 4 ;

b) y 2 − 6 y + 9 ;

c) z 2 − 25 ;

d) 9a 2 + 6ab + b 2 ;

e) 16b 2 − 8bc + c 2 ;

f) 36c 2 − a 2 ;

g) 9 x 2 + 12 xy + 4 y 2 ;

h) 49 y 2 − 70 yz + 25 z 2 ;

i) 16 z 2 − 36 x 2 ;

j) 64a 4 + 16a 2 b 3 + b 6 ;

k) 100b 8 − 180b 4 c 7 + 81c 14 ; l) 49c 6 b10 − 25a 8 ;

m) 3x 2 + 2 6 xy + 2 y 2 ; n)

1 14 2 7 3 9 6 y − y z + z ; 9 5 25

o) 5 z 10 −

1 . 49 x 6

2. Alakítsuk szorzattá a következő kifejezéseket!

a) a 2 + 10a + 25 ;

b) b 2 − 12b + 36 ;

c) c 2 − 49 ;

d) 1 − 4d + 4d 2 ;

e) 12e + 36 + e 2 ;

f) 1,44 − f 2 ;

g) x 2 + 14 xy + 49 y 2 ;

h) 49 y 2 − 70 y + 25 ;

i) 144 − 121x 2 ;

j) 24ab + 36a 2 + 4b 2 ;

k) 169c 6 − 26c 3 b 2 + b 4 ;

l) 25a 2 − 16b 2 ;

n) 16a 4 b 2 + 25c 2 d 8 − 40a 2 bcd 4 ;

o) a 6 − 1 ;

q) 0,25a 6 b 6 − 3a 5 b 6 + 9a 4 b 6 ;

r) 16 x 8 − 81b 4 .

m)

6 25 2 9 2 ab + a + b ; 7 49 25

p) 3x 2 + 2 3 x + 1 ;

17


Megoldás: a) (a + 5) ;

b) (b − 6) ;

c) (c + 7 )(c − 7 ) ;

d) (1 − 2d ) ;

e) (e + 6) ;

f) (1,2 + f )(1,2 − f ) ;

g) ( x + 7 y ) ;

h) (7 y − 5) ;

i) (12 + 11x )(12 − 11x ) ;

j) (6a + 2b ) ;

k) 13c 3 − b 2 ;

2

2

2

2

2

2

(

2

2

3 ⎞ ⎛5 m) ⎜ a + b ⎟ ; 5 ⎠ ⎝7 p)

(

)

)

l) (5a + 4b )(5a − 4b ) ;

2

(

)

(

2

n) 4a 2 b − 5cd 4 ;

q) (0,5a 3b 3 − 3a 2 b 3 ) ;

2

)

r) (4 x 4 + 9b 2 )(4 x 4 − 9b 2 ) .

2

3x + 1 ;

)(

o) a 3 + 1 a 3 − 1 ;

3. Alakítsd teljes négyzetet tartalmazó kifejezéssé a következőket:

a) x 2 + 6 x + 8 ;

b) x 2 − 8 x + 5 ;

e) 2 x 2 − 8 x + 15 ; f) 3x 2 + 24 x − 18 ;

c) x 2 + 5 x − 3 ; g) − 2 x 2 + 7 x − 11

d) x 2 − 3 x + 7 ; h) − 3x 2 − 5 x + 6 .

Megoldás: a) ( x + 3) − 1 ; b) (x − 4 ) − 11 ; c) ( x + 2,5) − 9,25 ; 2

2

e) 2( x − 2) + 7 ; f) 3( x + 4) − 66 ; g) − 2( x − 1,75) 2

d) (x − 1,5) + 4,75 ;

2

2

2

2

2

5⎞ 91 ⎛ − 4,875 ; h) − 3⎜ x + ⎟ + . 6⎠ 36 ⎝

4. Úgy vágj két részre egy 72 cm hosszú szakaszt, hogy az egyes részek, mint oldalak fölé

emelt négyzetek területének összege a lehető legkisebb legyen! Megoldás: Legyen a két rész a és 72 − a .

(

)

a 2 + (72 − a ) = 2a 2 − 144a + 5184 = 2 a 2 − 72a + 2592 = 2

[

]

= 2 (a − 36) − 1296 + 2592 = 2(a − 36) + 2592. 2

2

Ez az összeg úgy lehet a legkisebb, ha a = 36 ⇒ 72 − a = 72 − 36 = 36 . A négyzetek területének összege akkor a legkisebb, ha a két rész egyenlő egymással.

5. Azok közül a derékszögű háromszögek közül, amelyeknél a befogók összege 15 cm,

melyiknek az átfogója a legkisebb? Megoldás: Jelöljük a befogókat a-val és b-vel, az átfogót c-vel.

18


TANÁRI ÚTMUTATÓ

a + b = 15 ⇒ b = 15 − a. c 2 = a 2 + b 2 = a 2 + (15 − a ) = 2a 2 − 30a + 225. 2

Teljes négyzetté alakítás: 2a 2 − 30a + 225 = 2(a − 7,5) + 112,5 . 2

Minimuma van az a = 7,5 helyen. (a minimum érték 112,5), így b = 15 − 7,5 = 7,5 . c 2 = 112,5 ⇒ c = 10,61 cm . Ezek közül a derékszögű háromszögek közül az egyenlőszárú átfogója a legkisebb. 6. Egy kereszteződés felé két egymásra merőleges úton egyenletes sebességgel halad két

autó. Egyszerre indultak, az egyik 60 km/h sebességgel 30 km távolságból, a másik 90 km/h sebességgel 45 km távolságból. Mennyi idő múlva lesznek egymáshoz a legközelebb? Mekkora ekkor a távolságuk? Megoldás:

Legyen a keresett idő t (óra). A Pitagorasz-tételt alkalmazva távolságuk négyzete:

(30 − 60t )2 + (45 − 90t )2 = 900 − 3600t + 3600t 2 + 2025 − 8100t + 8100t 2 = ⎛ = 11700t − 11700t + 2925 = 11700⎜ t 2 − t + ⎝ 2

A függvénynek a t =

1⎞ ⎛ 1⎞ ⎟ = 11700⎜ t − ⎟ 4⎠ ⎝ 2⎠

2

1 -nél lesz minimuma, azaz a két autós pont fél óra múlva lesz a 2

legközelebb egymáshoz, ekkor a távolságuk 0, azaz éppen a kereszteződében találkoznak. Ez egyébként a helyesen megrajzolt ábrából azonnal kiderül! Jó példa arra, hogy előbb érdemes gondolkozni, csak utána számolni.


19

Módszertani megjegyzés: Amennyiben van rá idő, jöhet a Füllentős játék. Minden csoport megfogalmaz a témával kapcsolatban 2 igaz 1 hamis állítást. Az egyik csoport felolvassa állításait, vagy ha szükséges, felírja a táblára, a többi csoport megállapodik abban, hogy melyik állítás a hamis. A csoport egyik tagja az ujjával mutatja a hamis válasz számát. Közösen megbeszéljük, melyik volt tényleg a hamis állítás. Házi feladat javaslat: Az 1., 2. és 3. feladatokból kimaradó részfeladatok.

20


TANÁRI ÚTMUTATÓ

II. Harmadfokú nevezetes azonosságok Két szám összegének harmadik hatványa

Módszertani megjegyzés: Mindenképpen ajánlott elkészíteni, vagy a tanulókkal elkészíttetni az alábbi, a+b oldalú, összerakható színes kockát Elkészítendő eszköz: (a+b) oldalú színes kocka

Felhasználjuk a hatványozás azonosságait: x 3 = x ⋅ x 2 és azt x = (a + b ) -re alkalmazzuk.

(a + b )3 = (a + b )(a + b )2 = (a + b )(a 2 + 2ab + b 2 ) = a 3 + 2a 2 b + ab 2 + ba 2 + 2ab 2 + b 3 = = a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b 3

Két szám összegének a köbét kiszámíthatjuk, ha az első tag köbéhez hozzáadjuk az első tag négyzetének és a második tag háromszorosának a szorzatát, valamint a második tag négyzetének és az első tag háromszorosának a szorzatát, végül a második tag köbét.

Mintapélda6

Végezzük el a következő műveletet: (x + 5) = 3

Megoldás:

(x + 5)3 = x 3 + 3x 2 5 + 3x5 2 + 53 = x 3 + 15 x 2 + 75 x + 125 .


21

Két szám különbségének harmadik hatványa Felhasználjuk a hatványozás azonosságait: x 3 = x ⋅ x 2 és azt x = (a − b ) -re alkalmazzuk.

(a − b )3 = (a − b )(a − b )2 = (a − b )(a 2 − 2ab + b 2 ) = a 3 − 2a 2 b + ab 2 − ba 2 + 2ab 2 − b 3 = = a 3 − 3a 2 b + 3ab 2 − b 3 Két szám különbségének a köbét kiszámíthatjuk, ha az első tag köbéhez hozzáadjuk a második tag négyzetének és az első tag háromszorosának a szorzatát, majd vonjuk ki az első tag négyzetének és a második tag háromszorosának a szorzatát, valamint a második tag köbét.

Mintapélda7

Végezzük el a következő műveletet: ( y − 6 ) = 3

Megoldás:

( y − 6)3 = y 3 − 3 y 2 6 + 3 y6 2 − 6 3 = y 3 − 18 y 2 + 108 y + 216 .

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

(a − b )3 = a 3 − 3a 2 b + 3ab 2 − b 3 . Mintapélda8 Számoljuk ki, a nevezetes azonosságok felhasználásával a következő hatványokat: 412 , 69 2 , 106 ⋅ 94, 213 , 19 3 . Megoldás: 412 = (40 + 1) = 40 2 + 2 ⋅ 40 ⋅ 1 + 12 = 1600 + 80 + 1 = 1681 ; 2

69 2 = (70 − 1) = 70 2 − 2 ⋅ 70 ⋅ 1 + 12 = 4900 − 140 + 1 = 4761 ; 2

106 ⋅ 94 = (100 + 6)(100 − 6) = 100 2 − 6 2 = 10000 − 36 = 9964 ; 213 = (20 + 1) = 20 3 + 3 ⋅ 20 2 ⋅ 1 + 3 ⋅ 20 ⋅ 1 + 13 = 8000 + 1200 + 60 + 1 = 9261 ; 3

19 3 = (20 − 1) = 20 3 − 3 ⋅ 20 2 ⋅ 1 + 3 ⋅ 20 ⋅ 1 − 13 = 8000 − 1200 + 60 − 1 = 6859 . 3

22


TANÁRI ÚTMUTATÓ

Mintapélda9 Két szám szorzata 56, összege 15. Mennyi a két szám köbének az összege? Megoldás: Legyen a két szám a és b, ekkor a ⋅ b = 56, a + b = 15 . Tudjuk, hogy (a + b ) = a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b 3 = a 3 + b 3 + 3ab(a + b ) ebből: 3

a 3 + b 3 = (a + b ) − 3ab(a + b ) = 15 3 − 3 ⋅ 56 ⋅ 15 = 3375 − 2520 = 855 . 3

További két nevezetes azonosság (kiegészítő anyag)

(a − b )(a 2 + ab + b 2 ) = a 3 + a 2 b + ab 2 − ba 2 − ab 2 − b 3 = a 3 − b 3 (a + b )(a 2 − ab + b 2 ) = a 3 − a 2 b + ab 2 + ba 2 − ab 2 + b 3 = a 3 + b 3 a 3 − b3 = (a − b)(a 2 + ab + b 2 ) a 3 + b3 = (a + b)(a 2 − ab + b 2 ) Ezek az azonosságok azt is megmutatják, hogy két köbszám különbsége mindig osztható a számok különbségével, illetve két köbszám összege a számok összegével osztható.

a − b a 3 − b3 a + b a 3 + b3

Mintapélda10 Alakítsuk szorzattá a következő kifejezéseket: a) 27a 3 + b 3 ;

b) 64 x 3 − y 3 z 6 .

