Polinomok és egyenletek

Jaroslav Zhouf

Első rész

Lineáris egyenletek

1 A lineáris egyenlet definíciója

A következő formájú egyenleteket:

0ax + b = , ahol a, b valós számok és , lineáris egyenletnek hívjuk, x az ismeretlen. ≠ 0a

2 Lineáris binom

Az kifejezést, ahol a, b valós számok és +ax b ≠ 0a , lineáris binomnak hívjuk.

1.1 Példa

Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán: a) , + = +3 5 7 1x x 3b) ( )− = − −5 2 5 7x x ,

c) ( )= −− −2 3 3 2x x .

Megoldás

a) + =4 8x 0 = −2x

b)

− = − −10 5 5 7x x ⋅ + =0 17x 0

Egyetlen szám sem elégíti ki az egyenlőséget. c)

− = − +2 3 3x x 2 ⋅ + =0 0x 0

Minden valós szám kielégíti az egyenlőséget. 3 Képlet a lineáris egyenlet gyökének meghatározására

AZ , , egyenletnek pontosan egy gyöke van, konkrétan az + = 0ax b ≠ 0a = −b

xa

.

4 Különböző feladatok

1.1 Feladat Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán:

a) −

+ − =1

2 12

xx ,

b) −

= − −⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

4 5 52 2

xx x ,

c) ( )−= − −

4 51

2x

x x .

1.2 Feladat

Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán: ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )− − + + − + = − + −

2 2 23 1 5 2 1 2 6 3 1 1 3 2 1x x x x x x .

1.3 Feladat

Egy osztályteremben padok vannak. Ha az utolsó pad kivételével minden padhoz 7 diák ül, akkor az utolsó padhoz csak 1 diák fog ülni. Ha 6 diák ül minden padhoz, 1 diáknak nem fog jutni hely. Hány diák van a teremben?

Második rész

Másodfokú egyenletek 1 Két lineáris binom szorzataként felírt egyenletek

A következő formájú egyenletek:

( )( )+ + = 0ax b cx d , ahol a, b, c, d valós számok és , ≠ 0a ≠ 0c , két lineáris binom szorzataként vannak felírva. Az ilyen egyenletek megoldásánál azt a tényt használjuk ki, hogy két kifejezés szorzata akkor és csakis akkor 0, ha legalább az egyik szorzótényező 0.

2.1 Példa

Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán: ( )( )− + =2 2 3 0x x .

Megoldás

Az x szám akkor és csakis akkor az egyenlet megoldása, ha − =2 0x vagy + =2 3x 0 ,

azaz

= 2x vagy = −32

x .

A megadott egyenlet gyökei a 2 és −32

.

2 Egyenletek, amik átalakíthatóak két lineáris binom szorzatává

2.2 Példa Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán: − = +29 3x x .

Megoldás

( )( ) ( )− + − + =3 3 3x x x 0

( )( )+ − =3 2x x 0 = − =1 23, 2x x

Megjegyzés

A több lineáris binom szorzataként felírt egyenletek hasonló módon oldhatók meg, például:

( )− − =⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

2 2916 1 0

4x x

( )( )− + − +⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

3 34 4 1 1

2 2x x x x = 0

= = − = =1 2 3 4

3 3, , 1,

8 8x x x x −1

3 Egyenlet létrehozása a két megadott gyöke alapján

Itt visszafelé fogjuk használni azt az eljárást, amit a következő formájú egyenletek megoldására használtunk:

( )( )ax + b cx + d = 0 . Továbbá, ha adott két valós szám, x1, x2, ezek a következő egyenlet gyökeit adják:

( )( )− − =x x x xa 1 2 0 , ≠a 0 .

2.3 Példa

Készítsünk olyan egyenletet, aminek a gyökei a következők: a) , = = −1 22, 3x xb) . = =1 2 4x x

Megoldás

a) A megoldás a következő egyenlet:

( ) ( )( )− − − = ≠x x aa 2 3 0, 0 ,

( )+ − = ≠a x x a2 6 0, 0 . Ha az x melletti együtthatót eljelöljük b-vel, és -6a –t c-vel, akkor a következő egyenletet kapjuk:

+ + =2 0ax bx c , ≠ 0a . b) Hasonlóan

( )− = ≠24 0,x aa 0 ,

( )− + = ≠2 8 16 0,x x aa 0 . Ha a következő jelölést használjuk: =8a b , =16a c , akkor a következő egyenletet kapjuk

+ + =2 0ax bx c , ≠ 0a .

4 Másodfokú egyenletek definíciója

A következő formájú egyenleteket,

+ + =2 0ax bx c , ahol a, b, c valós számok és , másodfokú egyenletnek hívjuk, x az ismeretlen. Az ax≠ 0a 2 kifejezést másodfokú tagnak hívjuk, a bx kifejezést lineáris tagnak és c-t szabad tagnak.

5 Másodfokú trinom

Az kifejezést, ahol a, b c valós számok és + +2ax bx c ≠ 0a , másodfokú trinomnak hívjuk.

6 Két speciális másodfokú egyenlet

c = 0 esetén:

Ebben az esetben, az egyenletünk a következő: + =2 0ax bx , ≠ 0a .

Ez a tényezőkre bontás segítségével a következő módon oldható meg: ( )+ = 0x ax b .

Az egyenlet gyökei: = = −1 20,b

x xa

.

2.4 Példa

Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán: − =22 6x x 0

Megoldás

( )− =2 3x x 0 = =1 20, 3x x

b = 0 esetén: Ebben az esetben az egyenletünk a következő:

+ =2 0ax c , ≠ 0a ,

= −2 cx

a, ≠ 0a .

Ha − < 0ca

, akkor az egyenletnek nincsen megoldása a valós számok halmazán.

Ha − ≥ 0ca

, akkor az egyenlet gyökei a következők: = −1

cx

a, = − −2

cx

a.

2.5 Példa

Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán: a) , + =23 9x 0

0b) . − =23 18x

Megoldás

a) = −2 3x

Ennek az egyenletnek nincs megoldása a valós számok halmazán. b)

= = −1 26, 6x x .

7 A normált másodfokú egyenletek

A következő egyenlet:

+ + =2 0ax bx c , ≠ 0a ,

átalakítható az együtthatóval történő osztással a normált formába: ≠ 0a

+ + =2 0b c

x xa a

.

Ha a következő jelölést használjuk: =b

pa

, =c

qa

, akkor megkapjuk a normált formát:

+ + =2 0x px q .

