ii. egyenletek És egyenl - simplex...

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: Melléírták a 7–5 és 10–7 különbséget. Az 5 pengős búzából 3 részt és a 10 pengős búzából 2 részt vettek. Így 5 véka keverék összesen 3 pengőbe került, tehát a keverék búzának 7 pengő vékája.

351025 =⋅+⋅

Bizonyítsuk be, hogy ez a módszer mindig helyes. Tekintsünk két különböző 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 yqxp + , tehát a keverék egységára

yxyqxp

++ . Ha előre adott m egységárú keverékre van szükségünk, akkor az

yxyqxpm

++

=

egyenletet kell megoldanunk. Ez )m()( qypmx −=− alakban írható, tehát mqx −= és egy jó megoldás! Látható, hogy x és y nem egyértelműen meghatározottak, de az pmy −=

yx arány egyértelmű. Így bármilyen módszert használunk, ugyanahhoz a százalékos

összetételhez jutunk.

5 3

10 27

II. 1. ábra

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

mennyiségek keverése után az egységár zyxzryqxp

++++

)(

. Tehát egy előre megszabott m

egységárat akkor érünk el, ha megoldjuk az 0)()( =−+−+− mrzmqympx 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) 0, , , 0ax b a b a+ = ∈R ≠ alakú egyenletekkel, ezeket egyváltozós elsőfokú egyenleteknek nevezzük.

Ha mindkét oldalból kivonunk b-t és mindkét oldalt osztjuk a-val, akkor az , majd

az

bax −=

abx −= egyenlőséghez jutunk, tehát az (1) egyenlet megoldása

abx −= .

Ha az egyenlet paramétert is tartalmaz, akkor tárgyaljuk. Az egyenlet tárgyalása azt jelenti, hogy a paraméter összes lehetséges értékére megadjuk a megoldást (megoldáshalmazt).

36 Egyenletek és egyenlőtlenségek

II.1.1. Megoldott gyakorlatok

1. Oldjuk meg az x

xx

x 1112 +

=−−

egyenletet a valós számok halmazában.

Megoldás. Előbb meghatározzuk a törtek értelmezési tartományát. (A műveleteket szám-halmazokban értelmeztük, tehát ki kell zárni azon x értékeket, amelyekre nem értelmezett kifeje-zésekkel kellene műveleteket végezni.) Az első tört nevezője akkor nulla, ha 1=x , míg a második tört nevezője akkor, ha . Így a megoldásokat az 0=x \{0, 1}E = halmazban keressük.

Ha x E∈ , akkor 1112

+=−− x

xx (mert ) és így az )1)(1(12 +−=− xxx

xxx 11 +=+ egyenlethez

jutunk. Ez ( ) 0111 =

−+

xx

01 =+

alakban írható. Egy szorzat akkor 0, ha valamelyik tényezője 0,

tehát az és x 01 =−x

12 =x

1 egyenleteket kell megoldani. Az első egyenlet gyöke ,

míg a másodiknak . Mivel

11 −=x

Ex ∉2 , az eredeti egyenlet megoldáshalmaza . }1−{=M0=+ b ,2. Oldjuk meg és tárgyaljuk az ax egyenletet, ha a b ∈ .

Megoldás

Ha , akkor az egyenlet elsőfokú és a megoldás 0≠aabx −= .

0=aHa , akkor két esetet különböztetünk meg: ≠b 0=

esetén az egyenletnek nincs megoldása 0b esetén tetszőleges x ∈ esetén teljesül az egyenlőség.

Összefoglalás: a b M

*

−

ab

* ∅ {0} {0}

3. Oldjuk meg és tárgyaljuk az mx

xmx

x++

=−− 11 egyenletet, ha m ∈ .

Megoldás. Az egyenlet megoldásaira teljesülnie kell az x m≠ ± relációnak, tehát a megoldásokat az halmazban keressük. \{ }E = ±m

Ha , akkor az adott egyenlet egyenértékű az (Ex ∈ ))(1())(1 mxxmxx −+=+− egyenlőséggel, amely az alakban is írható.

0)1(2 =−⇔ mx22 −+−=−−+ mxmxxmxmxx

Ha , akkor minden megoldása az egyenletnek, tehát a megoldáshalmaz .

1=m\{ 1}= ±

Ex ∈M

Ha , akkor , de , tehát ha 1≠m 0=x mx ±≠ 0≠m , akkor }0{=M és ha 0=m , akkor M=∅. Összefoglalás:

m M {1} \{ 1}± {0} ∅ \{0. 1} {0}


II.1.2. Elsőfokú egyenletek geometriai jelentése Ábrázoljuk a síkban azokat az pontokat, amelyekre ),( yxM

baxy += , ahol a és b rögzített ( 0≠a ). Tekintsünk három pontot, ahol ),( jjj yxM ,+ bj= axy j és

321 xxx


3. Oldd meg a következő egyenleteket:

a) 2 2 2 2 2 2 2 23 2 3 5 3 4 7 ( 1) 2 1... 0

1 2 2 3 3 4 ( 1)x x x k k x k

k k⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ + ⋅ − −1 2

+ + + +⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +

= ;

b) xxxxxxxxx 5

4)4)(3(

1)3)(2(

1)2)(1(

1)1(

1=

+++

+++

+++

+.

4. Oldd meg és tárgyald a következő egyenleteket: a) mx ; b) 0, ,n m n+ = ∈ 2( 1) 2( 1),m m x m m− = − ∈ ;

c) ; d) ( )2 31 1 0,m x m m− + − = ∈ 2 ,2 4

x m x m mx x

− −= ∈

− −;

e) 1 ,2

mx mx mx x+

=−

∈ ; f) ( ) ( 1)( ),x x m x x m m− = − + ∈

, ,n m n+ ∈

;

( 1)( ) ( 2x x m x m+ + = −g) ; )( 2)x +

h) mxxxxxxx3

)3)(2(1

)2)(1(1

)1(1

=++

+++

++

bxay

.

+= xay =5. Mi a feltétele annak, hogy az 11 és 22 b+ egyenesek párhuzamosak legyenek? 6. Egy olyan síkbeli pontot, amelyre ),( yxM ,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 , és ()0,0(O ),( nmM 1), =nm ? Hát akkor ha

? ( ). dnm =),( *, ,m n d ∈byax + ),( yx9. a) Ábrázold az egyenlőséget teljesítő koordinátájú pontokat. c=

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 hkm60 . A vonatot a később induló

hkm120 sebességű gyorsvonatnak B-ben kell utolérnie. Útjának 32 részét megtéve a személy-

vonat eredeti sebességének felével folytatja útját és így a gyorsvonat -rel B előtt éri utol. Milyen messze van A-tól B?

km80

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)

12. Legalább mekkora és legfeljebb mekkora a 75,1

324

03,53 −=

+ xx egyenlet gyöke, ha

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?