Megoldás: a) a 3 + b 3 = (a + b )(a 2 − ab + b 2 ) azonosságot felhasználva: 27a 3 + b 3 = (3a ) + b 3 = (3a + b )(9a 2 − 3ab + b 2 ) ; 3

b) a 3 − b 3 = (a − b )(a 2 + ab + b 2 ) azonosságot felhasználva: 64 x 3 − y 3 z 6 = (4 x ) − ( yz 2 ) = (4 x − yz 2 )(16 x 2 + 4 xyz 2 + y 2 z 4 ) . 3

3

23


Feladatok Módszertani megjegyzés: A tanulók önállóan oldjanak meg néhányat az alábbi feladatok közül. 7. Végezd el a következő műveleteket!

a) (a + 1) ;

b) (b − 2) ;

e) (2a + b ) ;

f) (3a − 2b ) ;

3

3

3

(

j) 3a − 0,4b 4

d) (d + 4) ;

g) (a 2 − 3) ;

h) 2a 3 + 4 ;

3

3

(

3

3

3

⎞ ⎛a i) ⎜ + 5 ⎟ ; ⎠ ⎝2

c) (c − 3) ;

);

3 3

3

⎛ 2c 5 ⎞ − 6b 2 ⎟⎟ ; k) ⎜⎜ ⎝ 7 ⎠

(

)

3

)

3

l) 3d 2 c 3 + 4a 2 b 4 .

Megoldás: a) a 3 + 3a 2 + 3a + 1 ;

b) b 3 − 6b 2 + 12b − 8 ;

c) c 3 − 9c 2 + 27 c − 27 ;

d) d 3 + 12d 2 + 48d + 64 ;

e) 8a 3 + 12a 2 b + 6ab 2 + b 3 ;

f) 9a 3 − 54a 2 b + 36ab 2 − 8b 3 ;

g) a 6 − 9a 4 + 27 a 2 − 27 ;

h) 8a 9 + 48a 6 + 96a 3 + 64 ;

i)

a 3 15a 2 75a + + + 125 ; 8 4 2

k)

8c 15 72 10 2 216 5 4 − c b + c b + 216b 6 ; 343 49 7

j) 27 a 12 + 10,8a 8 b 3 + 1,44 a 4 b 6 + 0,064b 9 ;

l) 9d 6 c 9 + 108d 4 c 6 a 2 b 4 + 144 d 2 c 3 a 4 b 8 + 64a 6 b12 . Módszertani megjegyzés: Memóriajáték Minden csoportnak adunk 28 darab kártyát. Feladatuk először felfelé fordítva összepárosítani az azonosakat. Majd összekeverik a kártyákat, mindegyiket lefordítják és kiraknak belőle egy 7x4-es téglalapot. Az első tanuló felfordít két kártyát, ha azonos kifejezések szerepelnek rajtuk, akkor az övé mind a két kártya, és még egyszer ő fordít, ha nem, akkor visszafordítja a kártyákat és jön a következő. Addig próbálkoznak, amíg az összes kártya el nem fogy. Az nyer, akihez a legtöbb kártya került. Felügyeljük a játék menetét. Ez a játék azon túl, hogy gyakoroltatja az algebrai azonosságokat, emlékezetfejlesztő gyakorlat is. 3.2 kártyakészlet

24


TANÁRI ÚTMUTATÓ

(2a + 1)2

4a 2 + 4a + 1

(3a − a )2

(a + 3)

a + 6a + 9

1⎞ ⎛ ⎜a + ⎟ a⎠ ⎝

(3a − 1)2

9a 2 − 6a + 1

(a + 3)3

a 3 + 9a 2 + 27 a + 27

(2 − 3a )2

9a 2 − 12a + 4

(a − 3)3

a 3 − 9a 2 + 27 a − 27

24 ⋅ 16

384

37 ⋅ 43

1591

(2a + 1)3

8a 3 + 12 a 2 + 6a + 1

(a − 2 )3

a 3 − 6a 2 + 12 a − 8

(a + 2 )3

a 3 + 6a 2 + 12 a + 8

(2 − 3a )3

2

2

4a 2

2

a2 +

1 +2 a2

− 27 a 3 + 54a 2 − 36a + 8

25


8. Mivel egyenlő két szomszédos egész szám négyzetének a különbsége?

Megoldás:

(n + 1)2 − n 2 = (n + 1 + n )(n + 1 − n ) = (2n + 1) ⋅ 1 = 2n + 1 = (n + 1) + n, azaz a két szám összegével egyenlő.

(

)

Másképpen: (n + 1) − n 2 = n 2 + 2n + 1 − n 2 = 2n + 1 = (n + 1) + n . 2

9. Alakítsuk szorzattá az a + a 2 − a 3 − a 4 kifejezést!

Megoldás:

(

)

(

)

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

Módszertani megjegyzés: Házi feladatnak javasoljuk a 10. feladatot. 10. Hozd egyszerűbb alakra a következő kifejezéseket, a változók lehetséges értékeinél!

a)

a 2 + 2ab + b 2 6(a − b ) ⋅ 2 ; a2 − b2 3a + 3ab

c)

3a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b 3 a 2 + b 2 + 2ab : ; 6a − 6b a2 − b2

d)

(a − b )3 + 3ab(a − b ) − a + b 3 ;

b)

x 2 − 2 xy + y 2 28 x( x + y ) ⋅ 2 ; 7x − 7 y x − xy

e)

a 3 − (a + b ) + b 3 (2b ) : ; 6a 9a 2 + 9ab 3

a2 − a

a3 − b3 a f) 2 ; + 3 a+b a b−b

g)

a3 + b3

3

:

a4 − b4

(a − b )2 + ab (a + b )2 − 2ab

Megoldás:

(a + b ) 6(a − b ) = 2 ; a 2 + 2ab + b 2 6(a − b ) ⋅ 2 = 2 2 a −b 3a + 3ab (a + b )(a − b )3a(a + b ) a 2

a)

x 2 − 2 xy + y 2 28 x( x + y ) ( x − y ) 28 x( x + y ) b) ⋅ 2 = = 4( x + y ) ; 7x − 7 y 7(x − y )x( x − y ) x − xy 2

(a + b ) ⋅ 6(a − b ) = 6 ; 3a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b 3 a 2 + b 2 + 2ab c) : = 2 2 (a + b )(a − b ) (a + b )2 6a − 6b a −b 3

.

26


TANÁRI ÚTMUTATÓ

(a − b)3 + 3ab(a − b ) − a + b 3

d)

a2 − a

a 3 − a a (a 2 − 1) (a + 1)(a − 1) = 2 = = = a + 1; a −1 a − a a(a − 1)

e)

− 3ab(a + b ) 6a a 3 − (a + b ) + b 3 (2b ) a = : ⋅ 3 =− 2 ; 2 6a 9a(a + b ) 8b 9a + 9ab 4b

f)

(a − b ) a 2 + ab + b 2 + a = a 2 + 2ab + b 2 = a + b ; a3 − b3 a + = b(a + b )(a − b ) a+b b(a + b ) b a 2b − b3 a + b

3

3

(

a3 + b3

g) =

:

a4 − b4

(a − b )2 + ab (a + b )2 − 2ab

)

=

(a + b )(a 2 − ab + b 2 ) ⋅ a 2 − ab + b 2

a2 + b2 = (a 2 + b 2 )(a + b)(a − b)

1 . a−b

11. Hány olyan ( x; y ) egész számpár van és melyek ezek, amelyekre igaz, hogy

x 3 + y 3 + 6 x 2 − 9 y 2 + 12 x + 27 y − 20 = 0 ? Megoldás: x 3 + 6 x 2 + 12 x + y 3 − 9 y 2 + 27 y − 20 = 0 x 3 + 3 ⋅ 2 ⋅ x 2 + 3 ⋅ 2 2 ⋅ x + 2 3 − 2 3 + y 3 − 3 ⋅ 3 ⋅ y 2 + 3 ⋅ 3 2 ⋅ y − 33 + 33 − 20 = 0

(x + 2)3 − 8 + ( y − 3)3 + 27 − 20 = 0 (x + 2)3 + ( y − 3)3 = 1 Két egész szám köbének összege csak úgy lehet 1, ha az egyik 1 a másik pedig 0. Vagy x + 2 = 1,

y − 3 = 0 , azaz x = −1

Vagy x + 2 = 0,

y − 3 = 1 , azaz x = −2,

y = 3. y = 4.

Két ilyen számpár van, a (− 1; 3) és a (− 2; 4 ) .

A Pascal-háromszög (kiegészítő anyag) Vizsgáljuk meg általánosan kéttagú összegek nemnegatív kitevőjű hatványait. Írjuk egymás alá az (a + b ) összeg nulladik, első, második, harmadik, negyedik és ötödik hatványát. Az

(a + b ) összeg négyzetének és köbének felírását már megfogalmaztuk, a magasabb hatványok hasonlóan képezhetőek: (a + b ) = (a + b ) (a + b ), 4

3

(a + b )5 = (a + b )4 (a + b ) stb.

27


(a + b )0

=1

(a + b )1 = 1 ⋅ a + 1 ⋅ b (a + b )2

= 1 ⋅ a 2 + 2 ⋅ ab + 1 ⋅ b 2

(a + b )3 = 1 ⋅ a 3 + 3 ⋅ a 2 b + 3 ⋅ ab 2 + 1 ⋅ b 3

(a + b )4

= 1 ⋅ a 4 + 4 ⋅ a 3 b + 6 ⋅ a 2 b 2 + 4 ⋅ ab 3 + 1 ⋅ b 3

(a + b )5 = 1 ⋅ a 5 + 5 ⋅ a 4 b + 10 ⋅ a 3b 2 + 10 ⋅ a 2 b 3 + 5 ⋅ ab 4 + 1 ⋅ b 5 Pascal francia matematikus vette észre, hogy az együtthatókat egymás alá írva, olyan háromszöget kapunk, melyben a háromszög külső szárai mentén csupa egyes áll, belül pedig bármely szám megkapható a közvetlen felette álló két szám összegeként: Pascal-háromszög

1 1 1 1

2 3

1 1

1

4 5

1 3

6 10

1 4

10

1 5

1

Feladatok 12. A Pascal-háromszög felhasználásával írd fel az (a + b ) összeg alakját, és a kapott 6

összefüggést alkalmazd az (a + 2) esetén. 6

Megoldás:

(a + b )6 = 1 ⋅ a 6 + 6 ⋅ a 5 b + 15 ⋅ a 4 b 2 + 20 ⋅ a 3b 3 + 15 ⋅ a 2 b 4 + 6 ⋅ ab 5 + 1 ⋅ b 6

(a + 2)6 = 1 ⋅ a 6 + 6 ⋅ a 5 ⋅ 2 + 15 ⋅ a 4 ⋅ 2 2 + 20 ⋅ a 3 ⋅ 2 3 + 15 ⋅ a 2 ⋅ 2 4 + 6 ⋅ a ⋅ 2 5 + 1 ⋅ 2 6 (a + 2)6

= a 6 + 12 ⋅ a 5 + 60 ⋅ a 4 + 160 ⋅ a 3 + 240 ⋅ a 2 + 192 ⋅ a + 64

28


TANÁRI ÚTMUTATÓ

13. Számítsd ki a Pascal-háromszögben az egyes sorokban lévő számok az összegét. Mit

tapasztalsz? Megoldás: 1 = 20 1 + 1 = 2 = 21 1 + 3 + 3 + 1 = 8 = 23 1 + 4 + 6 + 4 + 1 = 16 = 2 4 1 + 5 + 10 + 10 + 5 + 1 = 32 = 2 5 Az összeg mindig 2 hatvány.

14. Mutasd meg, hogy a következő számok összetett számok!

a) 7999;

b) 27001;

c) 999973;

d) 1000343.

Megoldás: Felhasználjuk, hogy a − b a 3 − b 3 , a + b a 3 + b 3 . a) 7999 = 8000 − 1 = 20 3 − 13 b) 27001 = 27000 + 1 = 30 3 + 13

⇒ 20 − 1 7999 ⇒ 19 7999 ; ⇒ 30 + 1 27001 ⇒ 31 27001 ;

c) 999973 = 1000000 − 27 = 100 3 − 3 3 d) 1000343 = 1000000 + 343 = 100 3 + 7 3

⇒ 100 − 3 999973 ⇒ 97 999973 ; ⇒ 100 + 7 1000343 ⇒ 107 1000343 .

29


III. A másodfokú egyenletet bevezető feladatok Módszertani megjegyzés: Minden csoport állítson össze három feladatot az előző óra anyagával kapcsolatban. Például (a + 2 ) = ? Ezután adja tovább egy másik csoportnak. 3

Felügyeljük a feladat írását, hogy ne adjanak egymásnak túl nehéz feladatokat, csak olyanokat, amiket ők is meg tudnak oldani. Megnézzük az elkészült megoldásokat, hogy vane benne hiba, de ne szóljunk érte rögtön, hanem figyeljük meg, hogy a javító csoport megtalálja-e a hibát. Minden csoport közösen megoldja a kapott feladatokat, a megoldást visszaküldi a feladónak, akik kijavítják és értékelik a másik csoport munkáját.

Mintapélda11 Oldjuk meg az x 2 = 64 egyenletet az egész számok halmazán!