8 A másodfokú egyenlet gyökei és együtthatói közötti kapcsolat

Ha a másodfokú egyenlet a normált formájában van felírva, és a gyökei x1, x2, akkor az ( )( )+ + = − −2

1 2x px q x x x x ,

( )+ + = − + +2 21 2 1 2x px q x x x x x x

egyenlőség lesz igaz. A mindkét oldalon lévő együtthatók összehasonlításával megkapjuk az

úgynevezett kapcsolatot a normált másodfokú egyenlet gyökei és együtthatói között (Vieta-formula, Vieta-gyöktétele)

+ = −1 2x x p , =1 2x x q .

Ha a másodfokú egyenlet nem a normált formájában van felírva, akkor a következők az összefüggések:

+ = −1 2

bx x

a,

=1 2

cx x

a.

9 Vieta-formula felhasználása a másodfokú egyenletek megoldására

Először átalakítjuk az egyenletet a normált formájába: . Aztán megpróbáljuk meghatározni az x

+ + =2 0ax bx c + + =2 0x px q

1, x2 számokat, amelyekre igaz, hogy + = −1 2x x p , =1 2x x q

00

. Az x1, x2 számok az egyenlet megoldásai.

2.6 Példa

Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán: a) , + − =2 2 8x xb) . − + =2 4 4x x

Megoldás

a) Itt a következő egyenleteket kell megoldanunk: + =1 2 2x x , = −1 2 8x x .

A két gyök: . = − =1 22, 4x x b) Itt a következő egyenleteket kell megoldanunk:

+ =1 2 4x x , =1 2 4x x . A két gyök: . = =1 2 2x x 10 Különböző másodfokú egyenletek

2.1 Feladat Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán: a) , + + =22 3 1x x 0

00

b) , 2 9 8x x− + − =c) . − + =24 12 9x x 11 Másodfokú trinomok lineáris binomok szorzatává bontásának alkalmazása

A másodfokú trinomok két lineáris binom szorzatává bontásának egyik alkalmazása a törtek egyszerűsítése.

2.7 Példa Határozzuk meg az összes olyan x számot, amelyre a következő tört értelmezve van, és

egyszerűsítsük is azt: 2

2

7 63 5x xx x+ +

+ + 2

0

Megoldás

A tört azokra az x-ekre nincs értelmezve, ahol 23 5 2x x+ + = .

Hogy megtaláljuk x-et, végigmegyünk a fent említett eljáráson:

1 2

53

x x+ = − , 1 2

23

x x =

1 2

21,

3x x= − = −

A tört minden valós számra értelmezve van, a -1 és 23

− számok kivételével.

Ezután tényezőkre bontjuk a nevezőt:

( )2 23 5 2 3 1

3x x x x+ + = + +⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

A számláló tényezőkre bontása hasonlóan megoldható: ( )( )2 7 6 1 6x x x x+ + = + +

Így a következő kifejezést kapjuk: ( )( )

( )

2

2

1 67 6 6 62 2 3 23 5 2 3 1 33 3

x xx x x xxx x x x x

+ ++ + + += = =

++ + + + +⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

12 Több feladat a tényezőkre bontással kapcsolatban

2.2 Feladat Keressük meg az összes olyan x számot, amelyre értelmezve vannak a következő törtek, és egyszerűsítsük is a törteket:

a) 2

2

4 76

x xx x

+ −

− −

2

)

,

b) ( )(

2

2 2

3 27 1 5

x xx x x

− +

− − + 6

0

.

2.3 Feladat Oldjuk meg a következőket a valós számok halmazán: a) , ( ) ( ) ( ) ( ) ( )− −

+ ⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅ − ≤x x x x x3 1 2 5 42 1 1 3 5

b) ( ) ( ) ( )− + ⋅ − + ⋅ − − ≥x x x x x x2 2 24 5 4 4 4 5 0 .

2.4 Feladat Keressük meg az összes olyan p valós számot, amelyre a következő egyenlet két gyökének különbsége 6:

− + − =2 9 0x px p 2.5 Feladat Bontsuk tényezőkre a következő trinomokat: a) + −3 2 42x x x , b) , − +4 213 40x xc) − +4 26 13x x 6

2.6 Feladat Határozzuk meg az összes olyan x számot, amelyre a következő tört értelmezve van, és

egyszerűsítsük is a törtet: +

− −

− −+

2

2

3

3

22

22

x x xx x x

2.7 Feladat Keressük meg az összes olyan x számot, amelyre értelmezve vannak a következő törtek, és egyszerűsítsük is a kifejezéseket:

a) − +

+ −− +2 2 2

12 1

2 11 2x x x x x +1

,

b) + −− − + − − +2 2 2

1 1 23 10 2 6 5x x x x x x

.

2.8 Feladat Keressük meg az összes olyan p valós számot, amelyre az

− + =2 10 0x px egyenletnek megoldása lesz az = 2x . 2.9 Feladat Egy autónak 108 km-es távolságot kell megtennie. Ha óránként 3 km–rel hosszabb távolságot tesz meg, akkor félórával hamarabb ott lesz. Mekkora az autó sebessége?

2.10 Feladat

Három egymást követő páratlan szám négyzetének az összege 155. Találjuk meg a számokat! 13 Másodfokú egyenletek megoldása a “teljes négyzetté alakítás” módszerével

2.8 Példa

Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán: 22 6x x 0+ − =

Megoldás

A “ teljes négyzetté alakítás” módszerét használjuk: 22 6x x 0+ − =

2 13 0

2x x+ − =

2 22 1 1 1

2 34 4 4

x x+ ⋅ ⋅ + − − =⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦0

21 490

2 16x + − =⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

1 7 1 70

2 4 2 4x x+ − + +⎛ ⎞⎛ ⎞

⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

=

( ) 51 0

2x x− + =⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

1 2

51,

2x x= = −

A fenti eljárás az egyenlet normált formájába történő átalakításából és egy lineáris binom teljes négyzetté alakításából áll.

2.9 Példa

Oldjuk meg a következő egyenleteket a “ teljes négyzetté alakítás” módszerével: a) , 29 12 4x x+ + = 0

0b) . 22 4 3x x− + − =

Megoldás

a) 2 4 4

03 9

x x+ + =

220

3x + =⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

1 2

23

x x= = −

b)

2 32 0

2x x− + =

( )2 11 0

2x − + =

Az egyenlet baloldala minden valós szám esetén pozitív lesz, de a jobboldal 0. Ezért az egyenletnek nincsen megoldása a valós számok halmazán.