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 hkm18 , a gyalogosé pedig hkm6 .

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 hkm4 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 . Ha az egyik kerék helyére 3-mal kevesebb, a másik helyére 3-mal több fogú kereket teszünk, az áttétel 1 vagy 3 . Melyik kereket cseréltük kevesebb fogúra? Hány foga van a 4 kerék mindegyikének?

7:93: 1:

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

el egészen. Egy fényképen a két gyertya hosszának aránya 21 , egy másikon

31 , egy

harmadikon 41 . Mikor készültek a fényképek, ha a gyertyák egyenletesen égnek?

19. Oldd meg és tárgyald az 232

=−−

+−−

xbx

xax egyenletet!

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.

23. Oldd meg az 2222

axba

axbax

axbax

−+

−−

−+=

+++ egyenletet a valós számok halmazán ( ) . ,a b ∈

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?

25. Oldd meg a valós számok halmazán az xcbaabcacx

bcx

abx )(1 ++−=−++ ,

egyenletet. ( , ,a b c ∈ )

26. Hiero király koronájának súlya 20 font. Vízben a korona 411 fontot veszít a súlyából. Hány

font aranyat és hány font ezüstöt tartalmaz a korona (más anyagot nem tartalmaz), ha az arany

fajsúlya 2119 , az ezüsté pedig

2110 ?


II.2. Elsőfokú egyenlőtlenségek

2.1. Értelmezés. Az alakú egyenlőtlenségeket elsőfokú egyenlőtlenségnek nevezzük, ha .

0≥+ bax0≠a

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 esetén az 0>a 0≥+ bax egyenlőtlenség

egyenértékű a következőkkel: bax −≥ (mindkét oldalhoz hozzáadtunk -t); b−abx −≥

(mindkét oldalt elosztottuk az számmal). 0>a

Ha , akkor az egyenlőtlenség a következőképpen alakítható: 0−aAz első esetben azt mondjuk, hogy az 0≥+ bax egyenlőtlenség megoldáshalmaza a

∞+− ,

ab intervallum, míg a második esetben a megoldáshalmaz a

−∞−

ab, intervallum.

Ha az baxxE +=)( kifejezés előjelét vizsgáljuk, akkor az előbbiek alapján a következő szabályhoz jutunk:

2.2. Tulajdonság. (Az elsőfokú kifejezés előjele) Az bax + 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 −∞ ab

− +∞

bax + a-val ellentétes előjelű 0 a-val megegyező előjelű

Ha 0a

x −∞ ab

− +∞

bax + – – – – – – – – – – – 0 + + + + + + + + + + +

2.3. Értelmezés. Több egyváltozós elsőfokú egyenlőtlenség egyidejű megoldásakor tulajdonképpen egy egyváltozós elsőfokú egyenlőtlenségrendszert oldunk meg.

Ez a megoldáshalmazok metszetének kiszámítását teszi szükségessé.


2.4. Feladat. Oldjuk meg az

egyenlőtlenségrendszert. ≥−

≤−013

02x

x

Megoldás. A két egyenlőtlenség megoldáshalmaza rendre a ]2,(−∞ és az

∞+,31

intervallum. A két megoldáshalmaz metszete az

2,31 intervallum, tehát az

egyenlőtlenségrendszer megoldáshalmaza

= 2,31M .

A számolások áttekinthetőségének céljából (főleg több egyenlőtlenség esetében) ajánlatos az adatokat táblázatba rendezni az alábbi módon:

x −∞ 2 3/1 +∞

02 ≤−x 013 ≥−x

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 ( )( ) 031 >−− xx egyenlőtlenséget.

Megoldás. Az kifejezés 1)(1 −= xxE 1x3)(2 −= xxE 3x

x −∞ 1 3 +∞ 1−x – – – – – 0 + + + + + + + + + + + + + 3−x – – – – – – – – – – 0 + + + + + + +

( )( 31 )−− xx + + + + + 0 – – – – 0 + + + + + + +

Látható, hogy: • )( 1,∞−∈x esetén és 01 −x , tehát a szorzat pozitív. Így a megoldáshalmaz az ( ) ( )∞+∞−= ,31, ∪M . 2.6. Megjegyzés. A továbbiakban hasonló egyenlőtlenségek esetén csak a táblázatot és a megoldáshalmazt fogjuk felírni.


2.7. Gyakorlat. Oldjuk meg és tárgyaljuk a következő egyenlőtlenséget:

)(5

mxxxm

mxmx

−−

<+

0 \{0,x m∈A törtek létezési feltételei alapján ≠m és } . A jobb oldalt nullára redukáljuk. 2

)()3)(2(

)(6

)()5())((

)(5 2

mxmxmxmx

mxmxmmxx

mxmxxmmmxmx

mxxxm

mxmx

−+−

=−−+

=−

−−+−=

−−

−+ .

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 0


3. Oldd meg a valós számok halmazában a következő egyenlőtlenségeket: a) ( ) ; b) ( ) 011


Megoldás. Előbb ábrázoljuk az 1=+ yx egyenletű egyenest. Rögzített -re pontosan akkor, ha 1x 11 ≥+ yx 11 xy −> , de az ( )11 1, xxM − pont a d egyenesen van, tehát azokra az ( )yx ,1 párokra teljesül az 1≥1 + y

1

x egyenlőtlenség, amelyeknek megfelelő pontok a d1 egyenesen az M1 pont fölött helyezkednek el. Az x1-et változtatva különböző félegyeneseket kapunk, amelyeknek egyesítése a d egyenes által meghatározott felső félsík. Így az egyenlőtlenséget teljesítő pontok az 1≥+ yx =+ yx egyenletű egyenes által meghatározott felső félsíkot alkotják (az ábrán a bevonalkázott rész).

xx1 x2

1y

y2

yd

d1

M1

1

1

M2

O

II. 3. ábra

2.2.2 Megjegyzés. Az egyenlőtelenséget teljesítő pontok az egyenletű egyenes által meghatározott alsó félsíkot képezik. Érvényes az alábbi tulajdonság:

1≤+ yx1=+ yx

2.2.3. Tulajdonság. Az cbyax ≥+ egyenlőtlenséget teljesítő ( , )x yb

pontok az egyenletű egyenes által meghatározott egyik félsíkot képezik. Ha , akkor a

felső, ha pedig cbyax =+ 0>

0 ; b) { }2 ( , ) 2 3 1H x y x y= − ≤ − ; c) { }3 ( , ) 1H x y x y= − + ≤ ; d) { }4 ( , ) 3 4 7H x y x y= − − > ; e) { }5 ( , ) 2 3H x y x y= − ≤ − ; f) { }6 ( , ) 3 2 1H x y x y= − + < − .