Megoldás: Alaphalmaz: Z

x 2 − 64 = 0 Alakítsuk szorzattá a bal oldalt, felhasználva, hogy a 2 − b 2 = (a + b )(a − b ) :

(x + 8)(x − 8) = 0 Innen két megoldás adódik: x1 = 8,

x 2 = −8 ⇒

M = {8; − 8} .

Mintapélda12 Oldjuk meg az 3x 2 + 48 = 0 egyenletet a racionális számok halmazán!

Megoldás: Alaphalmaz: Q

x 2 + 16 = 0 x 2 = −16 Az egyenletnek nincs megoldása, mert x 2 ≥ 0 . M = { }.

30


TANÁRI ÚTMUTATÓ

Mintapélda13

Oldjuk meg az 3( x + 3) − 243 = 0 egyenletet! 2

Megoldás: Alaphalmaz: R. (Amennyiben nem teszünk megszorítást az alaphalmazra vonatkozóan, a megoldásokat mindig R-ben keressük.) Próbáljuk az egyenletet az előzőhöz hasonló alakra hozni:

(x + 3)2 − 81 = 0 . Alakítsuk szorzattá a bal oldalt, felhasználva, hogy a 2 − b 2 = (a + b )(a − b ) .

Megjegyzés: A Tanulók könyvében hibás megoldás jelent meg! A jó megoldás:

(x + 3 − 9)(x + 3 + 9) = 0 . Ebből a következő két megoldás adódik: x1 = −12, x 2 = 6 ⇒ M = {− 12; 6}.

Mintapélda14 Oldd meg a 2 x 2 − 12 x = 32 egyenletet!

Megoldás: Alakítsuk teljes négyzetet tartalmazó kifejezéssé az egyenletet, ezért rendezzük át:

2 x 2 − 12 x − 32 = 0 ;

(

)

2 x 2 − 6 x − 16 = 0 ;

[

]

2 ( x − 3) − 9 − 16 = 0 . 2

Visszavezettük az egyenletet az előző típusra, innen hasonló a feladat megoldása:

(x − 3)2 − 25 = 0 . Alakítsuk szorzattá a bal oldalt, felhasználva, hogy a 2 − b 2 = (a + b )(a − b ) :

(x − 3 − 5)(x − 3 + 5) = 0 . Ebből a következő két megoldás adódik: x1 = 8,

x 2 = −2 ⇒

M = {8; − 2} .

Mindegyik megoldott egyenletnél helyettesítéssel ellenőrizhetjük, hogy jól számoltunk.

Feladatok Módszertani megjegyzés: A mintapéldákon keresztül megbeszéljük, hogy hogyan oldunk meg egyszerűbb másodfokú egyenleteket. Majd az osztályt három nagy csoportra bontjuk, például padsoronként, és felosztjuk közöttük a következő feladatokat. Végül együtt megfejtjük a rejtvényt.

31


15. Oldd meg az alábbi egyenleteket, majd add össze az egyenletek gyökeit. Az így kapott

összegeket párosítsd össze a táblázatbeli betűkkel! Ha a betűket egymás mellé írod a feladatok sorrendjében, akkor kiolvashatod a megoldást. a) 2 x 2 − 6 x = 0 ;

b) (x − 5) = 64 ;

c) x 2 − 25 = 0 ;

d) 2( x − 3) − 32 = 0 ;

e) 2 x 2 − 8 x = 10 ;

f) 5 x 2 = 20 ;

g) (x − 5) − 9 = 0 ;

h) 3,84 x 2 = 9,6 x ;

i) 0,25 x 2 = 2,25 ;

j) 3x 2 + 5 x = 0 ;

k) x 2 + 10 x + 25 = 0 ;

l) 3,2 = 20 x 2 ;

2

2

2

m) x 2 + 9 = 6 x . M –10

L −

5 3

A

H

I

S

Z

G

0

2,5

3

4

6

10

Megoldás: a) x1 = 0,

x2 = 3

c) x1 = 5,

x 2 = −5

x1 + x 2 = 0 ;

d) x1 = 7,

x 2 = −1 x1 + x 2 = 6 ;

e) x1 = 5,

x 2 = −1 x1 + x 2 = 4 ;

f) x1 = 2,

x 2 = −2

h) x1 = 0,

x 2 = 2,5

x1 + x 2 = 2,5 ;

j) x1 = 0,

x2 = −

5 3

5 x1 + x 2 = − ; 3

g) x1 = 14, i) x1 = 3,

x1 + x 2 = 3 ;

x 2 = −4 x 2 = −3

b) x1 = 13,

x1 + x 2 = 10 ; x1 + x 2 = 0 ;

k) x1 = x 2 = −5 x1 + x 2 = −10 ;

l) x1 = 0,4,

x 2 = −3

x1 + x 2 = 10 ;

x1 + x 2 = 0 ;

x 2 = −0,4

x1 + x 2 = 0 ;

m) x1 = x 2 = 3 x1 + x 2 = 6 . IGAZSAGHALMAZ

16. Oldd meg az alábbi egyenleteket!

a) 12 x 2 − 4 x = 0 ;

b) (x − 3) − 49 = 0 ;

c) x 2 − 169 = 0 ;

d) x 2 + 8 x + 16 = 0 ;

e) x 2 + 4 = 4 x ;

f) 5 x 2 = 26 x .

b) x1 = 10

c) x1 = 13 x2 = −13 ;

2

Megoldás: a) x1 = 0

1 x2 = ; 3

d) x1 = x2 = −4 ;

x2 = −4 ;

e) x1 = x2 = 2 ;

f) x1 = 0

x2 = 5,2 .

32


TANÁRI ÚTMUTATÓ

17. Hány olyan valós szám van, és melyek azok, amelyeknek a harmadát és az ötödét

összeszorozva a szám tizenötszörösét kapjuk?

Megoldás: x x ⋅ = 15 x 3 5

⇒

x 2 = 225 x

⇒

x1 = 0,

x 2 = 225 .

Két ilyen valós szám van, a 0 és a 225.

18. Két szomszédos pozitív egész számot összeszorozva, a szorzat 169-cel lesz nagyobb,

mint a kisebbik szám. Melyik ez a két szám?

Megoldás: Legyen a két szám n és n + 1, ekkor n(n + 1) = n + 169 .

n 2 + n = n + 169 ⇒ n 2 = 169 ⇒ n1 = 13, n2 = −13 . Ez utóbbi nem lehet megoldás a feltétel miatt, ezért n = 13, n + 1 = 14 . Tehát a két szám a 13 és 14.

33


IV. A másodfokú egyenlet megoldóképlete A Kr. e. 2000-ből való Mezopotámiában talált leletek azt mutatják, hogy már ismerték az első és másodfokú egyenletek megoldását, sőt oldottak meg harmadfokú egyenletet is.

Módszertani megjegyzés: Egy általuk megoldott akkori időből származó feladat: Két négyzet területének összege 1000. Az egyik négyzet oldala a másik oldalának kétharmadánál tízzel kisebb. Mekkorák a négyzetek oldalai? Jelöljük a négyzetek oldalait a-val és b-vel. Ekkor: a 2 + b 2 = 1000; a =

2 b − 10. 3

2

⎛2 ⎞ 2 ⎜ b − 10 ⎟ + b = 1000 ⎝3 ⎠ 2 4b 40 − b + 100 + b 2 = 1000 9 3 2 4b − 120b + 900 + 9b 2 = 9000 13b 2 − 120b − 8100 = 0

Célunk az ilyen típusú másodfokú egyenletek általános megoldása. Az óra végén visszatérhetünk az egyenlet megoldására és megmutathatjuk, hogy az egyenlet pozitív megoldása a 30, így a két négyzet oldalainak hossza 10 és 30.

Általános alakban megadott másodfokú egyenletet is át tudunk alakítani az előző módszerrel, így megkereshetjük a megoldások általános alakját. Induljunk ki a 2 x 2 + 13 x + 15 = 0

Induljunk ki az ax 2 + bx + c = 0

(a ≠ 0) egyenletből.

egyenletből. Emeljünk ki 2-t: 13 15 ⎞ ⎛ 2⎜ x 2 + x + ⎟ = 0 . 2 2⎠ ⎝

b c⎞ ⎛ Emeljünk ki a-t: a⎜ x 2 + + ⎟ = 0 . a a⎠ ⎝

Alakítsuk a zárójelen belüli

Alakítsuk a zárójelen belüli kifejezést teljes négyzetté:

kifejezést teljes négyzetté:

2 ⎡⎛ b ⎞ b2 c⎤ a ⎢⎜ x + ⎟ − 2 + ⎥ = 0. 2a ⎠ a ⎥⎦ 4a ⎣⎢⎝

2 ⎡⎛ 13 ⎞ 169 15 ⎤ + ⎥ = 0. 2⎢⎜ x + ⎟ − 4⎠ 16 2 ⎦⎥ ⎣⎢⎝

34


TANÁRI ÚTMUTATÓ

Hozzunk közös nevezőre:

Hozzunk közös nevezőre:

2 ⎡⎛ 13 ⎞ 169 − 120 ⎤ 2⎢⎜ x + ⎟ − ⎥ = 0. 4⎠ 16 ⎢⎣⎝ ⎥⎦

2 ⎡⎛ b ⎞ b 2 − 4ac ⎤ a ⎢⎜ x + − ⎟ ⎥=0. 2a ⎠ 4a 2 ⎥⎦ ⎢⎣⎝

Alakítsuk szorzattá a szögletes

Alakítsuk szorzattá a szögletes zárójelen belüli

zárójelen belüli kifejezést!

kifejezést! Ha b 2 − 4ac < 0 , akkor nem tudjuk szorzattá alakítani, 2

b ⎞ ⎛ mert az ⎜ x + ⎟ -hez egy pozitív számot adunk 2a ⎠ ⎝ hozzá, tehát az összeg nem 0. b 2 − 4ac Ha b 2 − 4ac ≥ 0 , akkor a törtet felírjuk 4a 2 négyzet alakban: 2

2

⎛ b 2 − 4ac ⎞ b 2 − 4ac ⎛⎜ b 2 − 4ac ⎞⎟ ⎟ . ⎜ = = 2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 2 a 4a 2 4 a ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ (Precízen a

4a 2 = 2 a . Végig ezzel számolva, végül

ugyanezeket a gyököket kapnánk végeredményül.) 2 2 ⎡⎛ 13 ⎞ ⎛ 49 ⎞ ⎤ ⎟ ⎜ ⎥ = 0. 2⎢⎜ x + ⎟ − ⎜ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎟⎠ ⎥ ⎢⎝ ⎣ ⎦

2 2 ⎡ ⎛ b 2 − 4ac ⎞ ⎤ b ⎛ ⎞ ⎟ ⎥ = 0. a ⎢⎜ x + ⎟ −⎜ ⎟ ⎥ ⎢⎝ 2a ⎠ ⎜⎝ 2a ⎠ ⎦ ⎣

Most már szorzattá alakíthatjuk a

Most már szorzattá alakíthatjuk a szögletes zárójelen

szögletes zárójelen belüli kifejezést,

belüli kifejezést, felhasználva az

felhasználva az a 2 − b 2 = (a + b )(a − b ) nevezetes

a 2 − b 2 = (a + b )(a − b ) nevezetes azonosságot:

azonosságot:

⎛ b b 2 − 4ac ⎞⎟⎛⎜ b b 2 − 4ac ⎞⎟ a⎜ x + x+ + − = 0. ⎜ ⎟⎜ ⎟ a a 2 2 2 a 2 a ⎝ ⎠⎝ ⎠

13 7 ⎞⎛ 13 7 ⎞ ⎛ 2⎜ x + + ⎟⎜ x + − ⎟ = 0. 4 4 ⎠⎝ 4 4⎠ ⎝ Egy szorzat akkor és csak akkor

Egy szorzat akkor és csak akkor nulla, ha valamelyik

nulla, ha valamelyik tényezője

tényezője nulla. Mivel kikötöttük, hogy a ≠ 0 , ezért

nulla, ezért két eset lehetséges:

két eset lehetséges:

x+

13 7 + = 0 vagy 4 4

x+

13 7 − = 0. 4 4

x+

b b 2 − 4ac + = 0 vagy 2a 2a

b b 2 − 4ac x+ − = 0. 2a 2a

35


Ebből

Ebből: x1 = −5, x 2 = −

3 . 2

x1 =

− b − b 2 − 4ac − b + b 2 − 4ac , x2 = . 2a 2a

A gyököket rövidebb alakban, összevonva szoktuk felírni: Az ax2 + bx + c = 0

(a ≠ 0) a másodfokú egyenlet megoldóképlete: x1, 2 =

− b ± b 2 − 4ac 2a

Mintapélda15 Oldjuk meg a x 2 + 9 x + 20 = 0 másodfokú egyenletet! Megoldás: A megoldóképletbe az a = 1, b = 9, c = 20 értékeket behelyettesítve: x1, 2 =

− 9 ± 9 2 − 4 ⋅ 1 ⋅ 20 − 9 ± 1 = ⇒ 2 ⋅1 2

x1 = −4,

x 2 = −5 ⇒

M = {− 4; − 5}.