2.11 Feladat

Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán “ teljes négyzetté alakítás” módszerével: a) 2 2 2 2 0x x− + = b) 2 3 1x x+ + = 0

14 Képlet az általános másodfokú egyenlet gyökeire (a másodfokú megoldóképlet)

Az előző fejezet eljárását fogjuk használni, hogy megoldjuk az általános másodfokú egyenletet:

2 0ax bx c+ + = , 0a ≠ . Először, átalakítjuk az egyenletet az normált formájába:

2 0b c

x xa a

+ + =

Aztán kiegészítjük a 2 bx x

a+ binomot egy lineáris binom négyzetévé és mint másodfokú

egyenletet megoldjuk a lineáris tag nélkül: 2 2

2 2 02 2 2b b b c

x xa a a a

+ ⋅ ⋅ + − + =⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

2 2

2

42 4b b a

xa a

−+ =⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

c

0

.

A nevező pozitív és az utolsó egyenlőség baloldala nem-negatív. Az egyenletnek akkor és csakis akkor van legalább egy megoldása, ha

24a2 4b ac− ≥ . Így, ha ,

folytathatjuk a megadott általános másodfokú egyenlet megoldását:

2 4 0b ac− ≥

22 2 4

02 2b b ac

xa a

−+ − =

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2 24 40

2 2 2 2b b ac b b ac

x xa a a a

− −+ − + + =

⎛ ⎞⎛⎜ ⎟⎜⎜ ⎟⎜⎝ ⎠⎝

⎞⎟⎟⎠

2

1

42

b b acx

a− + −

=

2

2

42

b b ax

a− − −

=c

Ezt a következő rövidebb formában szoktuk felírni: 2

1,2

42

b b acx

a− ± −

=

A másodfokú egyenlet megoldása a kifejezés előjelétől függ, amit diszkriminánsnak hívunk és a következő módon jelölünk:

2 4b a− c

2 4D b ac= − . Foglaljuk össze, amit felfedeztünk: Az 2 0ax bx c+ + = , 0a ≠ egyenletnek nincsen valós

gyöke akkor és csakis akkor ha 0D < , a valós gyökei 1 2 2b

x xa

= = − akkor és csakis

akkor ha (azt mondjuk, hogy 0D =2ba

− egy kétszeres gyök), vagy két különböző,

2

1,2

42

b b ax

a− ± −

=c

gyöke van akkor és csakis akkor, ha . 0D >

2.10 Példa

Oldjuk meg a következő egyenletek a valós számok halmazán a másodfokú megoldóképletet használva: a) 2 3 4 3x x+ = ,

b) , 216 8 1 0x x− + =c) . 22 8 15x x+ + = 0

Megoldás

a)

( )24 3 4 1 3 36 0D = − − ⋅ ⋅ = >

1,2

2 3 34 3 36 4 3 62 3 3

2 2 2 3 3x

+± ±= = = ± =

−

⎧⎪⎨⎪⎩

b)

( )28 4 16 1D 0= − − ⋅ ⋅ =

1 2

8 12 16 4

x x−

= = − =⋅

c)

28 4 2 15 56D = − ⋅ ⋅ = − < 0 Ennek az egyenletnek nincsen megoldása a valós számok halmazán.

2.12 Feladat

Keressük meg a következő kifejezés értelmezési tartományát: 2

42 5

xx

x x+

+3+ +

.

2.13 Feladat

Bizonyítsuk be, hogy amennyiben két szám összege p, a szorzatuk pedig q, akkor igaz, hogy: . 24q p≤

15 A másodfokú egyenlet gyökei és együtthatói közötti kapcsolat

Ha egy másodfokú egyenlet, ahol 2 0ax bx c+ + = 0a ≠ , akkor a diszkriminánsa

, míg a gyökei 2 4D b ac= − ≥ 0 1,2 2b D

xa

− ±= , akkor igaz, hogy

1 2 2 2b D b D

x xa a

− + − −+ = + = −

ba

,

( )2 22

1 2 2 2

4

2 2 4 4

b b acb D b D b Dx x

a a a a

− −− + − − − ca

= ⋅ = = = .

Ezeket az összefüggéseket a gyökök és az együtthatók között Vieta-formulának nevezik.

2.11 Példa

Keressük meg, hogy milyen a, b, c, 0a ≠ valós számok esetén igaz, hogy az egyenlet gyökei 2 0ax bx c+ + =

a) egymás ellentettjei, egymás reciprokai

Megoldás

a) Az egyenletnek valódi gyökei vannak, ezért 2 4b ac 0− ≥ . Az x1, x2 egymás ellentettjei,

ezért = + = −1 20b

x xa

és így 0b = . Így 4ac 0− ≥ , azaz 0ac ≤ . Fordítva, ha és

, akkor az egyenletnek két valódi gyöke van, amik egymás ellentettjei. Így az egyenlet gyökei akkor és csakis akkor egymás ellentettjei, ha

0b =

0ac ≤0b = és . 0ac ≤

b) Hasonlóan, . Az 2 4b ac− ≥ 0 1 2 1x x = egyenlőség igaz, ha a gyökök egymás reciprokai,

így = =1 2 1ca

x x vagy másképpen a c= . Ezért 2 2 24 4b ac b a 0− = − ≥ . Az egyenletnek

akkor és csakis akkor egymás reciprokai a megoldásai, ha a c= és . 2 24 0b a− ≥

2.12 Példa

Adott az egyenlet. A gyökök kiszámítása nélkül határozzuk meg azt a másodfokú egyenletet, aminek a gyökei a reciprokai a megadott egyenlet gyökeinek.

2 27 180 0x x− + =

Megoldás

Ha x1, x2 a megadott egyenlet megoldásai és '1,

'2x x az új egyenlet megoldásai, akkor

'1

1

1x

x= , '

22

1x

x= . Mivel és a megadott egyenlet esetén, az új

egyenletre a következők igazak:

1 2 27x x+ = 1 2 180x x =

' ' 1 21 2

1 2 1 2

1 1 27180

x xx x

x x x x+

+ = + = = ,

' '1 2

1 2 1 2

1 1 1 1180

x xx x x x

= ⋅ = = .

Az új egyenlet így a következő formájú: 2 27 1

0180 180

x x− + = ,

2180 27 1 0x x− + = .

2.14 Feladat Adott az , egyenlet. A gyökök kiszámítása nélkül találjuk meg azt a másodfokú egyenletet, aminek a gyökei a megadott egyenlet gyökeinek a négyzetei.

2 0ax bx c+ + = 0a ≠

2.15 Feladat Keressük meg az összes olyan m valós számot, amelyre a következő egyenletnek két valós gyöke van, és az egyik kétszer akkora, mint a másik.