II.3. Másodfokú egyenletek

3.1. Feladat. Oldjuk meg a következő egyenleteket: a) ( )( ) 011 =+− xx ; b) ( )( ) 04332 =+− xx ; c) ; 169 2 =xd) ; e) . 072 =− xx 0322 =−− xx

Megoldás. a) Egy szorzat pontosan akkor 0, ha valamelyik tényezője 0, tehát az és egyenleteket kell megoldanunk. Az első egyenlet gyöke

01 =−x01 =+x 11 =x , a másodiké .

Tehát az eredeti egyenletnek két megoldása van és a megoldáshalmaz 12 −=x

{ }1,1−=M .


b) Akárcsak az előző egyenletnél a szorzat valamelyik tényezője 0, tehát a megoldáshalmaz

−=

34,

23M

2

.

c) Az 9 egyenlet egyenértékű a 9 egyenlettel, de , tehát az egyenlet megoldáshalmaza

16=x( ) 43 22 =−x

0162 =−x( )( )4343169 2 +−=− xxx

−= ,

34M

)2 { }±=

34

34

(

.

d) , tehát . 77 −=− xxxx 7,0=M22e) ( ) 41311232 2 −−=−−+−=−− xxxxx

( ) 021 22 =−− ( )( ) ( )( ) 02121. Így az egyenlet a következőképpen alakítható:

⇔ x =+−−− xx ⇔ ( )( ) 013 =+− xx . Tehát az eredeti egyenlet megoldáshalmaza . { }3,1−=M

( )∈ ≠2 + + =3.2. Értelmezés. Az 0 , , , 0ax bx c a b c a alakú egyenleteket másodfokú egyenleteknek nevezzük. Itt a, b és c az egyenlet együtthatói. Az előbbiek alapján néhány sajátos másodfokú egyenletre már van megoldási módszerünk:

Ha , akkor és 0=c 01 =x abx −=2 .

Ha , akkor az egyenlet 0=b 02 =+acx alakba írható.

Ekkor 0>ac esetén nincs valós megoldás, míg 0≤

ac esetén

acx −=1 és a

cx −−=2 .

Általánosítsuk az e) pontbeli ötletet:

02 =++ cbxax ⇔ 02 =++acx

abx ⇔ 0

222 =+⋅⋅+

acx

abx ⇔

⇔ 0222

222

2 =

−+

+⋅⋅+

ab

ac

abx

abx ⇔ 2

22

44

2 aacb

abx −=

+ .

Ha , akkor a jobb oldal negatív és a bal oldal nem negatív egyetlen esetén sem, tehát ebben az esetben nincs valós gyök.

042 − acba

acba

bx2

42

2 −±=+ , tehát a gyökök

aacbbx

242

2,1−±−

= .

Ha , akkor 042 =− acba

bxx221

−== . Azt mondjuk, hogy egybeeső gyökök vannak vagy,

hogy a 2ba

−

ac42 −

kétszeres gyök.

A kifejezést az egyenlet diszkriminánsának nevezzük és ∆-val jelöljük. b 02 =++ cbxaxEredményeinket a következő táblázatban foglaltuk össze:

∆ x1 és x2 0∆ a

bxa

bx2

,2 21

∆+−=

∆−−= Két különböző valós gyök van


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 21 xx + összeget és az szorzatot az együtthatók függvényében.

21xx

Megoldás. ab

ab

ab

abxx −=−=∆+−+∆−−=+

22

2221.

( )ac

aacbb

ab

ab

abxx =+−=∆−−=∆+−⋅∆−−= 2

22

2

2

21 44

422.

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 1 2,x x ∉ . Ehhez azonban szükségünk lesz a komplex számokra.) 3.1.2. Tétel. (Viète) Ha x1 és x2 az egyenlet gyökei, akkor 02 =++ cbxax

=

−=+

acxx

abxx

21

21

.

E két összefüggés alapján ax = cbx ++2

++

acx

abxa 2 = ( )( )21212 xxxxxxa ++− =

= ( )21212 xxxxxxxa +−− ( ) ( )( )1xx2x1xxxa −−− = ( )( )2xx1xxa −− , tehát érvényes az alábbi következmény: 3.1.3. Következmény. Ha x1 és x2 az egyenlet gyökei, akkor 02 =++ cbxax

( ) ( )2 1 2ax bx c x x x x+ + = − − .

II.3.2. A másodfokú kifejezések előjele Ha , az előbbi felbontás és az elsőfokú kifejezések előjelszabálya alapján a következő előjeltáblázatokat készíthetjük:

0>∆

Ha 0>ax −∞ 1x 2x +∞

1xx − – – – – – – – 0 + + + + + + + + + + + + +

2xx − – – – – – – – – – – – – – – 0 + + + + + + + ( )( )21 xxxxa −− + + + + + + + 0 – – – – – – 0 + + + + + + +

Ha 0


Ha , akkor az 0=∆2

2

2

+=++

abxacbxax kifejezés az

abxx

221−== helyen 0 és minden

más valós x értékre az előjele megegyezik a előjelével.

Ha , akkor az 0∆ x −∞ 1x 2x +∞

cbxax ++2 a-val megegyező 0 a-val ellentétes 0 a-val megegyező ∆ 0=∆ x −∞ 21 xx = +∞

cbxax ++2 a-val megegyező 0 a-val megegyező

∆ 0


=+−

=

−=−−

==

±−=

∆±−=

mmmx

mmmxmma

bx

23

22

3

23

22

1

2,1 .

c) , és , tehát . 1=a 2=b 21 mc += 222 44444 mmacb −=−−=−=∆Ha , akkor az egyenlet diszkriminánsa szigorúan negatív, tehát nincs valós gyöke. 0≠mHa , akkor 0=m 0=∆ és 121 −== xx . 3. Az előbbi hat másodfokú kifejezést bontsuk elsőfokú tényezők szorzatára és vizsgáljuk meg, hogy milyen x értékekre pozitívak.

Megoldás ( )22 2222 −=+− xxx . • ( )222 2 mxmmxx −=+− . •

Mindkét kifejezés tetszőleges esetén pozitív, és x ∈ 2=x illetve mx = esetén a 0-t is felveszik.