Mintapélda16 Oldjuk meg a 2 x 2 = 10 − x másodfokú egyenletet! Megoldás: Az egyenletet rendezzük úgy, hogy az egyik oldalon 0 álljon: 2 x 2 − 10 + x = 0 és az ismeretlen kitevője szerint írjuk csökkenő sorrendbe a tagokat: 2 x 2 + x − 10 = 0 Az ilyen alakba írt másodfokú egyenletet 0-ra redukált rendezett polinom alaknak nevezzük. A megoldóképletbe az a = 2, b = 1, c = −10 értékeket behelyettesítve: x1, 2 =

− 1 ± 12 − 4 ⋅ 2 ⋅ (− 10 ) 2⋅2

=

−1± 9 4

⇒

x1 = 2,

x2 = −

5 2

⇒

5⎫ ⎧ M = ⎨2; − ⎬ . 2⎭ ⎩

A másodfokú egyenlet megoldása szempontjából nagyon fontos a négyzetgyök alatti b 2 − 4ac kifejezés előjele, ezért ennek a kifejezésnek önálló nevet is adunk: a másodfokú

egyenlet diszkriminánsának nevezzük, és D-vel jelöljük. A diszkrimináns szó jelentése: meghatározó, döntő. Az ax2 + bx + c = 0

(a ≠ 0) másodfokú egyenlet diszkriminánsa: D = b2 – 4ac

36


TANÁRI ÚTMUTATÓ

Mintapélda17 Az egyenletek megoldása nélkül állapítsuk meg, hogy hány valós megoldása van a következő egyenleteknek! a) 3x 2 − 5 x + 8 = 0 ;

b) 2 x 2 − 12 x + 18 = 0 ;

c) 5 x 2 + 7 x − 11 = 0 .

Megoldás: a) D = 25 − 4 ⋅ 3 ⋅ 8 = −71 < 0 , az egyenletnek nincs valós gyöke. b) D = 144 − 4 ⋅ 2 ⋅ 18 = 0 , az egyenletnek egy valós gyöke van. c) D = 49 − 4 ⋅ 5 ⋅ (− 11) = 269 > 0 , az egyenletnek két különböző valós gyöke van. Az ax 2 + bx + c = 0

(a ≠ 0) másodfokú egyenletnek

két különböző valós gyöke van, ha D = b 2 − 4ac > 0 , és ekkor x1, 2

− b ± b 2 − 4ac = , 2a

két egybeeső valós gyöke van, ha D = b 2 − 4ac = 0 , ekkor x1 = x 2 = −

b , 2a

nincs valós gyöke, ha D = b 2 − 4ac < 0 .

Mintapélda18 Az ax 2 + 4 x + 2 = 0 egyenletben határozzuk meg az a együttható értékét úgy, hogy az egyenletnek a) ne legyen megoldása a valós számok körében; b) egy valós gyöke legyen; c) két különböző valós gyöke legyen! Megoldás: 1 Ha a = 0 , akkor az egyenlet elsőfokú: 4 x + 2 = 0 . Ennek egy gyöke van: x = − . 2 Ha a ≠ 0, akkor a) D = b 2 − 4ac = 16 − 8 ⋅ a < 0 ⇒ 2 < a ; b) D = 16 − 8 ⋅ a = 0 ⇒ 2 = a vagy a = 0 ; c) D = 16 − 8 ⋅ a > 0 ⇒

a < 2 és a ≠ 0 .

37


Módszertani megjegyzés: Visszautalás: A Mintapélda3 feladatát megoldhatjuk a megoldóképlettel is: Legyen a két szám a és 20 – a, ekkor a(20 − a ) = 91 ⇒

a 2 − 20a + 91 = 0 ⇒

a1 = 7, a 2 = 13 .

20 − a1 = 13, 20 − a 2 = 7 .

A két szám 7 és a 13, négyzetösszegük: 7 2 + 13 2 = 218 .

Feladatok Módszertani megjegyzés: A tanulókat 4 csoportra osztjuk. Kiosztjuk a feladatokat a csoportok között. Az első két feladatot kapja az egyik csoport, a második kettőt a másik, és így tovább. Ha minden csoport elkészült a feladatával, akkor közösen megbeszéljük az egyenletek megoldását és megfejtjük a rejtvényt. 19. Oldd meg az alábbi egyenleteket, majd feladatonként a gyököket növekvő sorrendbe

írd be a lenti táblázatba! Ha növekvő sorrendbe teszed az összes gyököt, kiolvashatod a megoldást!

G

a) x 2 + 7 x + 10 = 0 ;

b) x 2 + 4 x − 21 = 0 ;

c) x 2 − 10 x + 24 = 0 ;

d) 2 x 2 − 13x − 7 = 0 ;

e) 2 x 2 − 7 x = 15 ;

f) 3x 2 − 20 = −7 x ;

g) 3x − 5 = −2 x 2 ;

h) 2 x 2 − 3 = 2 x − x 2 + 5 .

S

Ü

O

L

Á

S

L

E

T

Y

Á

E

Z

N

M

Megoldás: G

S

Ü

O

L

Á

–5

–2

–7

3

4

6

S −

1 2

L 7

E −

3 2

T

Y

Á

5

–4

5 3

E −

5 2

Z 1

ÜGYESEN SZÁMOLTÁL!

20. Rendezd nagyság szerinti növekvő sorrendbe az egyenletek valós gyökeit!

4 x 2 + 7 x − 11 = 0 ;

2x 2 + x − 6 = 0 .

N

M

4 3

2

−

38


TANÁRI ÚTMUTATÓ

Megoldás: 4 x 2 + 7 x − 11 = 0 ⇒ x1 = 1, 2x 2 + x − 6 = 0 ⇒

x1 = 1,5,

x 2 = −2,75 x 2 = −2

A gyökök növekvő sorrendben: − 2,75, − 2, 1, 1,5 .

Módszertani megjegyzés: A 21. feladatot házi feladatnak javasoljuk. 21. Az egyenletek megoldása nélkül állapítsd meg, hogy hány valós megoldása van a

következő egyenleteknek! a) x 2 + 3x = 7 − 5 x ;

b) 5 x − 36 = x 2 − 7 x ;

c) x 2 − 5 x − 2 = 10 − x ;

d) 3x 2 − 24 x + 48 = 0 ;

e) 5 x 2 − 11x + 6 = 0 ;

f) 3x 2 + 9 x + 14 = 0 ;

g) 2 x 2 + 26 x = 13 + 5 x ;

h) 2 x 2 − 7 x = 5 x − 12 − x 2 ;

i) 3x 2 − 7 = 9 x − 2 x 2 .

Megoldás: a) D = 64 − 4 ⋅ 1 ⋅ (− 7 ) = 92 > 0 egyenletnek két valós gyöke van. b) D = 144 − 4 ⋅ 1 ⋅ 36 = 0 az egyenletnek egy valós gyöke van. c) D = 16 − 4 ⋅ 1 ⋅ (− 12 ) = 64 > 0 egyenletnek két valós gyöke van. d) D = 576 − 4 ⋅ 3 ⋅ 48 = 0 az egyenletnek egy valós gyöke van. e) D = 121 − 4 ⋅ 5 ⋅ 6 = 1 > 0 az egyenletnek két valós gyöke van. f) D = 81 − 4 ⋅ 3 ⋅ 14 = −87 < 0 az egyenletnek nincs valós gyöke. g) D = 441 − 4 ⋅ 2 ⋅ (− 13) = 545 > 0 egyenletnek két valós gyöke van. h) D = 144 − 4 ⋅ 3 ⋅ 12 = 0 az egyenletnek egy valós gyöke van. i) D = 81 − 4 ⋅ 5 ⋅ (− 7 ) = 221 > 0 egyenletnek két valós gyöke van.

22. Az 2 x 2 + bx + 18 = 0 egyenletben, állapítsd meg a b együttható értékét úgy, hogy az

egyenletnek a) ne legyen megoldása a valós számok körében; b) egy valós gyöke legyen; c) két különböző valós gyöke legyen! Megoldás: a) D = b 2 − 4ac = b 2 − 144 < 0 ⇒ b) D = b 2 − 144 = 0 ⇒

b = 12 ;

c) D = b 2 − 144 > 0 ⇒

b > 12 .

b < 12 ;

39


V. Gyöktényezős alak Mintapélda19

Oldjuk meg az (x + 3)( x − 4 ) = 0 egyenletet!

Megoldás: Ha elvégeznénk a műveleteket, akkor az x 2 − x − 12 = 0 másodfokú egyenlet adódna, amelyre alkalmazva a megoldóképletet, a két gyök: x1 = −3,

x 2 = 4.

Ez a megoldás azonban rögtön kiolvasható az eredeti egyenletből is, hiszen egy szorzat akkor és csak akkor nulla, ha valamelyik tényezője nulla, azaz ha x +3=0 ⇒

x1 = −3 vagy ha x − 4 = 0 ⇒

x2 = 4 .

Az ilyen alakot az egyenlet gyöktényezős alakjának nevezzük, mert közvetlenül leolvashatóak belőle a gyökök. Nézzük meg általánosan is: A ax 2 + bx + c = 0

(a ≠ 0) egyenlet bal oldalát már egyszer szorzattá alakítottuk:

⎛ b b 2 − 4ac ⎞⎟⎛⎜ b b 2 − 4ac ⎞⎟ a⎜ x + + x+ − =0 ⎜ ⎟⎜ ⎟ 2 a 2 a 2 a 2 a ⎝ ⎠⎝ ⎠ Felhasználva az x1 =

− b − b 2 − 4ac − b + b 2 − 4ac , x2 = jelöléseket, az egyenlet a 2a 2a

következő alakba írható: a ( x − x1 )( x − x 2 ) = 0 . Ezt az egyenlet gyöktényezős alakjának nevezzük. Az ax2 + bx + c = 0

(a ≠ 0) másodfokú egyenlet gyöktényezős alakja: a ( x − x1 )( x − x 2 ) = 0

Mintapélda20 Alakítsuk szorzattá a 2 x 2 + x − 3 kifejezést! Megoldás: Határozzuk meg a 2 x 2 + x − 3 = 0 másodfokú egyenlet gyökeit: x1 = 1, ⎛ Írjuk fel a másodfokú egyenlet gyöktényezős alakját: 2( x − 1)⎜ x + ⎝

Célszerű lehet a 2-vel való szorzást elvégezni: (x − 1)(2 x + 3) = 0 . Tehát: 2 x 2 + x − 3 = ( x − 1)(2 x + 3) .

3⎞ ⎟=0. 2⎠

3 x2 = − . 2

40


TANÁRI ÚTMUTATÓ

Mintapélda21 Írjunk fel olyan másodfokú egyenletet, melynek gyökei –2 és

4 . 3

Megoldás: A gyöktényezős alakba helyettesítsük be az x1 = −2,

x2 =

4 gyököket: 3

4⎞ ⎛ a( x − x1 )( x − x 2 ) = a( x + 2)⎜ x − ⎟ = 0 . 3⎠ ⎝

a tetszőleges nullától különböző valós szám, de célszerű úgy megválasztani, hogy a kifejezés ne tartalmazzon törtet, például legyen a = 3 . 4⎞ ⎛ 3( x + 2 )⎜ x − ⎟ = ( x + 2 )(3 x − 4 ) = 3 x 2 + 2 x − 8 = 0. 3⎠ ⎝

Tehát például a 3 x 2 + 2 x − 8 = 0 egyenletnek a gyökei, –2 és

4 . 3

Mintapélda22 Egyszerűsítsük a

3x 2 − 7 x − 6 törtet! 6x 2 + x − 2

Megoldás: Alakítsuk szorzattá a tört számlálóját és nevezőjét! A 3 x 2 − 7 x − 6 = 0 egyenlet gyökei: x1 = 3, ⎛ 3( x − 3)⎜ x + ⎝

x2 = −

2 , így a számláló szorzat alakja: 3

2⎞ ⎟ = ( x − 3)(3 x + 2 ) . 3⎠

A 6 x 2 + x − 2 = 0 egyenlet gyökei: x1 = 1 ⎞⎛ ⎛ 6⎜ x − ⎟⎜ x + 2 ⎠⎝ ⎝

1 , 2

2 x 2 = − , így a nevező szorzat alakja: 3

2⎞ ⎟ = (2 x − 1)(3 x + 2 ) . 3⎠

2⎫ ⎧1 Minthogy a nevező nem lehet nulla, így az értelmezési tartomány: R \ ⎨ ; − ⎬ . 3⎭ ⎩2

Visszaírva az eredeti kifejezésbe:

x−3 3 x 2 − 7 x − 6 ( x − 3)(3 x + 2 ) = = . 2 6 x + x − 2 (2 x − 1)(3 x + 2 ) 2 x − 1


41

Mintapélda23 Az ax 2 + 7 x + 12 = 0 egyenlet egyik gyöke x1 = −3 . Határozzuk meg a másik gyököt és a diszkriminánst! Írjuk fel az egyenlet gyöktényezős alakját! Megoldás: Mivel x1 = −3 gyöke az egyenletnek, ezért igazzá teszi az egyenletet: 9a − 21 + 12 = 0 . Ebből a = 1 , így a másodfokú egyenlet: x 2 + 7 x + 12 = 0 , ennek gyökei x1 = −3,

x 2 = −4 , és D = 1 .

