Matematika | Felsőoktatás » Jaroslav Zhouf - Polinomok és egyenletek

Polinomok és egyenletek Jaroslav Zhouf Első rész Lineáris egyenletek 1 A lineáris egyenlet definíciója A következő formájú egyenleteket: ax + b = 0 , ahol a, b valós számok és a ≠ 0 , lineáris egyenletnek hívjuk, x az ismeretlen. 2 Lineáris binom Az ax + b kifejezést, ahol a, b valós számok és a ≠ 0 , lineáris binomnak hívjuk. 1.1 Példa Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán: a) 3 x + 5 = 7 x + 13 , b) 5 ( 2 − x ) = −5 x − 7 , c) x 2− 3 =− ( ) 3−x 2 . Megoldás a) 4x + 8 = 0 x = −2 b) 10 − 5 x = −5 x − 7 0 ⋅ x + 17 = 0 Egyetlen szám sem elégíti ki az egyenlőséget. c) x 2− 3 =− 3+x 2 0⋅x +0 = 0 Minden valós szám kielégíti az egyenlőséget. 3 Képlet a lineáris egyenlet gyökének meghatározására AZ ax + b = 0 , a ≠ 0 , egyenletnek pontosan egy gyöke van, konkrétan az x = − b a . 4 Különböző feladatok 1.1 Feladat Oldjuk meg a következő egyenleteket a

valós számok halmazán: x −1 a) 2 + − x = 1, 2 4x − 5 ⎛5 ⎞ b) = x −⎜ − x⎟, 2 ⎝2 ⎠ 4x − 5 c) = x − (1 − x ) . 2 1.2 Feladat Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán: ( 3 x − 1) 2 − 5 ( 2 x + 1) + 2 ( 6 x − 3 )( x + 1) = ( x − 1) + 3 ( 2 x − 1) . 2 2 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: ( ax + b )( cx + d ) = 0 , ahol a, b, c, d valós számok és a ≠ 0 , c ≠ 0 , 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: ( x − 2 )( 2 x + 3 ) = 0 . Megoldás Az x szám akkor és csakis akkor az egyenlet megoldása, ha vagy x −2 =0 2x + 3 = 0 , azaz x=2 A megadott egyenlet gyökei a 2 és − 2 x=− vagy 3 2 3 2 . . Egyenletek, amik átalakíthatóak két lineáris binom szorzatává 2.2 Példa Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán: 9 − x 2 = x + 3 . Megoldás ( 3 − x )( 3 + x ) − ( x + 3 ) = 0 ( 3 + x )( 2 − x ) = 0 x1 = −3, x2 = 2 Megjegyzés A több lineáris binom szorzataként felírt egyenletek hasonló módon oldhatók meg, például: 9⎞ ⎛ 2 2 ⎜ 16 x − ⎟ 1 − x = 0 4⎠ ⎝ ( ) 3 ⎞⎛ 3⎞ ⎛ ⎜ 4 x − ⎟ ⎜ 4 x + ⎟ (1 − x )(1 + x ) = 0 2 ⎠⎝ 2⎠ ⎝ x1 = 3 3 3 , x 2 = − , x3 = 1, x 4 = −1 8 8 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: a ( x − x1 )( x − x2 ) = 0 , a ≠ 0 . 2.3 Példa Készítsünk olyan egyenletet, aminek a gyökei a következők: a) x1 = 2, x2 = −3 , b) x1 = x2 = 4 . Megoldás a) A megoldás a következő egyenlet: a ( x − 2 ) ( x − ( −3 ) ) = 0, a ≠ 0 , ( ) a x 2 + x − 6 = 0, a ≠ 0 . Ha az x melletti együtthatót eljelöljük b-vel, és -6a –t c-vel, akkor a következő egyenletet kapjuk: ax 2 + bx + c = 0 , a ≠ 0 . b) Hasonlóan a ( x − 4 ) = 0, a ≠ 0 , 2 ( ) a x 2 − 8 x + 16 = 0, a ≠ 0 . Ha a következő jelölést használjuk: 8a = b , 16a = c , akkor a következő egyenletet kapjuk ax 2 + bx + c = 0 , a ≠ 0 . 4 Másodfokú egyenletek definíciója A következő formájú egyenleteket, ax 2 + bx + c = 0 , ahol a, b, c valós számok és a ≠ 0 , másodfokú egyenletnek hívjuk, x az