( )( 131231

21616 2 +−=

+

−=−− xxxxxx ) . •

∞+

−∞−=+ ,2

131, ∪D , mert 06 >=a , így gyökökön kívül pozitív (a másodfokú

kifejezések előjelszabálya alapján). ( )( )mxmxmmxx 222 22 +−=−+ . •

Ebben az esetben is a gyökökön kívüli tartományon vesz fel a kifejezés pozitív értékeket, ez

pedig függ m előjelétől. Tehát ( ] [ )

( ] [ )

, 2 , , ha, ha

, 2 , , ha

m m mD m

m m m+

000

−∞ − +∞

= =

<

−∞ − +∞ >

∪

∪

22 1 3 31 0,

2 4 4x x x x + + = + + ≥ > ∀ ∈

2

és •

( )2 2 22 1 1 0,x x m x m x+ + + = + + ≥ ∀ ∈ . • 4. Bizonyítsuk be, hogy az a b számok pontosan akkor pozitívak, ha az és

számok pozitívak. , ∈ baS +=

baP ⋅=Bizonyítás. Ha a és , akkor azonnali, hogy 0≥ 0≥b 0≥+ ba és . 0≥abHa , akkor a és b azonos előjelűek, tehát az összeg csak akkor lehet pozitív, ha mindkét szám pozitív.

0≥ab

5. Vizsgáljuk meg az egyenlet gyökeinek természetét és előjelét. ( ) 0472 =++− xmmxMegoldás. A gyökök természetének vizsgálata azt jelenti, hogy megadjuk milyen esetén valósak. (Esetleg tárgyalható az is, hogy a gyökök mikor racionális, egész vagy természetes számok.)

m ∈

Ha , akkor a elsőfokú egyenlethez jutunk és, 0=m 047 =+− x74

=x a megoldás. 22Ha , akkor 0≠m ( ) ( ) 0471492447 2 >+−=+−=⋅⋅−+= mmmmm∆ .


Mivel esetén, a gyökök mindig valósak és különbözőek. A Viète féle

összefüggések alapján

0, m∆ > ∀ ∈

mmxx 721

+=+=S és

mxxP 421 == , tehát az előbbi feladat alapján

ezeknek az előjelét kell vizsgálnunk. m –∞ –7 0 +∞ m –∞ 0 +∞

m+7 – – – – 0 + + + + + + + + + + 4 + + + + + + + + m – – – – – – – – – – 0 + + + + m – – – 0 + + + + S + + + + 0 – – – – – – | + + + + + P – – – – | + + + + +

Az eddigiek alapján a következő összesített táblázat készíthető (ez mutatja a gyökök természetét és előjelét):

m ∆ S P 2,1x

( )7, −−∞ + + – 01 x | 22 xx >

–7 + 0 – 01 x7

221 −=−= xx

( 0,7 )− + – – 01 x || 22 xx <

0 │ │ │ 74

1 =x

( ∞+,0 ) + + + 01 >x , 02 >x

3.3.1. Megjegyzés. Megvizsgálhatnánk, hogy milyen m értékekre racionálisak vagy egészek a gyökök. Az ilyen jellegű tárgyalásokra később visszatérünk. 6. Ha és az egyenlet gyökei, számítsuk ki a következő összegeket: 1x 2x 01

2 =+− mxx

a) ; b) ; c) ; d) 2221 xx +

32

31 xx +

42

41 xx +

21

11xx

+ ;

e) 22

21

11xx

+ ; f) 11 1

2

1

1

++

+ xx

xx

.

Megoldás

a) ( ) ⇒ 222121221 2 xxxxxx ++=+ ( ) 222 22212212221 −=−=−+=+ mPSxxxxxx . Másképp:

( ) 2201

01 221

22

21

222

121 −=−+=+⇒

=+−

=+−mxxmxx

mxx

mxx.

b) ( )( ) ( ) ( )312 22222121213231 −=−−=+−+=+ mmmmxxxxxxxx . Másképp:

⇒

−=⇒=+−

−=⇒=+−

222

322

22

121

311

21

01

01

xmxxmxx

xmxxmxx

( ) ( )

( ) mmm 32 3 −=−−mmxxxxmxx 22122213231 =+−+=+ . c) . ( ) ( ) 24222 24222221222214241 +−=−−=−+=+ mmmxxxxxxMásképp:


⇒

−=⇒=+−

−=⇒=+−22

32

422

22

21

31

411

21

01

01

xmxxmxx

xmxxmxx

( ) ( )

( ) ( ) 2423 2423 +−=−−− mmmm222132314241 =+−+=+ mmxxxxmxx . 3.3.2. Megjegyzések

1. A feladatbeli egyenlet esetén, ha , akkor nnn xxS 21 += nnn SSmS −⋅= ++ 12 .

2. Ha x1 és x2 az egyenlet gyökei és , akkor 02 =++ cbxax nnn xxS 21 +=012 =⋅+⋅+⋅ ++ nnn ScSbSa .

a) mmxx

xxxx

==+

=+1

11

21

12

21

;

b) 21

211 22

2

22

21

21

22

22

21

−=−

=+

=+ mmxxxx

xx;

c) ( ) ( )( )( ) =+++++

=+

++ 11

1111 21

1221

2

2

1

1

xxxxxx

xx

xx

122

1112

12

2121

2121 =++

=++

+⋅=

+++++

mm

mm

xxxxxxxx

.

7. Határozzuk meg az paraméter értékét, ha az egyenlet gyökeire: m ∈ 032 =+− mxxa) ; b) 522

21 =+ xx 13 12 −= xx .

Megoldás

a) , tehát az adott egyenlőség alapján . Eszerint .

( ) mmxxxxxx 29232 2212212221 −=−=−+=+52 =m 2=m9 −

b) Az 13 12 −= xx és 321 =+ xx2

egyenlőségekből következik, hogy , tehát . Innen .

11 =x0=m131 +⋅− =m

8. Ha az ( )2 1 1 0, *m x m+ − − = ∈mx egyenlet gyökei x1 és x2, írjunk fel egy olyan egyenletet, amelynek gyökei

a) és ; b) 11 2xy = 22 2xy = 211 2xxy += és 122 2xxy += .

Megoldás

a) ( ) ( )m

mm

mxxyy 22122 2121−

=−−

⋅=+=+ és mm

xxyy 4144 2121 −=−

⋅== . és

az egyenlet gyökei, tehát az előbbi egyenlőségek alapján és

az

1y

1y2y

2y

( ) 021212 =++− yyyyyy( ) 04122 =−−−

my

mmy ⇔ ( ) 04122 =−−+ ymmy egyenlet gyökei.

3.3.3. Megjegyzés. Ha az eredeti egyenletben az 2yx = helyettesítést végezzük,

ugyanehhez az eredményhez jutunk.

b) ( ) ( ) ( ) ( )m

mm

mxxxxxxyy 3313322 21122121−

=−−

⋅=+=+++=+ ;

( )( ) ( )222121122121 2522 xxxxxxxxyy ++=++= =

−⋅−

−⋅+

−⋅

mmm

m121215

2

=


( )2

2

2

2 25242125m

mmmm

mmm

+−=+

+−+

−=

2

.