Az egyenlet gyöktényezős alakja: (x + 3)( x + 4 ) = 0 . Módszertani megjegyzés: Triminó játék Minden csoportnak adjunk 9 darab háromszög alakú kártyát a 3.3 triminóból. Feladatuk összepárosítani az egyenleteket és megoldásukat, kirakni a nagy háromszöget.. 3.3 triminó

42


TANÁRI ÚTMUTATÓ

Feladatok Házi feladat javaslat: A 23., 24., 25. és 26. feladatokból válogatva néhány feladat. 23. Oldd meg az egyenleteket!

a) 2( x − 2 )(3 x + 5) = 0

b) 3(− x − 2)(3 − x ) = 0

c) − 7( x − 1)(3 x − 8) = 0

Megoldás: 5 x2 = − ; 3

a) x1 = 2,

b) x1 = −2,

x2 = 3 ;

c) x1 = 1,

x2 =

8 . 3

24. Írj fel olyan másodfokú egyenletet, melynek gyökei

a) 3 és 5

c) 1,5 és −

b) –2 és 4

2 3

d)

2 és

3

Megoldás: a) x 2 − 8 x + 15 = 0 ; d) x 2 −

(

b) x 2 − 2 x − 8 = 0 ;

)

c) 6 x 2 − 5 x − 6 = 0 ;

2+ 3 x+ 6.

25. Alakítsd szorzattá a következő polinomokat!

a) x 2 − 3 x − 10

b) 2 x 2 − x − 3

c) 15 x 2 − 32 x − 7

d) − 2 x 2 + 9 x − 10

Megoldás: a) ( x − 5)( x + 2 ) ;

b) (x + 1)(2 x − 3) ;

c) (3 x − 7 )(5 x + 1) ;

d) − (2 x − 5)( x − 2 ) .

26. Egyszerűsítsd a következő törteket!

a)

x 2 − 2x − 3 x 2 + 6x + 5

c)

5 x 3 − 40 2 x 2 − 3x − 2

x ≠ −1 ; – 5 x ≠ 2; −

b)

2 x 2 + 11x − 21 3 x≠ ;4 2 2 2 x − 11x + 12

1 2

Megoldás: a)

x−3 ; x+5

b)

x+7 ; x−4

c)

5(x 2 + 2 x + 4) . 2x + 1

27. Az 2 x 2 − bx + 10 = 0 egyenlet egyik gyöke x1 = 5 . Határozd meg a másik gyököt!

Határozd meg a diszkriminánst! Írd fel az egyenlet gyöktényezős alakját!


43

Megoldás: Mivel x1 = 5 gyöke az egyenletnek, ezért kielégíti az egyenletet: 2 ⋅ 25 − b ⋅ 5 + 10 = 0 . Ebből b = 12 , így a másodfokú egyenlet: 2 x 2 − 12 x + 10 = 0 , ennek gyökei x1 = 1,

x2 = 5 .

A diszkrimináns: D = 64 . Az egyenlet gyöktényezős alakja: 2( x − 1)( x − 5) = 0 .

44


TANÁRI ÚTMUTATÓ

VI. Gyakorlás Mintapélda24

Oldjuk meg a (3x − 2) = (2 x + 5)( x − 4 ) + 22 egyenletet az egész számok halmazán! 2

Megoldás: Előállítjuk az egyenlet 0-ra redukált alakját, és alkalmazzuk a megoldóképletet. Beszorzás után: 9 x 2 − 12 x + 4 = 2 x 2 − 3x + 2 ⇒ 7 x 2 − 9 x + 2 = 0 ⇒

x1 = 1,

x2 =

2 . 7

A feladat alaphalmazába csak az x = 1 tartozik.

Feladatok

(

) (

)

28. Oldd meg a 6 x( x + 3) − 1 − x 2 = 3 x 2 + 3x − 1 egyenletet!

Megoldás: 4x 2 + 9x + 2 = 0 ⇒

x1 = −2,

1 x2 = − . 4

A feladat alaphalmazába mindkét megoldás beletartozik.

(

) (

)

29. Oldd meg a 3x(2 x + 6) − 1 − x 2 = 2 x 2 + 4 x − 1 + x 2 + x − 1 egyenletet az egész

számok halmazán! Megoldás: 4x 2 + 9x + 2 = 0 ⇒

x1 = −2,

x2 = −

1 4

A feladat alaphalmazába csak az x = −2 tartozik. 30. Oldd meg a (x + 3)( x − 4 ) = −6 egyenletet a negatív számok halmazán!

Megoldás: x2 − x − 6 = 0 ⇒

x1 = 3,

x 2 = −2

A feladat alaphalmazába csak az x = −2 tartozik. 31. Oldd meg a (1 + 2 x )(3 − x ) + x 2 = 9 egyenletet a pozitív számok halmazán!

Megoldás: x 2 − 5x + 6 = 0 ⇒

x1 = 2,

x2 = 3 .

A feladat alaphalmazába mindkét megoldás beletartozik.

45


32. Oldd meg a (5 x + 2 )(7 x − 3) = (3 x − 6 )(4 x + 1) egyenletet a racionális számok

halmazán! Megoldás: 35 x 2 − x − 6 = 12 x 2 − 21x − 6 ⇒ 23x 2 + 20 x = 0 ⇒

x1 = 0, x 2 = −

20 . 23

A feladat alaphalmazába mindkét megoldás beletartozik. 33. Oldd meg a (3 x + 2 )2 = 12 x + 148 egyenletet a racionális számok halmazán!

Megoldás: 9 x 2 + 12 x + 4 = 12 x + 148 9 x 2 = 144 ⇒

x 2 = 16 ⇒

x1 = 4,

x2 = −4

A feladat alaphalmazába mindkét megoldás beletartozik. 34. Oldd meg a (3x + 4) = (2 x − 1) egyenletet az egész számok halmazán! 2

2

Megoldás: 9 x 2 + 24 x + 16 = 4 x 2 − 4 x + 1 ⇒ 5 x 2 + 28 x + 15 = 0 ⇒

3 x1 = − , 5

x 2 = −5

A feladat alaphalmazába csak az x = −5 tartozik. 35. Oldd meg a (7 x − 3) − 12 x 2 = (5 x + 6 ) + 3 x egyenletet a természetes számok 2

2

halmazán! Megoldás: 49 x 2 − 42 x + 9 − 12 x 2 = 25 x 2 + 60 x + 36 + 3x ⇒ x1 = 9,

4 x 2 − 35 x − 9 = 0 .

1 x 2 = − . A feladat alaphalmazába csak az x = 9 tartozik. 4

36. Oldd meg a (2 x + 3) + x 2 = (3x − 2) + 9 x + 1 egyenletet a valós számok halmazán! 2

2

Megoldás: 4 x 2 + 12 x + 9 + x 2 = 9 x 2 − 12 x + 4 + 9 x + 1 ⇒ 4 x 2 − 15 x − 4 = 0 . x1 = 4,

1 x 2 = − . A feladat alaphalmazába mindkét megoldás beletartozik. 4

46


TANÁRI ÚTMUTATÓ

Módszertani megjegyzés: Melyik a kakukktojás? Minden csoportnak 20 darab kártyát adunk. Feladatuk összepárosítani az azonos kifejezéseket. Ha elkészültek a csoportok, akkor megbeszéljük, hogy mely kártyák maradtak ki, és miért. 3.4 kártyakészlet

x + 5x + 6 = 0

(x + 2)(x + 3) = 0

x1 = −2,

2 x 2 − 5x − 3 = 0

(2 x + 1)(x − 3) = 0

x1 = 3,

2

21x + 64 x + 44 = 0 2

7 x + 33x + 38 = 0 2

5 x + 23x − 10 = 0 2

(21x + 22)(x + 2) = 0

(7 x + 19)(x + 2) = 0

(5 x − 2)(x + 5) = 0

x 2 = −3

x2 = −

1 2

(2 x + 3)2 + 9 = = ( x + 3)( x + 4 ) + 2 x 2

(3x + 4)(2 x − 1) − 25 x = = (4 x + 5)( x − 5) + 24

x1 = −2,

22 x2 = − 21

(5 x + 4)2 + 64 = 2 = (2 x − 6)

x1 = −2,

19 x2 = − 7

(x + 3)3 − 1 = = ( x + 2 )(x 2 − 6 )

x1 = −5,

2 x2 = − 5

(3x − 1)2 = 2 = (x + 4) + 3


47

Szöveges feladatok Módszertani megjegyzés: Szöveges feladatok megoldásakor kiemelt fontosságú a szöveg helyes értelmezése, a fontos adatok kiválogatása. Figyeljünk rá, hogy mindig egyértelmű legyen, mit jelölünk ismeretlennel. A feladatok algebrai megoldása után szerepeljen szöveges válasz, végül sose feledjük az ellenőrzésnek az a részét, amikor a kapott eredményt a feladat szövegének is megfeleltetjük.

Mintapélda25 Egy üzleti tárgyalás résztvevői kézfogással köszöntötték egymást. Összesen 136 kézfogás történt. Mindenki mindenkivel pontosan egyszer fogott kezet. Hányan voltak a találkozón? Megoldás: Jelöljük n-nel a jelenlévők számát. Mindenki n – 1 emberrel fogott kezet. Ezek száma n(n − 1) , de ekkor minden kézfogást pontosan kétszer számoltunk. Ezért

n(n − 1) = 136 , innen: n 2 − n − 272 = 0 . 2 Az egyenlet gyökei: n1 = 17, n 2 = −16 . Ez utóbbi nem megoldása a feladatnak, hiszen negatív számú résztvevő nem létezik. A találkozón 17-en vettek részt. Ellenőrzés: 17 ember vett részt a tárgyaláson, mindenki 16 emberrel fogott kezet. Ez 17 ⋅ 16 = 272 kézfogást jelentene, de minden kézfogást kétszer számoltunk, így

összesen 136 kézfogás történt.

Mintapélda26 Két kocka egy-egy élének összege 41 cm. A felszíneik összege 5118 cm 2 . Mekkora a nagyobbik kocka térfogata? (Emlékeztető: a kocka felszíne: A = 6a 2 , térfogata: V = a 3 ) Megoldás: Jelöljük az egyik kocka élhosszúságát x-szel, ekkor a másik él: 41 − x . 6(41 − x ) + 6 x 2 = 5118 2

Egyszerűbb alakban:

(41 − x )2 + x 2

= 853

1681 − 82 x + x 2 + x 2 = 853

x 2 − 41x + 414 = 0

48


Az egyenlet gyökei: x1 = 18,

TANÁRI ÚTMUTATÓ

x 2 = 23 .

A nagyobbik kocka éle 23 cm. Térfogata V = 233 = 12167 cm 3 . Ellenőrzés: A két kocka éleinek összege: 18 + 23 = 41 cm. A kisebbik kocka felszíne: 6 ⋅ 18 2 = 1944 cm2, a nagyobbik kocka felszíne: 6 ⋅ 23 2 = 3174 cm2. A felszínek összege: 1944 + 3174 = 5118 cm2.