− − + =29 18 8 16x mx m 0

2.16 Feladat Az egyenlet gyökei p és q. Keressük meg az összes olyan p, q számot, ami kielégíti ezeket a feltételeket.

+ + =2 0x px q

2.17 Feladat Keressük meg az összes olyan valós számot, amelyre a következő egyenleteknek van közös gyökük.

( )− + + =22 3 2 12x m x 0

( )− − + =24 9 2 36x m x 0

0 =

Harmadik rész

Magasabb fokú polinomok és polinom egyenletek 1 A polinom egyenlet definíciója

A következő formájú egyenleteket,

11 1... 0n n

n na x a x a x a−−+ + + + ,

ahol , , ..., , , valós számok, n pedig egy egész szám, polinom egyenletnek hívjuk, x az ismeretlen. Az n szám a polinom egyenlet foka.

0na ≠ 1na − 1a 0a

Speciális esetei a lineáris egyenletek: 0ax b+ = , 0a ≠ , másodfokú egyenletek: , és harmadfokú egyenletek 2 0ax bx c+ + = 0a ≠ 3 2 0ax bx cx d+ + + = , . 0a ≠

n-ed fokú polinomok

Azt a következő alakú polinomot, 1

1 1...n nn na x a x a x a−

− 0+ + + + , ahol , , ..., , valós számok, n pedig egy természetes szám és , n-ed fokú polinomnak hívjuk.

na 1na − 1a 0a 0na ≠

Polinomok osztása

A polinomok osztása ugyanúgy működik, mint az egész számok osztása.

3.1 Példa

Végezzük el a két polinom osztását: ( ) (4 3 2 28 16 7 2 : 3 2x x x x x x− + − − − + )

),

( ) (4 2 29 26 20 : 3 2 5x x x x+ + − + .

Megoldás

( ) ( )4 3 2 2 2

4 3 2

3 2

3 2

2

2

8 16 7 2 : 3 2 5

3 2

5 14 7

5 15 10

3 2

3 20

x x x x x x x x

x x x

x x x

x x x

x x

x x

− + − − − + = − −

− + −

− + −

− +

− + −

− +

1

Így is felírhatjuk: 4 3 2

22

8 16 7 25 1

3 2x x x x

x xx x

− + − −= − −

− +

Az osztást bármely valós szám esetén elvégezhetjük, amire igaz, hogy , azaz 1 és 2 kivételével minden valós szám esetén. ( )( )2 3 2 1 2x x x x− + = − − ≠ 0

Ha az eljárást ebben a formában írjuk fel: ( ) ( )− + − − = − − − +4 3 2 2 28 16 7 2 5 1 3 2x x x x x x x x ,

ez az egyenlőség igaz lesz esetén is. = =1, 2x x

( ) ( )4 2 2 2

4 3 2

3 2

3 2

2

2

9 26 20 : 3 2 5 3 2

9 6 15

6 11 20

6 4 10

15 10 20

15 10 255

x x x x x x

x x x

x x

x x x

x x

x x

+ + − + = + +

− + −

+ +

− + −

− +

− + −

−

5

Így is felírhatjuk: 4 2

22 2

9 26 20 53 2 5

3 2 5 3 2x x

x xx x x x+ + −

= + + +− + − + 5

00

Az osztást bármely valós szám esetén elvégezhetjük, amire igaz, hogy , azaz minden valós szám esetén, ugyanis a

23 2 5x x− + ≠23 2 5x x− + = egyenlet diszkriminánsa

negatív. Az eljárást a következő szorzat formájában is felírhatjuk:

( ) ( )+ + = + + − + −4 2 2 29 26 20 3 2 5 3 2 5x x x x x x 5 , ami minden valós szám esetén igaz lesz.

Tétel A P és Q polinomokhoz találhatunk egy R és S polinomot úgy, hogy

( )( )

( ) ( )( )

P x S xR x

Q x Q x= + .

Ez az egyenlőség minden x valós számra igaz, ahol ( ) 0Q x ≠ , és az S polinom foka kisebb, mint a Q polinomé.

Ezt az egyenlőséget is felírhatjuk szorzat formájában: ( ) ( ) ( ) ( )= +P x R x Q x S x ,

de ez az egyenlőség minden valós szám esetén igaz.

3.1 Feladat Végezzük el a következő polinomok osztását, és írjuk fel a műveleteket szorzat formájában is: ( ) ( )38 27 : 2 3x x− − +

( ) (4 3 2 29 7 2 : 6x x x x x x− − − − − + )5

( ) ( )3 2 411 32 19 3 28 : 4 3x x x x x− + + − − +

n-ed fokú polinom egyenletek gyökei

Minden olyan egyenletnek, ami a következő formában írható fel, 1

1 1 0 =... 0n nn na x a x a x a−

−+ + + + 0na, ≠ , legfeljebb n valós gyöke van. Mint a másodfokú egyenletek megoldásából tudjuk, az elsőfokú kivételével bármely polinom egyenletnek lehet több megegyező gyöke. Ekkor azt mondjuk, hogy többszörös gyöke van, illetve a gyök többszörösségi fokáról beszélünk. Az 0x gyök többszörösségi foka akkor és csakis akkor k, ha az polinom az −

−+ + + +11 1...n n

n na x a x a x a0 − 0x x binom k. hatványával osztható, de a ( ). hatványával már nem osztható. +1k

3.2 Példa

A következő egyenletnek: ( ) ( )3 21 1x x x 0− + =

1x = gyöke háromszoros, gyöke kétszeres (vagy 3 ill. 2 többszörösségi fokkal rendelkeznek),

0x =1x = − gyöke pedig egyszerű.

Polinom egyenletek gyökei és együtthatói közötti kapcsolat

Ha a következő egyenlet: 1

1 1 0 =... 0n nn na x a x a x a−

−+ + + + 0na, ≠ , gyökei az x1, x2, x3, ..., xn (egyesek közülük megegyezhetnek), tényezőkre bonthatjuk a következő formába:

( )( )( ) ( )1 2 3 ... 0n na x x x x x x x x− − − − = . Ha az egyenlet baloldalán található szorzatot kifejtjük, akkor a következő alakot kapjuk:

( ) ( ) ( )− −−+ + + + + + + −− + + 1 2

1 2 1 2 1 3 1 1 2... ... ... 1 ... 0nn n nn n n na x x x x x x x x x x x x x x x =n .