Így y1 és y2 az egyenlet gyökei. ( ) 02521322 =+−+−+ mmymmym

3.3.4. Megjegyzés. 11 2 xSy −= és 22 2 xSy −= , ezért az ymmySx −−=−= 222

helyettesítéssel ugyanezt az eredményt kaptuk volna. 9. Határozd meg az paraméter értékét úgy, hogy az m ∈ ( ) 0131 2 =+−+ mxxm és

egyenleteknek legyen egy közös gyökük. ( ) 011 2 =−+− mxxm) 2 =+−+Megoldás. Jelöljük -val a közös gyököt. Az 0x ( 0131 00 mxxm

22 020 − mxmx

és egyenlőségekből valamilyen egyszerűbb összefüggést kell levezetnünk

m és közt. Ez leggyakrabban a négyzetes tagok kiküszöbölésével érhető el. Ez esetben egyszerűbb összefüggést kapunk, ha összeadjuk a két egyenlőséget. Így a egyenlőség adódik, tehát

( ) 011 020 =−+− mxxm0x

0=( ) 01002 =−x

012 =+xmx .

0=mHa , akkor az egyenletek és . Ennek a két egyenletnek azonosak a gyökei, de nem valósak, tehát feltételezhetjük, hogy

012 =−− x0≠m .

0=xHa , akkor ellentmondáshoz jutunk, mert egyik egyenletnek sem lehet gyöke. 0Tehát a közös gyök . Ha ezt visszahelyettesítjük az adott egyenletekbe a illetve egyenlőségekhez jutunk. Innen következik, hogy

10 =x 022 =+− m022 =−m 1=m . Ez esetben a

és egyenletek közös gyöke valóban az 013 =+x2 2 −x 01 =−x 10 =x .

( )210. Határozzuk meg az paraméter értékét úgy, hogy az m ∈ 011 =++− xmmx egyenlet gyökei

a) ne legyenek 1-nél kisebbek; b) teljesítsék az 1 egyenlőtlenségeket. 21 2 xx ≤


megfelelne, bár erre az értékre az egyenlet nem másodfokú. Általában az ilyen eseteket külön szokás tárgyalni.

3. Általában érvényesek a következő ekvivalenciák ( 21 xxS += és ): 21 xxP ⋅=

α>1x és α>2x , és ⇔ 0≥∆ 02 >+⋅− αα SP 02 >− αS ;

α


a) ; b) ( ) 0222 =++− xmmx ( ) 0212 =−−+ xmmx ; c) ; 012 =+− mxxd) ; e) ( ) 011 2 =+−+ mxxm ( ) 012 =++− mxmx ; f) . 012 =++ xmx

3. Milyen esetén van az előbbi egyenleteknek pontosan két valós gyöke? m ∈4. Írjuk fel azt a másodfokú egyenletet, amelynek gyökei:

a) 2;1 21 == xx ; b) 7;7 21 −== xx ; c) 5;0 21 −== xx ;

d) 53;

35

21 == xx ; e) 75;

21

21 == xx ; f) 21;1 21 −=−= xx ;

g) 61;

21

21 == xx ; h) 41;

31

21 == xx ; i) 23;23 21 −=+= xx ;

k) 2;6 21 == xx ; l) 321;

321

21−

=+

= xx

; , ,b a b ∈

;

m) . 1 2x a b x a= + = −25. Ha az egyenlet gyökei és , írj fel egy olyan másodfokú egyenletet,

amelynek a gyökei: 01 =+− mxx 1x 2x

a) ; b) 1;1 2211 +=+= xyxy2

21

11;1x

yx

y == , ha 02,1 ≠x ;

1c) 1

222

111;x

xyx

xy +=+= , ha 02,1 ≠x ; d) 212211 ; xxyxxy =+= ;

xxe) 2

212

1

211 ; x

xxyx

xxy +=+= , ha 02,1 ≠x ; f) 1

22

2

11 ; x

yx

y ==

3xy =

, ha ; 02,1 ≠x

y =g) ; h) ; 222211 ; xyxy ==

22 −− ==22

311 ;x

3− ==i) , ha ; j) , ha 2211 ; xyxy 02,1 ≠x3

2211 ;−xyxy 02,1 ≠x ;

xxl)

22

21

222

221

11 ; xx

yxx

y+

=+

= , ha . 02221 ≠+ xx

6. Tárgyald a gyökök természetét és előjelét a következő egyenletek esetében: a) ; b) ( ) 0332 =++− xmmx ( ) 0122 =−−− mxmmx

2

; 22c) ; d) . 06 =−− mmxx

2

02 =−−− mmxx7. Az egyenlet gyökeire számítsd ki az alábbi kifejezések értékét: 027 =+− xx

a) ; b) ; c) ; d) ; e) ; 21 xx +55

21xx1−

22

21 xx +

2 −−

32

31 xx +

33 −−

42

41 xx +

f) ; g) ; h) ; i) ; j) 21 xx +1

21−+ xx 221 + xx 21 + xx 21 xx − ;

22 4k) (ha ); l)21 xx − 21 xx > 21 xx + , (ha ); m)02,1 ≥x 4 21 xx + ,(ha ); 02,1 ≥x

1 xx +n) 21

1xx

+ , (ha ); o) 02,1 >x 21 xx − , (ha ); p) 021 ≥> xx21

21

21

21

xxxxxx

−+

+−

;

13 2 +−+ xxr)

21

21

1

2

2

1

−+

+−+

xx

xx

; s) 11

13

121

2232

222

121

31

+++

+++−+

xxx

xxxxx

22 +− mxx

.

8. Határozd meg az paraméter értékét úgy, hogy az egyenlet és gyökére teljesüljön az alábbi összefüggések közül legalább egy:

m ∈ 0= 1x 2x


a) ; b) 52221 =+ xx ( ) 42121 =+ xxxx ; c) 4

11

21

=+xx

22

;

d) ; e) ; f) . 21 2xx = 42 21 =+ xx 2121 xxxx +=+

9. Határozzuk meg az paraméter értékét úgy, hogy az alábbi egyenletek gyökei között fennálljanak a mellette levő összefüggések:

m ∈

a) ( ; 052)1 2 =+++ mxxm 222 =− xx ; 2b) ; 03)53()2( =+−+− xmxm 21 xx = ;

2c) ; 01)3( =++++ mmxxm 21 3xx = ;

d) ; 05)3(3 2 =++−+ mxmx382

221 =+ xx

3 0= xx

; 2) ( 7)m x m x m+ − + − + =e) ( 5 ; 2121 xx + ;

2 3 3f) ; ; 01)1( =+−−− mxmmx 421 =+ xx11g) ; 0)1(2)2( 22 =++−+ mxmmx 2

21

=+xx

;

h) ; 0)3()2( 2 =+−++ mxmxm232 2121 =++ xxxx

2x

;

0822 =+++ mmxx x =i) ; 21 ;

j) ; 0)12(3)23(22 =++++ mxmx 2122

21 3

10 xxmxx =+

1|

;

0)1(2 =++− mxmx | =xk) ; 21 − x . m ∈10. Határozd meg az paraméter értékét úgy, hogy az egyenlet és

gyökeire teljesüljenek az alábbi egyenlőtlenségek: 032 =−+ mxx 1x

2xx xa) ; b) ; 022

21 +

11 22 xx +c) 122 21

≤+

++ xx

; d) 2121

21 1 xxxx

+>+

.