Mintapélda27 Viktor 160 km-es autóút előtt áll. Ha szokásos tempójával vezetne, akkor lekésné a világbajnoki döntő közvetítését. Ha 20

km -val gyorsabban menne, akkor 24 perccel h

hamarabb érne haza, és látná a meccs kezdetét is. Mennyivel megy Viktor, ha elejétől nézni tudja a döntőt? Megoldás: Viktor eredeti sebességét jelöljük v-vel. Mivel s = v ⋅ t ⇒ 160 = v ⋅ t . A 24 perc az 0,4 óra ezért a második esetben 160 = (v + 20 )(t − 0,4 ) . Az első egyenletből v =

160 ezt behelyettesítve a másodikba: t

⎛ 160 ⎞ 160 = ⎜ + 20 ⎟(t − 0,4) ⇒ 20t 2 − 8t − 64 = 0 ⇒ t1 = 2, t 2 = −1,6 . Ez utóbbi ⎝ t ⎠ nem lehet megoldás. Ezért t = 2, v = 80. Viktor, hogy lássa a meccset, átlagosan 100

km -val megy. h

⎛ km ⎞ Ellenőrzés: Viktor szokásos tempójával ⎜ 80 ⎟ , 2 óra alatt teszi meg az utat, ha h ⎠ ⎝ 100

km sebességgel megy, akkor ugyanezt az utat 1,6 óra, azaz 1 óra és 36 perc alatt h

teszi meg, így 24 perccel hamarabb ér haza: látja a meccs kezdetét.

Feladatok Módszertani megjegyzés: Minden csoportba osszunk ki A, B, C, D jelű kártyákat, differenciálva a tanulók képességei szerint. Szétválnak a csoportok az A, B, C, D jelek szerint, az azonos betűsök dolgoznak most együtt. Ha elkészültek a csoportok, mindenki visszamegy

49


a saját csoportjába, és a többieknek elmondja a feladatának a megoldását. A csoporton belül összekeverik az A, B, C, D jelű kártyákat, mindenki húz egyet. A feladat megoldását az ismerteti a táblánál, akinek a csoport számát és betűjelét kihúzza a tanár.

Az A jelűek feladata: 37. Egy négyzet egyik oldalát 2 cm-rel megnöveljük, a másik oldalát ugyanennyivel

csökkentjük. Az így kapott téglalap területe 45 cm2. Mekkora volt a négyzet oldala? Megoldás: Jelöljük x-szel a négyzet oldalát, ekkor a téglalap oldalai: x + 2, x − 2 . A téglalap területe: (x + 2 )( x − 2 ) = 45 ⇒

x 2 = 49 ⇒

x1, 2 = ±7 .

A negatív gyöknek itt nincs értelme, a négyzet oldala 7 cm. Ellenőrzés: A téglalap oldalai 9 és 5 cm, így területe 45 cm2. A B jelűek feladata: 38. Egy derékszögű háromszögben az átfogó 2 cm-rel hosszabb az egyik befogónál.

Kerülete 40 cm. Mekkorák az oldalai? Megoldás: K = a + b + c = a + b + b + 2 = 40 ⇒ a = 38 − 2b . a2 + b2 = c2

⇒

(38 − 2b )2 + b 2 = (b + 2)2

⇒ b 2 − 39b + 360 = 0

b1 = 15, b2 = 24

Ezért a háromszög oldalai: a1 = 38 − 2b = 8, b1 = 15, c1 = b + 2 = 17 . Az a 2 = 38 − 2b = −10 nem háromszög. Ellenőrzés: K = 8 + 15 + 17 = 40 és 17 cm-es átfogó valóban 2 cm-rel hosszabb a 15 cm-es befogónál. A C jelűek feladata: 39. Egy kétjegyű szám számjegyeinek összege 9. Ha felcseréljük a számjegyeket, és az így

kapott számot az eredetivel megszorozzuk, akkor 1944-et kapunk eredményül. Melyik ez a kétjegyű szám? Megoldás: Az egyik számjegy x, a másik 9 − x . A kétjegyű szám: 10 x + 9 − x , a fordított szám: (9 − x ) ⋅ 10 + x .

(x + 1)(10 − x ) = 24

⇒

x 2 − 9 x + 14 = 0 ⇒

x1 = 2,

x2 = 7 .

50


TANÁRI ÚTMUTATÓ

Ebből: 9 − x1 = 7, 9 − x 2 = 2 . A keresett kétjegyű szám 72 vagy a 27. Ellenőrzés: 7 + 2 = 9, 72 ⋅ 27 = 1944 A D jelűek feladata: 40. Egy bajnokságon összesen 612 pontot osztottak ki a résztvevő csapatok között.

A győzelemért 2 pontot, a döntetlenért 1 pontot, a vereségért 0 pontot adtak a szervezők. Hányan vettek részt a bajnokságon, ha mindenki mindenkivel kétszer játszott? Megoldás: Minden mérkőzésen 2 pontot osztottak ki, ezért 306 meccs volt. n résztvevő esetén: n(n − 1) = 306 n1 = 18, n2 = −17. Összesen 18 csapat vett részt a bajnokságon. Módszertani megjegyzés: A 41. feladatot házi feladatnak javasoljuk. 41. Egy n-oldalú sokszögnek háromszor annyi átlója van, mint oldala. Hány oldalú a

sokszög? Megoldás: Adhatunk a feladathoz egy kis segítséget: n oldalú sokszög átlóinak a száma: Ezt felhasználva, az egyenlet:

n(n − 3) . 2

n(n − 3) = 3n . 2

Gyakori hiba, hogy az egyenlet másik oldalát szorozzák meg hárommal. Ilyenkor felírhatjuk a következő egyenlőtlenséget:

n(n − 3) > n . Innen talán jobban látszik, 2

hogy akkor kapunk egyenlőséget, ha a kisebb számot szorozzuk 3-mal. n 2 − 9n = 0 ⇒ n1 = 9; n2 = 0 , ez utóbbi nem lehet megoldás. 42. Zoli születésnapjára egy 1500 darabos puzzle-t kap ajándékba. Először szétválogatja a

széleket, és azokat rakja ki, majd megszámolja, hogy ez összesen 166 darabból áll, beleszámítva a négy sarkot is. Hány sorból és hány oszlopból áll Zoli puzzle-ja? Megoldás: Legyenek a puzzle oszlopai és sorai a és b. ab = 1500 2(a + b ) = 166 + 4 = 170 ⇒ a + b = 85 ⇒ b = 85 − a

51


a(85 − a ) = 1500 ⇒ 0 = a 2 − 85a + 1500 ⇒ a1 = 60, a 2 = 25 A puzzle sorainak, illetve oszlopainak a száma 25, illetve 60. 43. Két egymás után következő pozitív páratlan szám szorzata 6083. Melyik ez a két

szám? Megoldás: Jelöljük a kisebbik páratlan számot x-szel, ekkor a másik x + 2 . x( x + 2) = 6803 ⇒

x 2 + 2 x − 6083 = 0

x1 = 77,

x 2 = −79

Mivel pozitív számokról van szó a két páratlan szám a 77 és a 79. 44. Egy téglalap egyik oldala 23 cm-rel hosszabb a másiknál. Átlója 37 cm. Mekkora a

területe? Megoldás: Legyen a téglalap egyik oldala a, ekkor a másik a + 23 . a 2 + (a + 23) = 37 2 2

⇒

a 2 + 23a − 420 = 0

a1 = 12, a 2 = −35 ez utóbbi nem lehet megoldás. a1 + 23 = 35 T = 420

A téglalap oldalai 12 és 35 cm, területe 420 cm2. 45. Egy szám és egy másik háromszorosának összege 16. Négyzeteik különbsége 40.

Melyik ez a két szám? Megoldás: x + 3 y = 16 ⇒

x = 16 − 3 y

x 2 − y 2 = 40 ⇒ (16 − 3 y ) − y 2 = 40 ⇒ y1 = 9 y 2 = 3 ⇒ x1 = −11, x 2 = 7 2

y 2 − 12 y + 27 = 0

A két szám a 7 és a 3. 46. Egy medence 20 méterrel hosszabb, mint amilyen széles. A mélysége 2,5 m.

Mekkorák a méretei, ha 3750 m3 vízre van szükség a feltöltéséhez? Mennyi pénzbe kerül a medence egyszeri feltöltése, ha 1 m3 víz ára 131,6 Ft? Megoldás: Legyen a medence egyik oldala x. V = x ⋅ ( x + 20) ⋅ 2,5 = 3750 ⇒

x 2 + 20 x − 1500 = 0 ⇒

x1 = 30,

A medence oldalai 30 és 50 m hosszúak. A feltöltés ára: 493 500 Ft.

x2 = −50

52


TANÁRI ÚTMUTATÓ

Módszertani megjegyzés: Házi feladatnak a 47. feladatot javasoljuk. 47. Egy téglalap kerülete 60 dm, területe 221 dm 2 . Mekkorák az oldalai?

Megoldás: Jelöljük a téglalap oldalait a-val és b-vel. Ekkor K = 2(a + b ) ⇒ 30 = a + b ⇒

a = 30 − b, T = ab ⇒

221 = ab .

221 = (30 − b )b ⇒ b 2 − 30b + 221 = 0 ⇒ b1 = 13, b2 = 17 . A téglalap oldalai 13 és 17 dm hosszúak. 48. Milyen alapú számrendszerben írhatjuk a 258-at 516-nak?

Megoldás: Legyen a a számrendszer alapszáma. 258 = a 0 ⋅ 6 + a 1 ⋅ 1 + a 2 ⋅ 5 ⇒ 5a 2 + a − 252 = 0 ⇒

a1 = 7, a 2 = −7,2

7-es alapú számrendszerben az 516, a 10-es alapú számrendszerben 258. Módszertani megjegyzés: Minden csoportba osszunk ki A, B, C, D jelű kártyákat, differenciálva a tanulók képességei szerint. Szétválnak a csoportok az A, B, C, D jelek szerint, az azonos betűsök dolgoznak most együtt. Ha elkészültek a csoportok, mindenki visszamegy a saját csoportjába, és a többieknek elmondja a feladatának a megoldását. A csoporton belül összekeverik az A, B, C, D jelű kártyákat, mindenki húz egyet. A feladat megoldását az ismerteti a táblánál, akinek a csoport számát és betűjelét kihúzza a tanár. Az A jelűek feladata: 49. Karácsonykor az osztály tagjai úgy döntenek, hogy mindenki megajándékoz mindenkit

egy jelképes ajándékkal. Hányan járnak az osztályba, ha összesen 756 kis ajándék került átadásra? Megoldás: Jelöljük az osztálylétszámot x-szel. x( x − 1) = 756 ⇒

x 2 − x − 756 = 0 ⇒

Az osztálylétszám 28.

x1 = 28,

x 2 = −27 .

53


A B jelűek feladata: 50. Attila nőnapra egy csokor virággal lepi meg kedvesét. Egy szál rózsa 185 Ft-tal többe

kerül, mint ahányat vásárolt. A díszítés 300 Ft volt. A csokor ára 3300 Ft. Hány szál rózsából áll a meglepetés csokor? Megoldás: Jelöljük a rózsák számát x-szel: x( x + 185) + 300 = 3300 . x 2 + 185 x − 3000 = 0 ⇒

x1 = 15,

x 2 = −200 .

15 szál rózsából áll a nőnapi csokor. Az C jelűek feladata: 51. Három egymást követő természetes szám négyzetének összege 1730. Melyek ezek a

számok? Megoldás: 2 2 Jelöljük a középső számot x-szel: ( x − 1) + x 2 + ( x + 1) = 1730 .

x 2 − 2 x + 1 + x 2 + x 2 + 2 x + 1 = 1730 , ahonnan 3x 2 = 1728 , és x 2 = 576 . x természetes szám, ezért x = 24 . A három egymást követő szám 23, 24, 25. Az D jelűek feladata: 52. Gerti nagymamájának a 70. születésnapjára egy 9x13-as családi fotót ajándékoz.

Kartonpapírból saját kezűleg készít hozzá keretet, melyet rajzaival díszít. A keret területe 48 cm2. Mekkorák a keret külső méretei? Megoldás: A fénykép területe: T = 9 ⋅ 13 = 117 cm2. A keret területe: 48 cm2. Összesen: 165 cm2. Jelöljük x-szel a keret szélességét.

(9 + 2 x )(13 + 2 x ) = 165

⇒

4 x 2 + 44 x − 48 = 0 ⇒

x1 = 1,

x 2 = −12 .

A keret külső méretei: 11 és 15 cm. Módszertani megjegyzés: Az 53. feladat házi feladatnak javasolt. 53. Ha Dávid egységnyi élű kis kockáiból a lehető legnagyobb kockát rakja össze, akkor

100 kis kocka kimarad, ha eggyel több kis kockát akar rakni minden él mentén, akkor 117 kis kocka hiányzik. Hány kis kockája van Dávidnak?