ismeretlen. Az ax2 kifejezést másodfokú tagnak hívjuk, a bx kifejezést lineáris tagnak és c-t szabad tagnak. 5 Másodfokú trinom Az ax 2 + bx + c kifejezést, ahol a, b c valós számok és a ≠ 0 , másodfokú trinomnak hívjuk. 6 Két speciális másodfokú egyenlet c = 0 esetén: Ebben az esetben, az egyenletünk a következő: ax 2 + bx = 0 , a ≠ 0 . Ez a tényezőkre bontás segítségével a következő módon oldható meg: x ( ax + b ) = 0 . Az egyenlet gyökei: x1 = 0, x2 = − b a . 2.4 Példa Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán: 2x 2 − 6 x = 0 Megoldás 2x ( x − 3 ) = 0 x1 = 0, x2 = 3 b = 0 esetén: Ebben az esetben az egyenletünk a következő: ax 2 + c = 0 , a ≠ 0 , c x2 = − , a ≠ 0 . a c Ha − < 0 , akkor az egyenletnek nincsen megoldása a valós számok halmazán. a Ha − c a ≥ 0 , akkor az egyenlet gyökei a következők: x1 = − c a , x2 = − − c a . 2.5 Példa Oldjuk meg a

következő egyenleteket a valós számok halmazán: a) 3 x 2 + 9 = 0 , b) 3 x 2 − 18 = 0 . Megoldás a) x 2 = −3 Ennek az egyenletnek nincs megoldása a valós számok halmazán. b) x1 = 7 6, x 2 = − 6 . A normált másodfokú egyenletek A következő egyenlet: ax 2 + bx + c = 0 , a ≠ 0 , átalakítható az a ≠ 0 együtthatóval történő osztással a normált formába: b c x2 + x + = 0 . a a b c Ha a következő jelölést használjuk: = p , = q , akkor megkapjuk a normált formát: a a 2 x + px + q = 0 . 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 x 2 + px + q = ( x − x1 )( x − x 2 ) , x 2 + px + q = x 2 − ( x1 + x 2 ) x + x1 x 2 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) x1 + x2 = − p , x1 x2 = q . Ha a másodfokú egyenlet nem a normált formájában van felírva, akkor a következők az összefüggések: x1 + x2 = − x1 x 2 = 9 c a b a , . Vieta-formula felhasználása a másodfokú egyenletek megoldására Először átalakítjuk az ax 2 + bx + c = 0 egyenletet a normált formájába: x 2 + px + q = 0 . Aztán megpróbáljuk meghatározni az x1, x2 számokat, amelyekre igaz, hogy x1 + x2 = − p , x1 x2 = q . Az x1, x2 számok az egyenlet megoldásai 2.6 Példa Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán: a) x 2 + 2 x − 8 = 0 , b) x 2 − 4 x + 4 = 0 . Megoldás a) Itt a következő egyenleteket kell megoldanunk: x1 + x2 = 2 , x1 x2 = −8 . A két gyök: x1 = −2, x2 = 4 . b) Itt a következő egyenleteket kell megoldanunk: x1 + x2 = 4 , x1 x2 = 4 . A két gyök: x1 = x2 = 2 . 10 Különböző másodfokú egyenletek 2.1 Feladat Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós

számok halmazán: a) 2 x 2 + 3 x + 1 = 0 , b) − x 2 + 9 x − 8 = 0 , c) 4 x 2 − 12 x + 9 = 0 . 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 x 2 + 7x + 6 egyszerűsítsük is azt: 3x 2 + 5x + 2 Megoldás A tört azokra az x-ekre nincs értelmezve, ahol 3x 2 + 5x + 2 = 0 . Hogy megtaláljuk x-et, végigmegyünk a fent említett eljáráson: 5 2 x1 + x 2 = − , x1 x 2 = 3 3 2 x1 = −1, x 2 = − 3 A tört minden valós számra értelmezve van, a -1 és − 2 3 számok kivételével. Ezután tényezőkre bontjuk a nevezőt: ⎛ ⎝ 3 x 2 + 5 x + 2 = 3 ( x + 1) ⎜ x + 2⎞ ⎟ 3⎠ A számláló tényezőkre bontása hasonlóan megoldható: x 2 + 7 x + 6 = ( x + 1)( x + 6 ) Így a következő kifejezést kapjuk: (

x + 1)( x + 6 ) x 2 + 7x + 6 x+6 x+6 . = = = 2 2⎞ 2 ⎞ 3x + 2 3x + 5x + 2 ⎛ ⎛ 3 ( x + 1) ⎜ x + ⎟ 3 ⎜ x + ⎟ 3⎠ 3⎠ ⎝ ⎝ 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: 4x 2 + 7x − 2 a) , x2 − x − 6 x 2 − 3x + 2 . b) 7 x 2 − 1 x 2 − 5x + 6 ( )( ) 2.3 Feladat Oldjuk meg a következőket a valós számok halmazán: a) ( x + 2 ) ⋅ ( x + 1) ⋅ ( x − 1) ⋅ ( x − 3 ) ⋅ ( x − 5 ) ≤ 0 , −1 3 ( )( −2 5 )( 4 ) b) x 2 − 4 x + 5 ⋅ x 2 − 4 x + 4 ⋅ x 2 − 4 x − 5 ≥ 0 . 2.4 Feladat Keressük meg az összes olyan p valós számot, amelyre a következő egyenlet két gyökének különbsége 6: x 2 − px + p − 9 = 0 2.5 Feladat Bontsuk tényezőkre a következő trinomokat: a) x 3 + x 2 − 42x , b) x 4 − 13 x 2 + 40 , c) 6 x 4 − 13 x 2 + 6 2.6 Feladat Határozzuk meg