11. Határozz meg egy m-től független összefüggést az alábbi egyenletek gyökei közt: a) ; b) ( ) 01 22 =+−+ mxmx ( ) 0212 =++− mxmmx ; c) ; 012 =++ mxx

( )1 222 =+−+ mxmmx ( ) ( )11 2 +−−+ xmxm 0=d) ; e) 0 3m . 12. Bizonyítsd be, hogy az alábbi egyenleteknek van m-től, illetve n-től független gyökük:

a) ; b) ( ) 0112 =++− xmmx ( ) ( ) 023112 2 =+−−−− mxmxm ; ( ) 02 =++− nxnmmx ( ) 2441 222 =−−++− mmmxxmc) ; d) 0

08 =−;

( )43 222 −+− xmmxm ( ) 322 +++− mxmxe) ; f) 22 2 ++ mm 0332 =− . m ∈13. Az milyen értékeire lesz pontosan egy közös gyöke a következő egyenlet-pároknak?

1− xma) ( ) és 0422 =++ mx ( ) 0212 =−−+ xmx ; ( ) 0122 =+−+ xmmx ( 352 2 +−++ mxxmb) és ( ) ) 0=

032 =++ mmx;

02 22 =++ mmxxc) és 2 . x( ) (2 −++ aaxcbx14. Bizonyítsd be, hogy az ) 0=++ cb , ( ) ( ) 02 =++−++ cbabxacx és

egyenleteknek legalább egy közös gyökük van. ( ) (2 ++−++ cbacxbax ) 0=


15. Határozd meg az alábbi halmazok elemeit: a) { } ; b) 2 6 7 0x x x∈ − − = { }22 5 2 0x x x∈ − + = ; c) { }2 2 0x x x∈ − − = ; d) { } ; e) 23 2 1 0x x x∈ + − = { }26 5 1 0x x x∈ − + = ; f) ( ){ }2 1 2 2 0x x x∈ − + + =

{ }3,1,2,1 −−=BA.

16. Határozd meg a valós számokat úgy, hogy teljesüljön az egyenlőség, ha

,p q ∈ ∪

{ }8 0x px2A x= ∈ − + = és { }1 0q2B x x qx= ∈ − + − = . }2 217. Bizonyítsd be, hogy az { } ( ){2 1 0 2 1 0x x mx m x x m x m∈ − − − = ∈ − + + =∪

halmaznak minden esetén négy eleme van. m ∈18. Oldd meg a következő egyenleteket, ha S, P és ∆ az illető egyenlet gyökeinek összege,

szorzata illetve az egyenlet diszkriminánsa: a) ; b) ; c) ; d) . 02 =+∆− Sxx 02 =++∆ SPxx 012 =−++ SPxx 0322 =+++ SxPx

19. Bizonyítsd be, hogy az alábbi egyenletek mindegyikének valós gyökei vannak, ha : , ,a b c ∈

2 a) ; b) ( ) 0=++− abxbax ( ) ( ) 02 =++−+− cbacxbax ; ( )2 ++++− bcxcbax ( )2 ++++− acabxcbax c) ; d) 0=ca 023 =+ bc

/ / 2 =++

. 2 =++20. Ha és az valamint és az egyenlet gyökei

( ), számítsd ki a következő szorzatokat: 1x

,p2x

( )/

0nmxx

)( )(//1x 2x 0qpxx

, ,m n q ∈)( )( // a) ; b) ( /12212211 xxxxxxxx −−−− ) ( )( )1221/22/11 xxxxxxxx ++++ .

∈ 22 −+21. Határozd meg azokat az m,x y

értékeket, amelyekre az egyenlőtlenség teljesül, minden

044 >+− myxyx∈ esetén.

(Felvételi feladat, 1996) 22. Határozd meg az paraméter azon értékeit, amelyekre fennáll az

egyenlőtlenség, minden m ∈

( ) 1142 >+−+ mxmmx ( )∞+∈ ,0x esetén. (Felvételi feladat, 1996)

23. Mi a feltétele annak, hogy az ( 13

22 ++++

≤++ xxcbacbxax ) egyenlőtlenség teljesüljön, minden esetén? x ∈

224. Bizonyítsd be, hogy ha , ,a b c ∈

, ,a b c

, akkor az , és egyenleteknek pontosan akkor van egy közös valós gyöke, ha

.

0=++ cbxax 02 =++ acxbx02 =++ baxcx

0=++ cba∈ 022 =+− bcax 022 =+− acbxx25. Bizonyítsd be, hogy ha

, ,a b c ∈

, akkor az , és egyenletek közül legalább az egyiknek van valós gyöke.

x

0=+ c022 =+− abcxx

26. Bizonyítsd be, hogy ha és az egyenletnek két különböző gyöke van a intervallumban, akkor | .

2 + bxax5≥

0( 1,0

x p x+ +) |a

=q2 ++ xpx27. Az és másodfokú egyenletek együtthatói egész számok. Bizonyítsd be, hogy ha a két egyenletnek van egy közös gyöke, akkor és .

21 1 0q = 22

( ) 225121 pp = 21 qq =

+=+ yxx )y28. Bizonyítsd be, hogy az egyenletet nem teljesítheti egyetlen ( egész számpár sem.

x,

29. Bizonyítsd be, hogy az { } 1\ 1A x xx

= ∈ ± + ∈

halmazban egyetlen racionális szám

sincs.


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. Oldjuk meg az xxx4

11

11

=+

+−

egyenletet.

Megoldás. Ki kell zárnunk az -ből azokat az értékeket, amelyekre valamely nevező 0. Az , és egyenletek megoldásai 1, –1 és 0. Így az adott egyenlet

megoldásait az halmazban keressük.

01 =−x 01 =+x

\{

0=x

0, 1}1,−1

21

11

12 −

=+

+− x

xxx

, tehát az egyenlet

x4

xx

122

=−

alakban írható. Innen következik, hogy , tehát és így a

megoldások

22 22 −= xx 22 =x

21 =x és 2−2 =x . Mivel mindkét megoldás az értelmezési tartomány eleme,

a megoldáshalmaz { }2,2−=M . 2. Oldjuk meg és tárgyaljuk az

11

211

−=

++

− xxmx egyenletet.