54


TANÁRI ÚTMUTATÓ

Megoldás: Jelöljük n-nel annak a kockának az élhosszát, amit először rakott ki Dávid. n 3 + 100 = (n + 1) − 117 3

n 3 + 100 = n 3 + 3n 2 + 3n + 1 − 117 0 = 3n 2 + 3n − 216 n1 = 8, n 2 = −9 A kiskockák száma: 8 3 + 100 = 612. 54. Ádámnak 100 darabos CD gyűjteménye van. A CD-k p %-a külföldi, a hazai CD-k

p %-a könnyűzene. Mindössze egy klasszikus zenei CD-je van, magyar művészek előadásában. Megoldás: 100 ⋅

p = p darab külföldi CD–je van. A hazai CD–k száma: 100 − p . 100

Ahazai könnyűzenei CD–k száma: (100 − p ) ⋅ p + (100 − p ) ⋅

p . 100

p + 1 = 100 ⇒ 0 = p 2 − 200 p + 9900 ⇒ p1 = 90, 100

p2 = 110 .

90 db külföldi CD–je van és 10 hazai, ebből 9 könnyűzenei. 55. Egy 14 cm oldalhosszúságú négyzetet 4 részre vágunk két, egymást a négyzet

középpontjában merőlegesen metsző egyenes mentén. Az így kapott darabokat össze lehet rakni úgy, hogy egy nagyobb négyzet alakuljon ki, közepén egy kis négyzet alakú lyukkal. Számítsd ki a nagy négyzet oldalának pontos hosszát, ha belső kis négyzet területének 50szerese a nagy négyzet területe. Készítsd el ezt a kivágást papírból! Megoldás: Tere det i = a 2 = 14 2 = 196 Tkis = b 2 Tnagy = a 2 + b 2 = 196 + b 2 50Tkis = Tnagy

⇒ 50b 2 = 196 + b 2

⇒ 49b 2 = 196 ⇒ b 2 = 4 .

55


b = 2 (csak pozitív gyök jöhet számításba).

Tnagy = a 2 + b 2 = 196 + 4 = 200 = c 2 Pitagorasz-tétel:

y2 + y2 = z2

(5 2 ) + (5 2 ) 2

2

= z2

100 = z 2 Pitagorasz-tétel: x 2 + (14 − x ) = z 2 2

x 2 + 196 − 28 x + x 2 − 100 = 0 x 2 − 14 x − 48 = 0 x1 = 6,

x2 = 8 .

Így könnyen elkészíthető a kivágás.

⇒ c = 10 2

⇒

y =5 2 .

56


TANÁRI ÚTMUTATÓ

Összefoglalás Módszertani megjegyzés: Legyél te is milliomos játék A játék menete: négy fős csoportokat alakítunk ki az osztályban. A csoporton belül mindenki egyedül dolgozik a feladatokon. Ha valaki elakad a megoldásban, a következő segítséget használhatja fel: 1. Közönség segítsége: A csoport tagjai, együtt megoldják a kérdéses feladatot. 2. Felező: A tanár a rossz válaszok közül elvesz kettőt. 3. Telefonos segítség: A tanár útmutatást ad a feladat megoldásában. Ha elkészültek a csoportok, megoldásaikat átadják egy másik csapatnak, akik ellenőrzik, hogy hány helyes válasz született. A legjobbak az óra végén díjazhatók. Például, minden jól megoldott feladat 1 pont, ha nem használják fel a közönség segítséget plusz 1 pont, a felezőt plusz 2 pont, a telefonos segítséget plusz 3 pont. 3.4 kártyakészlet

Legyél TE is milliomos! 1. Az a 3 + b 3 kifejezés felírható ilyen alakban is:

(

)

A) (a − b ) a 2 + ab + b 2 ;

(

)

B) (a + b ) a 2 − ab + b 2 ;

(

)

C) (a + b ) a 2 + b 2 ; D) (a + b ) . 3

2. Az (a − b ) kifejezés felírható ilyen alakban is: 3

A) a 3 − 3a 2 b + 3ab 2 − b 3 ; B) a 3 − 3a 2 b − 3ab 2 − b 3 ; 3. Az ax 2 + bx + c = 0

A)

b − 4ac ; 2

C) a 3 − 3ab + b 3 ;

D) a 3 − b 3 .

(a ≠ 0) másodfokú egyenlet diszkriminánsa: − b ± b 2 − 4ac B) ; 2a

C) ± b 2 − 4ac ;

D) b 2 − 4ac .

4. A 6x 2 + 7 x − 5 = 0 másodfokú egyenlet megoldáshalmaza:

⎧ 1 5⎫ A) ⎨− ; ⎬ ; ⎩ 2 3⎭

10 ⎫ ⎧ B) ⎨1; − ⎬ ; 3⎭ ⎩

5⎫ ⎧1 C) ⎨ ; − ⎬ ; 3⎭ ⎩2

10 ⎫ ⎧ D) ⎨− 1; ⎬ . 3⎭ ⎩

57


5. Az egyenlet megoldása nélkül állapítsd meg, hogy hány megoldása van a 3x 2 − 12 x + 8 = 0

egyenletnek. A) 0;

B) 1;

C) 2;

D) 3.

6. A − 2 x 2 − 5 x + 12 kifejezés szorzat alakban:

A) (3 − 2 x )( x + 4 ) ; 7. A –3 és

B) (2 x − 3)( x − 4 ) ;

C) (2 x − 3)(− x + 4 ) ;

D) (3 − 2 x )( x − 4 ) .

5 gyökei a következő egyenletnek: 2

A) 2 x 2 + x − 15 = 0 ;

B) 2 x 2 − x − 15 = 0 ;

8. Mennyivel egyenlő az x 2 +

A) 117; 9. A

2 x 2 + 9 x − 35 3x 2 + 20 x − 7

A) −

3 ; 2

C) 4 x 2 + 2 x + 30 = 0 ; D) x 2 +

1 1 kifejezés értéke, ha x + = 11 ? 2 x x

B) 119; x ≠ −7, B)

x + 7,5 = 0 . 2

x≠

C) 121;

D) 123.

1 tört egyszerűsítve: 3

2x − 5 ; 3x − 1

C)

2x + 5 ; 3x + 1

D)

2x + 5 . 3x − 1

10. Egy másodfokú egyenlet egyik gyöke 5-tel nagyobb, mint a másik. Szorzatuk –6-szorosa

a kisebbik gyöknek. Ez az egyenlet: A) x 2 + 17 x − 66 = 0 ;

B) x 2 − 17 x + 66 = 0 ;

C) x 2 + 17 x + 66 = 0 ;

D) x 2 − 17 x − 66 = 0 .

11. A 21x 2 − 13x + 2 = 0 egyenlet valós gyökei reciprokának összege:

A) 6,5;

B)

13 ; 21

C) 0,5;

D)

1 . 21

12. Ha a 2 x 2 − 2 x − 24 = 0 egyenlet gyökei x1 , x 2 akkor 3 x1 x 2 ( x1 + x 2 ) értéke:

A) – 36;

B) 36;

C) 18;

D) – 18.

Megoldás:

1. B)

2. A)

3. D)

4. C)

5. C)

6. A)

7. A)

8. B)

9. B)

10. C)

11. A)

12. A)

58


TANÁRI ÚTMUTATÓ

Paraméteres egyenletek (kiegészítő anyag) Célszerű általános megoldási módszert keresni, ha sok egyenlet csak a benne szereplő adatokat tekintve különböző, tehát formailag azonos. Célunk olyan képleteket készíteni, amelyekbe behelyettesítve az adatokat, meg lehet határozni bizonyos ismeretleneket. Ilyen képleteket ismerhetünk más tudományokból, például a fizikából vagy a kémiából.

Mintapélda28 Határozzuk meg a p valós paraméter értékét úgy, hogy a

( p + 4)x 2 + ( p − 1)x + p 2 + p − 27 = 0 egyenletnek a (− 3) gyöke legyen. Megoldás: Mivel a (− 3) gyöke az egyenletnek, ezért kielégíti a másodfokú egyenletet:

( p + 4)(− 3)2 + ( p − 1)(− 3) + p 2 + p − 27 = 0 , 9 p + 36 − 3 p + 3 + p 2 + p − 27 = 0 , A műveleteket elvégezve: p 2 + 7 p + 12 = 0 , Ennek gyökei: p1 = −3,

p 2 = −4 ,

Két valós paraméter tesz eleget a feladatnak: p1 = −3,

p 2 = −4 . Az ezekkel felírható

egyenletek: x 2 − 4 x − 21 = 0 , − 5 x − 15 = 0 . Ellenőrzéssel meggyőződhetünk, hogy valóban mindkettőnek gyöke a (− 3) .

Mintapélda29 Határozzuk meg p valós paraméter értékét úgy, hogy a x 2 − 3 px + 4 p + 1 = 0 paraméteres egyenletnek két különböző valós gyöke legyen! Megoldás: Két különböző valós gyöke van az egyenletnek, ha a diszkrimináns pozitív: D > 0 . D = 9 p 2 − 4(4 p + 1) = 9 p 2 − 16 p − 4 > 0 , 9 p 2 − 16 p − 4 = 0 ⇒

p1 = 2,

2 p2 = − , 9

Az egyenletnek akkor létezik két különböző valós gyöke, ha p < −

2 9

vagy 2 < p .

59


Mintapélda30 Oldjuk meg a 3x 2 − 4 x + 2 px 2 − 2 px + 1 = 0 paraméteres egyenletet! Megoldás: Rendezzük az egyenletet x együtthatói szerint:

(3 + 2 p )x 2 − (2 p + 4)x + 1 = 0 . Az egyenlet elsőfokú, ha a főegyüttható 0, azaz 3 + 2 p = 0 ⇒ ⎞ ⎛ ⎛ 3⎞ Ekkor az egyenlet: − ⎜⎜ 2 ⋅ ⎜ − ⎟ + 4 ⎟⎟ x + 1 = 0 ⇒ ⎠ ⎝ ⎝ 2⎠

3 p=− . 2

x = 1.

3 Az egyenlet másodfokú, ha 3 + 2 p ≠ 0 , azaz ha p ≠ − . 2 Az egyenletnek akkor van valós gyöke, ha a diszkrimináns nem negatív, azaz ha D≥0.

D = (2 p + 4) − 4 ⋅ (3 + 2 p ) ⋅ 1 = 4 p 2 + 16 p + 16 − 12 − 8 p = 4 p 2 + 8 p + 4 = (2 p + 2) . 2

2

A diszkrimináns egy kifejezés négyzete, ezért biztosan nemnegatív. x1, 2 =

2 2 p + 4 ± 2 p + 2 p + 2 ± p +1 2 p + 4 ± (2 p + 2) = = . 2(3 p + 2) 6p + 4 3p + 2

Az abszolútérték-jel elhagyható az előtte álló ± előjel miatt. x1 =

2p +3 , 3p + 2

x2 =

Tehát, ha p = −

3 2

1 . 3p + 2 ⇒

x = 1 , ha p ≠ −

3 2

⇒

x1 =

2p +3 , 3p + 2

x2 =

1 . 3p + 2

Feladatok 56. Oldd meg a 2n 2 + 3n − 35 = p 2 egyenletet, ha n pozitív egész, p pozitív prím! Mennyi

az n ⋅ p szorzat maximuma? Megoldás: Alakítsuk szorzattá az egyenlet bal oldalát: 2n 2 + 3n − 35 = (n + 5)(2n − 7 ) .

(n + 5)(2n − 7 ) = p 2 Mivel p prím, csak a következő esetek lehetségesek: n+5=1

és

2n – 7 = p2

ellentmondás.

60


n + 5 = p2

TANÁRI ÚTMUTATÓ

és 2n − 7 = 1 ⇒ n = 4,

p = 3 ⇒ np = 12 .

n + 5 = p és 2n − 7 = p ⇒ n = 12,

p = 17 ⇒ np = 12 ⋅17 = 204 .

Az np szorzat maximuma 204.

57. A p valós paraméter mely értékeire lesz az x 2 + 4 x − 5 = 0 és x 2 − p 2 x − x + 3 p = 0

egyenleteknek közös gyöke?

Megoldás: Az első egyenlet gyökei: x1 = 1,

x2 = −5 .

Ha a közös gyök az x1 = 1 , akkor ez kielégíti a második egyenletet is: 12 − p 2 ⋅1 − 1 + 3 p = 0 ⇒ − p 2 + 3 p = 0 ⇒

p1 = 0,

p2 = 3 .