A polinom egyenlet együtthatói és gyökei közötti kapcsolatot az egyenlet két eltérő alakjának összehasonlításával kapjuk:

11 2 ... n

nn

ax x x

a−+ + + = − ,

21 2 1 3 1... n

n nn

ax x x x x x

a−

−+ + + = ,

................................................

( ) 01 2 ... 1 n

nn

ax x x

a= − .

Polinom egyenletek megoldása

A lineáris és másodfokú egyenletek gyökeire vonatkozó képleteket az előző fejezetekben vezettük le. Hasonlóan vannak képletek a harmad- és negyedfokú egyenletek gyökeire is. De ezek nagyon bonyolultak, ezért nem fogjuk bemutatni ezeket itt.

Másrészről, nem lehetséges univerzális képleteket gyártani a magasabb fokú egyenletekhez. Ezeknek az egyenleteknek csak speciális formáihoz vannak megoldóképletek. Éppen ezért, lehetetlen megoldani egy tetszőleges polinom egyenletet néhány képlet alkalmazásával.

Itt meg fogjuk nézni azt az eljárást, ami alkalmas néhány magasabb fokú polinom egyenlet megoldására. Ez legalább az egyik gyök meghatározásán és az egyenlet fokának csökkentésén alapul. A következő tételt fogjuk használni. Tétel Ha x1 a következő egyenlet egyik gyöke:

11 1 0 =... 0n n

n na x a x a x a−−+ + + + 0na, ≠ ,

akkor ( )( )1 1

1 1 0 1 1 1 0... ... 0n n nn n na x a x a x a x x b x b x b− −

− −+ + + + = − + + + = , . 1 0nb − ≠

... 0nnb x b x b−−

A megadott egyenlet többi gyökét a következő egyenlet megoldásával találhatjuk meg: 1

1 1 0+ + + = 1 0n−, b ≠ . Folytathatjuk ezt az eljárást, hogy megtaláljuk a megadott egyenlet többi megoldását is.

3.3 Példa Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán: 3 26 11 6x x x 0− + − = .

Megoldás

Behelyettesítünk x helyére pár értéket az egyenlet bal oldalán. Ez alkalommal könnyű meglátni, hogy az egyenlet egyik megoldása. Így 1 1x =

( )( )3 2 26 11 6 1x x x x x px− + − = − + + q .

Az 2x px q+ + polinomot az polinom 3 26 11x x x− + − 6 1x − -gyel történő osztásával vagy a 3 26 11x x x 6− + −

polinom és a következő polinom együtthatóinak összehasonlításával kapjuk: ( )( ) ( ) ( )2 3 21 1x x px q x p x q p x− + + = + − + − − q .

Ebből következik, hogy , 1 6p − = − 11q p− = , 6q− = − vagy 5p = − , . Így, 6q =

( )( ) ( )( )( )3 2 26 11 6 1 5 6 1 2 3x x x x x x x x x− + − = − − + = − − − .

Az egyenlet gyökei: 1 1x = , , 2 2x = 3 3x = .

3.4 Példa

Oldjuk meg az egyenletet a valós számok halmazán: 5 4 3 26 10 16 24x x x x x 0− − + − + = .

Megoldás

Az egyenlet , gyökeit megtalálhatjuk, ha ezeket az értékeket helyettesítjük be x helyére. Így felírhatjuk a következőt:

1 3x = − 2 2x =

( )( )( )( ) ( ) ( ) ( )

5 4 3 2 3 2

5 4 3 2

6 10 16 24 3 2

1 6 6 6 6 .

x x x x x x x x px qx r

x p x p q x p q r x q r x r

− − + − + = + − + + +

= + + + + − + − + + + − + −

=

Így következik, hogy , , 1 1p + = − 6 6p q+ − = − 6 10p q r− + + = , 6 16q r− + = − , és így , , . Most már csak a következő egyenlet megoldása marad hátra:

6 2r− = 4

02p = − 2q = 4r = −

3 22 2 4x x x− + − = . Újra rájöhetünk, hogy az egy megoldás, ezért: 3 2x =

( )( ) ( ) ( )3 2 2 3 22 2 4 2 2 2 2x x x x x sx t x s x t s x− + − = − + + = + − + − − t . Így következik, hogy 2 2s − = − , , 2 2t s− = 2t 4− = − vagy 0s = , 2t = . Utoljára már csak az

egyenletet kell megoldanunk, aminek nincsenek valós gyökei. 2 2 0x + =Végül összefoglaljuk, hogy az egyenlet gyökei az 1 3x = − , 2 3 2x x= = .

3.5 Példa

Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán: 3 22 3 3 2x x x 0− − + = .

Megoldás

Tényezőkre bonthatjuk a harmadfokú polinomot az egyenlet bal oldalán: ( ) ( ) ( )( ) ( )

( )( ) ( )( )

3 2 3 2

2 2

2 3 3 2 2 1 3 1 2 1 1 3 1

1 2 2 2 3 1 2 5 2

x x x x x x x x x x x

x x x x x x x

− − + = + − + = + − + − + =

= + − + − = + − +

Az egyenlet egyik gyöke az 1 1x = − . Ezután, oldjuk meg a következő egyenletet 22 5 2x x 0− + =

a másodfokú megoldóképlet segítségével:

( )2

1,2

25 5 4 2 212 22

x± − − ⋅ ⋅

= =⋅

⎧⎪⎨⎪⎩

Az egyenlet gyökei: 1 1x = − , , 2 2x = 3

12

x = .

3.2 Feladat

Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán úgy, hogy először

meghatározunk néhányat a gyökeik közül: 4 22 3 2x x x− − − = 0

0,

4 3 24 3 4 4x x x x− + + − = , 3 24 72x x= − .

3.3 Feladat

Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán a polinomok egy megfelelő tényezőkre bontásával:

3 23 3x x x+ − − = 00

... 0n nn na x a x a x a−

−+ + + + 0na

, 3 23 3 1x x x+ + + = , 6 1 0x − = .

Egész együtthatójú polinom egyenletek racionális gyökei

Eddig a polinom egyenletek megoldását egy vagy több gyökük meghatározásával kezdtük. Amikor megtaláltuk ezeket, akkor lecsökkentettük velük a polinom fokát, és folytattuk tovább az előbbi eljárást. Megkönnyítheti a gyökök keresését, ha konkrétan tudjuk, hogy milyen számok halmazán keressük a gyököket. A következő tételt fogjuk használni. Tétel Ha a következő polinom egyenletnek,

11 1 0 = , ≠ ,

ahol , , ..., , egész számok, van egy na 1na − 1a 0ars

racionális gyöke, ahol r és s számok

relatív prímek, akkor az r szám osztója a0 –nak és az s szám osztója an –nek.