Megoldás. A törtek létezési feltételei alapján a megoldásokat az \{ 2, 1, }m− halmazban

keressük. ( ) mxmxmx

xmx 2222

211

2 −−+−+

=+

+−

, tehát az egyenlet ( ) 11

2 −=

222

2 −−+−+

xmxmxmx

alakban írható. Innen következik, hogy ( ) mx 2−mxm 2) 2 −+=xxmx 2(2)2(2 2 −−−−+0) ≥

⇔

(1). 02322 =−+− mxx 1(12 −=f∆ ⇔ m 1≤m , tehát m3312,1 −±=x ≤m, ha . Megvizsgáljuk, hogy a –2, 1 és mikor lesz megoldása az (1) egyenletnek.

1m

( ) ( ) 023222 2 =−+−−− m ⇔ 32

=m . Erre az értékre 01 =x , tehát { }0=M .

0231212 =−+⋅− m ⇔ . Erre az értékre 1=m 121 == xx , tehát =M ∅.

02322 =−+− mmm ⇔ . Az { 1,2−∈m } 1=m esetet már vizsgáltuk. esetén , , tehát .

2−=m41 =x 22 −=x { }4=M

Az összes esetet az alábbi táblázatba foglaltuk:

m –2 32 1 ( )

−∞− 2,

32\1, ( )∞+,1

M { }4 { }0 ∅ { }m331 −± ∅ II.4.2. Modulusokat tartalmazó egyenletek.

Ha egy kifejezés, akkor ( )xE ( ) ( ) ( )( ) ( )


Így például


d) A két modulus kifejtésénél két különböző értékhez kell viszonyítanunk, ezért célszerűbb táblázatba foglalni az értékeket:


2. eset. . Ekkor az egyenlethez jutunk, melynek megoldásai [ ] [ )∞+−∈ ,10,2 ∪x 122 =x[ ] [ )∞+−∉ ,10,23 ∪−= 23x és [ ] [ )∞+= ,1024 ∪x −∈ ,23 .

3. eset. . Ekkor az egyenlet az alakban írható fel, ez utóbbi egyenletnek pedig nincsenek valós gyökei.

( 1,0∈x ) 01222 =+− xx

Az előbbi három eset alapján a megoldáshalmaz { }32,171−=M . 3. Tárgyaljuk a 1

21

>−+

xmx egyenlőtlenséget.

Megoldás. Az egyenlőtlenség pontosan akkor áll fenn ha 121

>−+

xmx vagy 1

21

−<−+

xmx .

121

>−+

xmx ⇔ ( ) 0

231

>−

+−x

xm (1) vagy 121

−<−+

xmx ⇔ ( ) 0

211

<−

−+x

xm . (2) 1=m és esetén külön megvizsgáljuk az egyenlőtlenségeket, mert ekkor a számlálók

közül az egyik nem elsőfokú: 1−=m

1=m esetén 02

3>

−x ⇔ ⇔ 02 >−x ( )∞+∈ ,2x vagy 0

212

<−−

xx ⇔

∈ 2,

21x . Ebben

az esetben az egyenlőtlenség megoldáshalmaza { }2\, ∞+

21

=M .

1−=m esetén 02

32>

−+−

xx ⇔

∈ 2,

23x vagy 0

21

<−−

x ⇔ 02 >−x ⇔ .

Ebben az esetben az egyenlőtlenség megoldáshalmaza

( )∞+∈ ,2x

{ }2\∞, +

23

=M .

Ha , akkor a { }\ 1m ∈ ±1

3−

−m

, 1

1+m

és 2 számokat kell egymáshoz viszonyítani. Az

21

1<

+m ⇔ 0

112

<+

−−m

m ⇔ ( )

∞+−−∞−∈ ,

211, ∪m ,

21

3<

−−

m ⇔ 0

112

<−

−−m

m ⇔ ( )∞+

−∞−∈ ,1

21, ∪m ,

13

11

−−<

+ mm ⇔ 0

124

2<

−+

mm ⇔ ( )

−−−∞−∈

21,11, ∪m

ekvivalenciák alapján a következő öt eset tárgyalása szükséges:

1. eset. Ha , akkor ( 1, −−∞∈m ) 21

31

1<

−−<

+ mm, tehát a következő táblázathoz jutunk:

x –∞ 1

1+m

1

3−

−m

2 +∞

( ) 31 +− xm + + + + + + + + + + + + + + + 0 – – – – – – – – – – – – 2−x – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – 0 + + + + + +

( )1+ x 1−m + + + + + + + 0 – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – ( )

2−x31 +− xm – – – – – – – – – – – – – – – – 0 + + + + – – – – – – –

( )2

11−

−+x

xm – – – – – – – – 0 + + + + + + + + + + + + – – – – – – –


Ebben az esetben a megoldáshalmaz { }2\,1

31

1,

∞+

−−

+∞−=

mmM ∪ .

2. eset. Ha

−−∈

21,1m , akkor

112

13

+


Ebben az esetben a megoldáshalmaz { }2\,1

11

3,

∞+

+

−−∞−=

mmM ∪ .

A megoldásokat a következő táblázatba foglalhatjuk: m M

( )1, −−∞ { }2\,1

31

1,

∞+

−−

+∞−

mm∪

1− ( ) { }2\,2/3 ∞+

−−

21,1 { }2\

11,

13

+−−

mm

2/1− ∅

− 1,

21 { }2\

13,

11

−−

+ mm

1 { }2\,21

∞+

( )∞+,1 { }2\,1

11

3,

∞+

+

−−∞−

mm∪

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: [ ] kx = ⇔ 1+


2. Bizonyítsd be, hogy [ ] [ ] 12 ,2

x x x x = + + ∀ ∈ .

Bizonyítás. és [ ]x

+

21x akkor különbözik egymástól, ha { } [ ]

21

≥−= xxx . Eszerint a

következő két esetet tárgyaljuk:

1. eset. { }

∈

21,0x . Ha , akkor [ ] kx =

21

+


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:

a) 23 =−x ; b) 541 =++− xx ;

c) xxx =−+ 122 ; d) 361 33 =++− xx . Megoldás

a) Az első stratégia alapján 23 =−x ⇒ 43 =−x ⇒ 7=x , ez valóban megoldása az egyenletnek, mert 2437 ==− ⇒ { }7=M .

A második stratégia alapján meghatározzuk a 3−x létezési tartományát. ⇔ ⇔ , tehát a megoldásokat a

03 ≥−x3≥x [ )∞+∈ ,3x [ )∞+,3 intervallumban keressük. Ha

, akkor a [∈ ,3x )∞+ 23 =−x és 43 =−x egyenlőségek ekvivalensek, tehát . Mivel ez az érték benne van a létezési tartományban, következik, hogy

7=x{ }7=M .

b) 341 =++− xx ⇒ ( )( ) 941241 =+−+++− xxxx ⇒ ( )( ) xxx −=+− 341 ⇒

⇒ 22 6943 xxxx +−=−+9

13=x . Tehát az egyenletnek esetleg az

913

=x lehet gyöke, és

más szám nem. Ezt visszahelyettesítve az eredeti egyenletbe, kapjuk, hogy

337

32

949

=+=+944

9131

913

=++− , tehát az 9

13=x valóban megoldása az

egyenletnek, így

=

913M .