Ha a közös gyök az x2 = −5 , akkor ez kielégíti a második egyenletet is:

(− 5)2 − p 2 ⋅ (− 5) − (− 5) + 3 p = 0

⇒ 5 p 2 + 3 p + 30 = 0 ⇒

nincs megoldás.

A két egyenletnek akkor van közös gyöke, ha p1 = 0 vagy p 2 = 3 . 58. Határozd meg a p valós paraméter értékét úgy, hogy a px 2 + (8 p + 4)x + 12 p + 8 = 0

egyenletnek a) két különböző valós gyöke legyen, b) egy valós gyöke legyen!

Megoldás: a) Két különböző valós megoldása van az egyenletnek, ha az valóban másodfokú, azaz a főegyüttható nem 0, valamint a diszkrimináns pozitív: p ≠ 0 és

D > 0.

D = (8 p + 4) − 4 ⋅ p ⋅ (12 p + 8) = 64 p 2 + 64 p + 16 − 48 p 2 − 32 p = 2

= 16 p 2 + 32 p + 16 = 16( p + 1) > 0 ⇒ 2

p ≠ −1

Tehát az egyenletnek akkor van két valós gyöke, ha p ≠ 0 és

p ≠ −1 .

b) Az egyenletnek egy valós gyöke van, ha elsőfokú, azaz ha a főegyüttható 0, vagy ha az egyenlet másodfokú és a diszkrimináns 0. Ha p = 0 ⇒ 4 x + 8 = 0 ⇒ Ha D = 16( p + 1) = 0 ⇒ 2

x = −2 .

p = −1 ⇒ − x 2 − 4 x − 4 = 0 ⇒

x = −2 .

61


Gyökök és együtthatók közti összefüggések (kiegészítő anyag) Vizsgáljuk meg a másodfokú egyenlet gyökeit! Ha a másodfokú egyenletnek léteznek valós megoldásai, akkor ezeket a következő alakba írhatjuk: x1 =

− b + b 2 − 4ac − b − b 2 − 4ac és x2 = . 2a 2a

A két gyök összegére és szorzatára a következő összefüggések adódnak: x1 + x2 =

− b + b 2 − 4ac − b − b 2 − 4ac − 2b b + = =− , 2a 2a 2a a

(

)

− b + b 2 − 4ac − b − b 2 − 4ac (− b ) − b 2 − 4ac 4ac c x1 ⋅ x2 = ⋅ = = 2 = . 2 2a 2a 4a 4a a 2

A Viète-formulák: b x1 + x2 = − a c x1 ⋅ x2 = a

François Viète (1540–1603) francia matematikus. Foglalkozását tekintve jogász volt. Az egyenletmegoldás általános módszereit kereste. Ezért a Dipohantosz által megkezdett úton az algebrai jelölésrendszert fejlesztette tovább. Igyekezett szimbólumokkal dolgozni, az együtthatók helyett is betűket használt. Ezek segítségével formulát tudott felírnia másodfokú egyenletek megoldására. A harmadfokú egyenletek megoldásával is foglalkozott. Igen jelentős eredménye a végtelen sorozatok felfedezése. Egy ilyen sorozat segítségével határozata meg a π értékét 10 tizedes pontosságig. A másodfokú egyenletek gyökeinek és együtthatóinak kapcsolatát megadó képletek, a Viète-formulák is őrzik a nevét. (Az összefüggések általános formában azonban nem tőle származnak, ezeket először a szintén francia Girard publikálta 1629-ben.)

62


TANÁRI ÚTMUTATÓ

Mintapélda31 Az egyenlet megoldása nélkül határozd meg a x 2 + 10 x + 21 = 0 egyenlet gyökeinek az összegét és szorzatát! Megoldás:

A Viète-formulákat felhasználva: b 10 = − = −10 1 a c 21 x1 ⋅ x2 = = = 21 a 1 x1 + x2 = −

Az egyenlet gyökeinek az összege –10, szorzata 21. A másodfokú egyenlet gyökeinek előjelét meg lehet határozni a Viète-formulák segítségével. c < 0 , akkor a két gyök különböző előjelű. a c • Ha x1 ⋅ x2 = > 0 , akkor a két gyök azonos előjelű. a b • Ha x1 + x2 = − > 0 , akkor mindkét gyök pozitív a b • Ha x1 + x2 = − < 0 , akkor mindkét gyök negatív. a

• Ha x1 ⋅ x2 =

Mintapélda32 Milyen valós számot írhatunk a c paraméter helyére ahhoz, hogy a 3x 2 − 15 x + c = 0 másodfokú egyenletnek két különböző pozitív gyöke legyen? Megoldás:

Két különböző valós gyöke van az egyenletnek, ha D > 0 . D = (− 15) − 4 ⋅ 3 ⋅ c = 225 − 12c > 0 ⇒ 18,75 > c . 2

x1 ⋅ x2 =

c c = >0 ⇒c >0. a 3

x1 + x2 = −

b − 15 =− = 5 > 0 mindig teljesül. 3 a

Az egyenletnek akkor lesz mindkét gyöke pozitív, ha 0 < c < 18,75.

63


A Viète-formulák segítségével könnyen meghatározható a másodfokú egyenlet gyökeinek négyzetösszege: 2

c b 2 2c b 2 − 2ac ⎛ b⎞ 2 2 2 x1 + x2 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = ⎜ − ⎟ − 2 = 2 − = ; a a a a2 ⎝ a⎠

a gyökök köbeinek az összege: 3

c⎛ b⎞ ⎛ b⎞ 3 3 3 2 2 3 x1 + x2 = ( x1 + x2 ) − 3x1 x2 − 3x1 x2 = ( x1 + x2 ) − 3 x1 x2 ( x1 + x2 ) = ⎜ − ⎟ − 3 ⎜ − ⎟ = a⎝ a⎠ ⎝ a⎠ 3 3 b 3bc 3abc − b =− 3 + 2 = a a a3 a gyökök reciprokainak az összege: b 1 1 x1 + x2 b + = = a =− , c c x1 x2 x1 x2 a −

az

x1 x2 + összeg: x2 x1 2

x1 x2 x1 + x2 + = x2 x1 x1 x2

2

b 2 − 2ac b 2 − 2ac a2 = = . c ac a

Összefoglalva:

2

2

x1 + x2 =

b 2 − 2ac a2

1 1 b + =− x1 x2 c

3

3

x1 + x2 =

3abc − b 2 a3

x1 x2 b 2 − 2ac + = x2 x1 ac

Mintapélda33 Határozd meg a 2 x 2 + 5 x + 3 = 0 egyenlet gyökeinek a négyzetösszegét! Megoldás: Felhasználva az előbbi összefüggéseket: 2

2

x1 + x2 =

b 2 − 2ac 52 − 2 ⋅ 2 ⋅ 3 13 = = . a2 22 4

A gyökök négyzetösszege:

13 . 4

64


TANÁRI ÚTMUTATÓ

Feladatok 59. A p valós paraméter milyen értékeinél lesz az x 2 + ( p + 3)x + 4 = 0 másodfokú

egyenletnek két különböző pozitív gyöke? Megoldás: Két különböző gyököt akkor kapunk, ha a diszkrimináns pozitív: D = b 2 − 4ac = ( p + 3) − 4 ⋅ 1 ⋅ 4 = ( p + 3) − 16 > 0 . 2

( p + 3)2 > 16

esetén p + 3 > 4 vagy

2

p + 3 < −4 .

Ez két esetben teljesül, ha p > 1 vagy ha p < −7 . Két pozitív gyököt akkor kapunk, ha x1 + x2 > 0 és x1 ⋅ x 2 > 0 , azaz alkalmazva a Viète-formulákat: x1 + x2 = − x1 ⋅ x2 =

b p+3 =− = − p − 3 > 0 , azaz p < −3 . a 1

c 4 = = 4 > 0 ez mindig teljesül. a 1

A feltételeket összegezve a feladat megoldása: p < −7 .

60. Milyen valós p paraméter esetén lesz a 2 x 2 + px − 5 = 0 másodfokú egyenlet valós

gyökeinek négyzetösszege 25,25? Megoldás: Az egyenletnek akkor lesz valós megoldása, ha diszkriminánsa nem negatív: D = b 2 − 4ac = p 2 − 4 ⋅ 2 ⋅ (− 5) = p 2 + 40 ≥ 0 , azaz p 2 ≥ − 40 , ami mindig teljesül. Felhasználva a Viète-formulákat a gyökök négyzetösszege: 2

x1 + x2

2

b 2 − 2ac p 2 − 2 ⋅ 2 ⋅ (− 5) p 2 + 20 = = = = 25,25 a2 22 4

p 2 + 20 = 101 p 2 = 81 p =9

Ebből két megoldás adódik: p1 = 9

p2 = −9.

61. Milyen valós p paraméter esetén lesz az x 2 + px + 75 = 0 másodfokú egyenlet valós

gyökeinek négyzetösszege 139?


65

Megoldás: Az egyenletnek akkor lesz valós megoldása, ha diszkriminánsa nem negatív: D = b 2 − 4ac = p 2 − 4 ⋅ 1 ⋅ 75 = p 2 − 300 ≥ 0 , azaz p 2 ≥ 300. Ebből p ≥ 300 ≈ 17,32 . Felhasználva a Viète-formulákat a gyökök négyzetösszege: 2

2

x1 + x2 =

b 2 − 2ac p 2 − 2 ⋅ 1 ⋅ 75 = = p 2 − 150 = 139 a2 12

p 2 = 289 p = 17

Ezt összevetve a diszkriminánsra adott feltétellel, az egyenletnek nincs a kitűzött feladatnak megfelelő valós megoldása. Módszertani megjegyzés: Az egyenletnek a valós számok halmazánál bővebb számkörben (a komplex számok körében) van két gyöke, melyek négyzetösszege 139. Az előző két feladat megoldásánál, ha a megoldását nem a diszkrimináns vizsgálattal kezdjük (bizonyos feladatoknál ez túl nagy munka), akkor a megoldások ellenőrzésével is megkapjuk mindig a helyes végeredményt.

62. Határozd meg a p ≠ 0 valós paraméter értékét úgy, hogy a px 2 − 5 x + 2 = 0

másodfokú egyenletben a valós gyökök összege 2 legyen! Megoldás: D = b 2 − 4ac = 25 − 8 p ≥ 0 ⇒ x1 + x2 = −

b 5 = = 2 =⇒ a p

p=

25 ≥p 8

5 = 2,5 ≤ 2

25 , így jó a p = 2,5 megoldás. 8

63. Határozd meg a p valós paraméter értékét úgy, hogy a 3x 2 + 4 x + p = 0 másodfokú

egyenlet valós gyökeinek a szorzata

2 legyen! 5

Megoldás: D = b 2 − 4ac = 16 − 12 p ≥ 0 ⇒ x1 x2 =

c p 2 = = a 3 5

⇒

p=

4 ≥p 3

6 = 1,2 ≤ 5

4 , így jó a p = 1,2 megoldás. 3

66


TANÁRI ÚTMUTATÓ

Kislexikon Algebrai azonosságok:

(a + b )2 = a 2 + 2ab + b 2 (a − b )2 = a 2 − 2ab + b 2

(a + b )(a − b ) = a 2 − b 2 (a + b )3 = a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b 3

(a − b )3 = a 3 − 3a 2 b + 3ab 2 − b 3 a 3 − b 3 = (a − b )(a 2 + ab + b 2 )

(

a 3 + b 3 = (a + b ) a 2 − ab + b 2

)

Diszkrimináns:

Az ax 2 + bx + c = 0

(a ≠ 0) másodfokú egyenlet diszkriminánsa:

D = b 2 − 4ac . Gyöktényezős alak:

Az ax 2 + bx + c = 0

(a ≠ 0) egyenlet a következő alakban írható::

a ( x − x1 )( x − x 2 ) = 0 . Ezt az egyenlet gyöktényezős alakjának nevezzük.

A másodfokú egyenlet megoldóképlete:

Az ax 2 + bx + c = 0 x1, 2 =

(a ≠ 0) egyenlet megoldóképlete:

− b ± b 2 − 4ac . 2a

Pascal-háromszög:

A kéttagú kifejezések nemnegatív egész kitevőjű hatványozásakor fellépő együtthatók háromszög alakú elrendezése. Viète-formulák:

Az ax 2 + bx + c = 0 b x1 + x 2 = − ; a x1 ⋅ x2 =

c . a

(a ≠ 0) egyenlet gyökei és együtthatói közötti összefüggések:

MATEMATIKA A 10. évfolyam

Recommend Documents