Ez a tétel lehetővé teszi számunkra, hogy a megadott polinom egyenlet racionális gyökeit is megtaláljuk. Más lehetséges gyökök a valós számok halmazából már az irracionális számok közül kerülnek ki.

3.6 Példa

Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán: 4 3 27 13 7 12x x x x 0− + − + = .

Megoldás

12 osztói a következők: , , , 1± 2± 3± 4± , 6± , 12± , míg 1 osztói: 1± . Ezért az egyenlet

lehetséges racionális gyökei a következő számok: 11

± , 21

± , 31

± , 41

± , 61

± , 121

± azaz 1± ,

, , , , . 2± 3± 4± 6± 12±

Ha behelyettesítjük ezeket az értékeket x helyére a megadott egyenlet bal oldalán, akkor azt találjuk, hogy , 1 3x = 2 4x = az egyenlet gyökei. Így felírhatjuk, hogy:

( )( )( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( )( )( )

4 3 2 2 2 2

4 3 2 2

7 13 7 12 3 4 7 12

7 7 12 12 7 12 3 4 1 .

x x x x x x x px q x x x px q

x p x p q x q q x q x x x

− + − + = − − + + = − + + +

= + − + − + + + − + = − − +

=

Ezért a megadott egyenlet gyökei: 1 3x = , 2 4x = és nincs több gyöke a valós számok halmazán.

3.7 Példa Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán: 3 22 11 17 6x x x 0+ + + = .

Megoldás

Az egyenlet lehetséges racionális gyökei a következők: 11

± , 21

± , 31

± , 61

± , 12

± , 22

± , 32

± ,

62

± , azaz , , , , 1± 2± 3± 6±12

± , 32

± . Ha kipróbáljuk ezeket a számokat mind, akkor azt

találjuk, hogy az egyenlet gyökei az 1 2x = − , 2 3x = − , 3

12

x = − .

3.4 Feladat Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán: , 3 22 7 7 2x x x− + − = 0

04 3 22 2 6 9x x x x− − − + = .

3.5 Feladat

Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán: 2 2

2

1 2 22

x xx

x x+ −

+ = ,

2

2

32 118

3 3x x

3xx− = −⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Több ismeretlenes lineáris és másodfokú egyenletrendszerek

3.8 Példa Oldjuk meg a következő egyenletrendszert a valós számok halmazán:

+ =

− =

⎧⎨⎩

2 2 253 5x yx y

Megoldás

Kifejezzük, hogy a második egyenletből és behelyettesítjük az első egyenletbe: 3 5y x= −

( )22 3 5 2x x+ − = 5 210 30 0x x− =

1 0x = , 2 3x = A második egyenletből a következőket kapjuk:

1 1 2 23 5 5, 3 5y x y x= − = − = − = 4

Miután kipróbáljuk, azt kapjuk, hogy a megadott rendszernek két megoldása van: , 1 0x = 1 5y = − és 2 3x = , 2 4y = .

3.9 Példa

Oldjuk meg a következő egyenletrendszert a valós számok halmazán: + =

+ + − − =

⎧⎪⎨⎪⎩

2 2

2 2

25

18 18 7 0

x y

x y x y

Megoldás

Kivonjuk a második egyenletből az elsőt, és ezt kapjuk: 18 18 7 25x y− − = −

1y x= + Ezt behelyettesítjük az első egyenletbe. A megadott egyenletrendszernek két megoldása van: , és , 1 4x = − 1 3y = − 2 3x = 2 4y = .

3.6 Feladat Oldjuk meg a következő egyenletrendszereket a valós számok halmazán:

+ + + =

+ =

⎧⎨⎩

2 2 18

xy x yx y

0

1

1

0

( ) ( )( ) ( )

− + − =

− + − =

⎧⎪⎨⎪⎩

2 2

2 2

1 2

2 1

x y

x y

− = −

− + =

+ + =

⎧⎪⎨⎪⎩

2 2 2

2 14

10

y zx y z

x y z

Behelyettesítés

Néhány magasabb fokú egyenletet megoldhatunk a behelyettesítés módszerével.

3.10 Példa Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán: 4 23 2x x− + = .

Megoldás Használjuk az behelyettesítést! Ez a megadott egyenletet a következő egyenletté alakítja át:

2y x=

2 3 2y y 0− + = , ( )( )1 2y y 0− − = ,

aminek a gyökei , . Így a megadott egyenlet gyökei: 1 1y = 2 2y = 1 1x = , , 2 1x = − 3 2x = ,

4 2x = − .

3.11 Példa

Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán: 3 2

1 22 1

x x 1x x

−+ = ⋅

−.

Megoldás

Az , 0x ≠12

x ≠ esetén használjuk az 2 1

xy

x=

−behelyettesítést! Ez a megadott egyenletet a

következő egyenletté alakítja át: 1

3 1 2yy

+ = ⋅ ,

2 20

3 3y

y + − = ,

( ) 21 0

3y y+ − =⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

,

aminek a gyökei: , 1 1y = − 2

23

y = .

Ez a következő egyenlethez vezet:

12 1

xx

= −−

,

aminek a gyöke az 1

13

x = , valamint a következő egyenlethez:

22 1 3

xx

=−

,

aminek a gyöke az 2 2x = .

Így a megadott egyenlet gyökei: 1

13

x = , 2 2x = .

3.7 Feladat Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán a behelyettesítés módszerét használva:

( )22 22 7 14 8x x x x+ − − − = 0 ,

2 12

1 2x x

x x+

+ =+

,

( )22 23 4x x x x− − − − = 0 ,

22

3 13 2x x

x x+ − + + = 0 .

3.8 Feladat

Oldjuk meg a következő egyenletrendszereket a valós számok halmazán behelyettesítést használva:

( ) ( )

( )

− +− =

+ −

+−− =

+ −

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

2 1 3 23

1 12 21

21 1

x yy x

yxy x

−

( )

++ =

+

+ =

⎧⎪⎨⎪⎩

22

2

2 144

x x yx y x

x x y

Negyedik rész

Több bonyolult feladat

4.1 Feladat Mely c valós számok esetén lesz a következő egyenletnek csak 2 valós megoldása a valós számok halmazán:

( )3 1 0x c x c+ − + = ?