A második stratégia alapján a létezési feltételek 01 ≥−x és 04 ≥+x , tehát .

Ebben az esetben is az

[ )∞+∈ ,1x( )( ) xxx −=+− 341 egyenlőséghez jutunk, amely nem teljesülhet, ha

, tehát a létezési tartomány az 03


emeléssel elég bonyolult számításokat kell elvégezni. Ha viszont észrevesszük, hogy az megoldása az egyenletnek, akkor könnyen igazolhatjuk, hogy ez az egyetlen megoldás.

2=x

36 >

36 <

b

0114 =

0>

20

25

+2

5

Ha , akkor 2>x 11 >−x ⇒ 113 >−x és 86 >+x ⇒ 263 >+x , tehát 1 33 ++− xx .

Ha , akkor 2+

2=b 3=a 277 =+x 164 =−x =xEszerint csak és lehetséges, tehát és . Így az egyenlet egyetlen megoldása. Megjegyzés. Az előbbi feladat d) pontjához hasonlóan is eljárhattunk volna. 3. Határozzuk meg a következő irracionális egyenlőtlenségek megoldáshalmazát:

a) 43 −>− xx ; b) 251 ≤−+− xx ; c) xax − xx

4≥

92 −

x

x168 +x 019


egyenlőtlenség csak akkor lehetséges, ha éppen egyenlőség teljesül tehát a megoldáshalmaz . { }5,1=M

D =

>a

01 a

∞+−= ,1

aD , ha 0=a , akkor a létezési tarto-

mány , ha pedig , akkor a létezési tartomány 0


−

++=

aaaM 1,2

42 . A megoldásokat a következő táblázatba foglalhatjuk:

a ( )0,−∞ 0 ( )∞+,0

M

−

++a

aa 1,2

42 ( )∞+,1

∞+

++ ,2

42aa

II.5. Gyakorlatok és feladatok Oldd meg a következő egyenleteket, paraméter esetén tárgyald is a megoldást:

1. a) xxx1

11

11

=−

−+

; b) xxx2

11

11

=−

++

; c) 212

313

2=

++

− xx;

d) xm

mxmx=

++

−11 ; e)

xxxx3

31

21

11

=+

++

++

; f) xbaxba ++

=++1111 ;

g) 31

=+

−− mx

xmx

m ; h) 0112

1=+

−+

− xmxmx.

2. a) 21 −=−x ; b) 0132 =+− xx ; c) 1232 =+− xx ;

d) 1312 =−+x ; e) 011 =−−x ; f) 0111 =−−−x ;

g) 01...111... =−−−−xn

; h) xxx =++− |5||1| ; i) | xxx 21|12||2 −=++− ;

64|23||32 +=−++ xxx |52||43 =++− xx |13||2||1 =−+−+− xxx j) | ; k) | 20 ; l) | 7 ; 2|1||1 22 =−++ xx |3||12||7 +=+−+ xxx 2|2||4 22 −−=−+−− xxxx m) | ; n) | ; o) | ; 2||1|2|3 =+−− xxx |12||3||2|3 −−−|2 =+− xxxx p) | ; q) 5|1 −+ |1 − ;

3|2 ≤−x |2||1 ++− xx 1|1|3|3|2 ≥+−− xx r) | ; s) | 1≤ ; t) ;

u) | ; v) |3||2|2|13 +≤++− xxx 123

12

2

≥+−

−xx

x ; w) 123

12

<+−

+xx

x ;

|3||1 ++− xxx) 2|4| 2

<−x

| ; y) | ; z) |16|9|2|4 222 +≤−+− xxx |3||1 −++ xx .

3. a) bambxax


5. a) 089 =+++ xx ; b) xx 431024 −=− ; c) xx 2313 2 =+−1 ; d) 561 =+++ xx ; e) 222 =−−+ xx ; f) 2173 =+−+ xx ; g) 042 2 =−+− xx ; h) 1273 −=+−+ xx ; i) 7211136 +=−+− xx ; j) 16321 +=+++ xxx ; k) xxx 348 =++− ; l) 9632 ++−=−++ xxxx ; m) 3457312 +++=+++ xxxx ; n) 526422 +−=−++ xxx ; o) 16419 +=+++ xxx ;

p) 649423 +−=−++ xxx ; q) 185 22 =−−− xx ;

r) 65123 222 +−=−++− xxxxx ; s) 1142 222 −++=− xxxx ;

t) 0783456 222 =+−−+−++− xxxxxx ; u) 115

73272

=+++

+++

xxxx ;

v) 54

94544592

=+−+

+−+

xxxx ; w)

41

22121

=−++

−−+xx

xx ; x) xxxxx

=−−+

++−

31132 ;

y) 121616

−=+−++++ x

xxxx ; z)

31

816

81622

22

=−++

−−+

xx

xx .

6. a) 1168143 =−−++−−+ xxxx ; b) 5221242 =−+−+−++ xxxx ;

c) 21212 =−−+−+ xxxx ; d) xxxxx =−−−−+ 9696 ;

e) 11 =−−+ xxx ; f) 3489 2 −=−+ xxx .

7. a) 3123 =++− xx ; b) 1213 =++− xx ; c) 4571 4 =−++ xx ; d) 4151 4 =+++ xx ; e) 110335 33 =−−− xx ; f) 112 3 =++ xx3 ; g) 1178 34 =−−− xx ; h) 18713 34 −=−−+ xx .

8. a) 3333 341141 −++=−+− xxxx ; b) 3333 1312141 ++−=−++ xxxx .

9. a) 2711 3 22 −+=−++ xxx ; b) 11 4 −=−− xxx ; c) 1223 33 =−+++ xxxx ;

d) mxmx =++ ; e) xxmm =+− ; f) m x m x mxx m− −

− = ;

g) 12 −=− xmx ; h) mxxx =++++41

21 ; i) mxmx =−−2 ;

j) 21212 =−−+−+ xxmxx ; k) xa

xaxaxaxa

=−−+

−++ ; l) xxax =−+− 12 22 ;

m) cxbxax +=+++ 4 ; n) 4848 ++=++ axxax ;

o) cbxax =+−+ ; p) xx

xaxxxx+

=−−+ .

10. a) 32 +>− xx ; b) 231 >−++ xx ; c) xxx ++ xxx ; e) axxa >+ 122 ; f) axax +

ii. egyenletek És egyenl - simplex...

Documents