4.2 Feladat Mely p valós számok esetén lesz a következő egyenletrendszernek:

⎧ − + =⎪⎨

+ + =⎪⎩

3

3

3 64 1

x x px x p 0

legalább egy megoldása a valós számok halmazán? 4.3 Feladat Keressük meg, hogy mely a valós számok esetén lesz következő egyenletrendszernek:

+ = +⎧⎪ + = +⎨⎪ + = +⎩

2 2 2

3 3 3

24

x y zx y zx y z a

1

megoldása a valós számok halmazán, és oldjuk is meg! 4.4 Feladat Keressük meg, hogy mely p valós számok esetén lesz az

3 2 2 3x px px p+ + = + egyenletnek három különböző valós gyöke: 1x , 2x és 3x amelyekre 2

1 2 3x x x= igaz. 4.5 Feladat Bizonyítsuk be, hogy az

3 21996 1995 0x x rx− + + = egyenletnek minden r valós paraméter esetén maximum egy egész gyöke lesz. 4.6 Feladat Keressük meg azokat a p valós számokat, amelyekre az

2 24 5 6 16x px p p+ + + − = 0 egyenletnek két különböző 1x , 2x gyöke lesz, és amelyekre az 2

122x x+ összeg a lehető

legkisebb. 4.7 Feladat Oldjuk meg a következő egyenletrendszert a valós számok halmazán!

( ) ( )⎧ + + + =⎪⎨

+ + =⎪+ +⎩

2 2

2 2

1 1 24

12 12 1 01 1

x y xy

x yx y

0

4.8 Feladat Keressük meg az összes olyan P polinomot, amelyre x minden valós értéke esetén igaz lesz a

( ) ( ) ( )22 8 2P x P x x= + − egyenlet. 4.9 Feladat Keressük meg az összes olyan P, Q polinomot, amelyekre x minden valós értéke esetén igaz lesz a

( ) ( ) ( )( )242 1Q x x x P x= + − egyenlet. 4.10 Feladat Keressük meg a szorzat eredményét!

( ) ( )− + − − + + + + + +2 99 100 2 99 11 ... 1 ...x x x x x x x x 00 .

4.11 Feladat Keressük meg az S összeg értékét, ha az a következő polinom együtthatóinak összege:

( ) ( ) ( )= − + ⋅ + −1988 19892 21 3 3 1 3 3F x x x x x .

4.12 Feladat Keressük meg az összes olyan F polinomot, ami kielégíti a következőket: a) ( )+ = + +23 7F x x x 12 ,

b) , ( )+ = − + −2 11 7 51 8 6 4F x x x x

c) ( ) ( )− + + = −21 2 1 3 7F x F x x x . 4.13 Feladat Keressük meg a következő polinom + + + + +3 9 27 81 243x x x x x x osztási maradékát, ha az osztó:

a) −1x , b) −2 1x ! 4.14 Feladat Határozzuk meg azt a lehető legkisebb fokú F polinomot, ami az ( és ( ) kifejezésekkel történő osztás esetén rendre 2x, illetve 3x maradékot ad.

)−21x −

32x

4.15 Feladat Keressük meg azt az n természetes számot, amire az

( ) ( ) ( ) ( )= + − + − − + +1 2 1 3 2n nn nF x x x x 1n

polinom osztható a következő kifejezéssel: ( ) = − −2 2G x x x .

4.16 Feladat Tegyük fel hogy a következő egyenlet két gyökének összege 1!

− − + =3 22 7x x x d 0 Határozzuk meg d összes lehetséges értékét és az egyenlet gyökeit is! 4.17 Feladat Tegyük fel, hogy az egyenlet + + =3 0x px q 1 2 3, ,x x x gyökei kielégítik a következő összefüggést:

= +31 2

1 1xx x

.

Milyen feltételeket kell a p, q együtthatóknak kielégíteniük? 4.18 Feladat Határozzuk meg az összes olyan a, b, p, q valós számokat, úgy, hogy igaz legyen a következő:

( ) ( ) ( )− − + = + +1020 20 22 1x ax b x px q .

Ötödik rész

Válaszok

1.1 Feladat: a) = 1x , b) nincsen megoldása, c) minden valós szám.

1.2 Feladat: = −13

x .

1.3 Feladat: 43 diák.

2.1 Feladat: a) 1 21,12

x x= − = − , b) 1 21, 8x x= = , c) 1 2

32

x x= = .

2.2 Feladat: a) 4 1

3x

x−

−, , b) ≠ − ≠x x2, 3

( )( )1

1 37 x x+ −, ≠ ± ≠ ≠x x x1, 2, 3 .

2.3 Feladat: a) ( ) ((∈ −∞ − ∪ − ∪x , 2 1,1 1,3 , b) )(∈ −∞ ∪ +∞x ,1 5, .

2.4 Feladat: Megoldás menete - + −+ = − = = =1 2 1 2 1 2

6 6, 6, ,2 2

p px x p x x x x , −=

2

1 236

4px x

valamint , aztán = −1 2 9x x p − =2 4 0,p p = 0p vagy = 4p .

2.5 Feladat: a) ( ) ( )+ −7x x x 6 , b) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )− − = + − + −2 25 8 5 5 8x x x x x x 8 , c)

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )− − + = − − − = + − + +4 2 2 2 2 26 4 9 6 2 3 2 3 3 2 2 3 2 3 3 2 3 2x x x x x x x x x x

2.6 Feladat: −

+

22

xx

, ≠ − ≠ ±2, 1x x .

2.7 Feladat: a) ( )

−+

−

2

22

2 4 2

1

x x

x≠ ±1, x , b)

( )( )( )− + −10

5 2 1x x x, ≠ − ≠ ≠2, 5, 1x x x .

2.8 Feladat: . = 7p

2.9 Feladat: Megoldás menete - ( ) ⎛ ⎞= + − =⎜ ⎟⎝ ⎠

1108, 3 1082

vt v t , − − =22 36 0t t , =92

t óra.

2.10 Feladat: Megoldás menete - . A három egymást követő páratlan szám az 5, 7, 9.

( ) ( )2 22 2 4x x x+ + + + = 155

2.11 Feladat: a) 1 2 2x x= = , b) 1 2,3 5 3 5

2 2x x= =

− − − + .

2.12 Feladat: ( )3 3, , 12 2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞−∞ − ∪ − − ∪ − +∞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1, .

2.13 Feladat: Ötlet - a p, q számok az 2 0x px q− + = egyenlet gyökei.

2.14 Feladat: ( )' '1 2

2 222 2

1 2 1 2 1 2 2

22 2x x xb c b acx x x x xa a a

+ =−⎛ ⎞+ = + − = − − ⋅ =⎜ ⎟

⎝ ⎠, ' '

1 2

22 21 2 2x x x

cxa

= = ,

a kért egyenlet a következő: 2 2

22 2

2 0b ac cx xa a−

− + = , azaz ( )2 2 2 22 0a x b ac x c− − + = .

2.15 Feladat: Megoldás menete - =1 22x x , + = =1 2 23 2x x x m , −= =2

1 2 216 82

9mx x x ,

eredmény: , . = −1 2m =2 1m2.16 Feladat: vagy . = = 0p q = = −1, 2p q2.17 Feladat: , a közös gyök az = 3m = 4x .

3.1 Feladat: a) ( ) ( )3 28 27 : 2 3 4 6 9xx x x− − + = − + − , 32

x ≠ − ,

vagy ( ) ( )− − = − + − +3 28 27 4 6 9 2 3x x x x minden x valós számra,

b) 4 3 2

22 2

9 7 2 136 1183 246 5 6 5

x x x x xx xx x x x

− − − − −= − − −

− + − +, 5, 1x x≠ − ≠ ,

vagy ( ) ( ) ( )− − − − = − − − + − −4 3 2 2 29 7 2 3 24 6 5 136 118x x x x x x x x x minden x valós számra.

( ) ( )3 2 4 3 211 32 19 3 28 : 4 3 5 13 8x x x x x x x x− + + − − + = + + +43

x ≠, ,

vagy ( ) ( )− +− + + − = + + +3 2 4 3 2 4 311 32 19 3 28 5 13 8 xx x x x x x x minden x valós számra.

3.2 Feladat: a) , b) 1 21, 2x x= − = 1 2 3,41, 1, 2x x x= − = = , c) 6x = − .

3.3 Feladat: a) ( ) ( ) ( )3 1 1x x x+ + − = 0 , b) ( )31 0x + = ,

c) ( ) . ( ) ( ) ( )2 21 1 1 1x x x x x x+ − + + − + = 0

3.4 Feladat: a) 1 2 31 , 1,2

x x x= = 2= , b) 1 21, 3x x= = .

3.5 Feladat: a) , b) 1 2 31, 1, 2x x x= − = = 1 2 3,44, 5, 1 5x x x= = = − ± .

3.6 Feladat: a) ( )− +4 33, 4 33 , ( )+ −4 33, 4 33 , b) ( ) ( )1,1 , 2,2 , c) , ( )3,0,1 ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

8 1 5, ,3 3 3

.

3.7 Feladat: a) , b) 1 2 3,44, 2, 1x x x= − = = − 1x = , c) 1,21 17

2x ±

= , d) 1,1 2 3x = − ± .

3.8 Feladat: a) nincs megoldás, b) ( ) ( )− −6, 6 , 6,6 .

4.1 Feladat: Megoldás menete - ( ) ( )21 0x x x c+ − + = , eredmény: 2c = − vagy 14

c = .

4.2 Feladat: vagy vagy 0p = 2p = 10p = . 4.3 Feladat: , az egyenletrendszer megoldása 8a = [ ] [ ], , 2, ,x y z p p= vagy

[ ] [, , , 2, ]x y z p p= , ahol p egy paraméter a valós számok halmazán.

4.4 Feladat: Megoldás menete – ha a Vieta-formulát használjuk, az eredmény: , , , . 3p = − 1 4x = 2 1x = 3 2x = −

4.5 Feladat: Megoldás ötlete – ha a, b, c a gyökök, akkor 1996a b c+ + = és . 1995abc =4.6 Feladat: Megoldás menete – használjuk a Vieta-formulát és a következő egyenlőséget kapjuk: ( )22 2

1 2 1 2 12 2x x x x x x+ = + − , eredmény: 1p = , . 2 21 2 26x x+ =

4.7 Feladat: Megoldás menete – használjuk a következő behelyettesítést: 2 1xu

x=

+,

2 1yv

y=

+, megoldások: ( ) ( )= + − +, 3 8, 2x y 3 , ( ) ( )= + − −, 3 8, 2x y 3 ,

( ) ( )= − − +, 3 8, 2x y 3 , ( ) ( )= − − −, 3 8, 2x y 3 , ( ) ( )= − + +, 2 3, 3x y 8 ,

( ) ( )= − + −, 2 3, 3 8x y , ( ) ( )= − − +, 2 3, 3x y 8 , ( ) ( )= − − −, 2 3, 3 8x y .

4.8 Feladat: Ötlet – a polinom foka legalább 2, eredmény: ( ) 21 24 3

P x x x 47

= − + − vagy

( ) 3 21 24 3

P x ax x x= − + −47

, a egy paraméter a valós számok halmazán.

4.9 Feladat: A négy megoldás: ( ) 2P x x 2= + és ( ) 2 2 1Q x x x= − + , és ( ) 2P x x= − 2

( ) 2 14 1Q x x x= + + , és ( ) 2P x x= − + 2 ( ) 2 14 1Q x x x= + + , és ( ) 2P x x= − − 2

( ) 2 2 1Q x x x= − + . 4.10 Feladat: + + + + +2 4 198 201 ... 0x x x x . 4.11 Feladat: ( )= =1 1S F .

4.12 Feladat: a) ( ) = +2F x x x , b) nem létezik ilyen polinom mivel ( )+2 1F x foka páros, c)

( ) = −2 3F x x x . 4.13 Feladat: a) 6, b) 6x. 4.14 Feladat: Ötlet – használjuk az egyenlőséget, a

( ) ( ) ( ) ( ) ( )= − + = − +2 31 2 2F x x P x x x Q x x3

( ) ( )− +3 4x Q x x polinomot el kell osztani ( -nel, az eredmény: )−21x

( ) = − + − +4 3 24 27 66 65 2F x x x x x 4 . 4.15 Feladat: Ötlet - ( ) ( ) ( )= + −1G x x x 2 , így igaznak kell lennie, hogy ( ) ( )− = =1 2F F 0 , eredmény: n páros szám.

4.16 Feladat: Megoldás menete – ha + =1 2 1x x , akkor = −312

x , ahonnan és = −3d

±=1,2

1 132

x .

4.17 Feladat: Ötlet - − = , eredmény: = + = −1 2 3 1 2 3q x x x x x x + + =3 0q pq q .

4.18 Feladat: Ötlet – hasonlítsuk össze 20x együtthatóit, helyettesítsük be =12

x -et, így

= ± −20 202 1a , = −2ab , (⎛ ⎞− = + +⎜ ⎟

⎝ ⎠

201021

2 )x x px q , ahonnan = −1p , =14

q .