az összes olyan x számot, amelyre a következő tört értelmezve van, és x 3 − 2x 2 − x + 2 egyszerűsítsük is a törtet: 3 x + 2x 2 − x − 2 2.7 Feladat Keressük meg az összes olyan x számot, amelyre értelmezve vannak a következő törtek, és egyszerűsítsük is a kifejezéseket: 1 2 1 a) 2 , + 2 − 2 x − 2x + 1 x − 1 x + 2x + 1 1 1 2 . b) 2 + 2 − 2 x − 3 x − 10 x + x − 2 x − 6 x + 5 2.8 Feladat Keressük meg az összes olyan p valós számot, amelyre az x 2 − px + 10 = 0 egyenletnek megoldása lesz az x = 2 . 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: 2 x 2 + x − 6 = 0 Megoldás A “ teljes négyzetté alakítás” módszerét használjuk: 2x 2 + x − 6 = 0 x2 + 1 2 x −3 = 0 2 2 ⎡ 2 1 ⎛ 1⎞ ⎤ ⎛ 1⎞ ⎢x + 2 ⋅ ⋅ x + ⎜ ⎟ ⎥ − ⎜ ⎟ − 3 = 0 4 ⎝4⎠ ⎦ ⎝4⎠ ⎣ 2 1⎞ 49 ⎛ =0 ⎜x + ⎟ − 2⎠ 16 ⎝ 1 7 ⎞⎛ 1 7⎞ ⎛ ⎜ x + − ⎟⎜ x + + ⎟ = 0 2 4 ⎠⎝ 2 4⎠ ⎝ 5 ( x − 1) ⎛⎜ x + ⎞⎟ = 0 2⎠ ⎝ x1 = 1, x2 = − 5 2 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) 9 x 2 + 12 x + 4 = 0 , b) −2 x 2 + 4 x − 3 = 0 . Megoldás a) x2 + 4 3 x+ 4 =0 9 2 2⎞ ⎛ ⎜x + ⎟ = 0 3⎠ ⎝ x1 = x 2 = − 2 3 b) x 2 − 2x + ( x − 1) 2 + 3 2 1 =0 =0 2 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: 2 a) x − 2 2x + 2 = 0 b) x 2 + 3 x + 1 = 0 14 Képlet az általános másodfokú egyenlet gyökeire (a másodfokú megoldóképlet) Az előző fejezet eljárását fogjuk használni, hogy megoldjuk az általános másodfokú egyenletet: ax 2 + bx + c = 0 , a ≠ 0 . Először, átalakítjuk az egyenletet az normált formájába: b c x2 + x + = 0 a a b Aztán kiegészítjük a x 2 + x binomot egy lineáris binom négyzetévé és mint másodfokú a egyenletet megoldjuk a lineáris tag nélkül: 2 2 ⎡ 2 b ⎛ b ⎞ ⎤ ⎛ b ⎞ c ⎢x + 2 ⋅ ⋅ x + ⎜ ⎟ ⎥ − ⎜ ⎟ + = 0 2a ⎝ 2a ⎠ ⎦ ⎝ 2a ⎠ a ⎣ 2 b ⎞ b 2 − 4ac ⎛ + = x . ⎜ ⎟ 2a ⎠ 4a 2 ⎝ A 4a 2 nevező pozitív és az utolsó egyenlőség baloldala nem-negatív. Az egyenletnek akkor

és csakis akkor van legalább egy megoldása, ha b 2 − 4ac ≥ 0 . Így, ha b 2 − 4ac ≥ 0 , folytathatjuk a megadott általános másodfokú egyenlet megoldását: 2 b ⎞ ⎛ b 2 − 4ac ⎛ x + ⎜ ⎟ −⎜ 2a ⎠ ⎜⎝ 2a ⎝ ⎛ b b 2 − 4ac ⎞ ⎛ b − + ⎜x + ⎟⎜ x + ⎜ ⎟⎜ 2a 2a 2a ⎝ ⎠⎝ x1 = x2 = 2 ⎞ ⎟ =0 ⎟ ⎠ b 2 − 4ac ⎞ 2a ⎟=0 ⎟ ⎠ −b + b 2 − 4ac 2a −b − b 2 − 4ac 2a Ezt a következő rövidebb formában szoktuk felírni: x1,2 = −b ± b 2 − 4ac 2a A másodfokú egyenlet megoldása a b 2 − 4ac kifejezés előjelétől függ, amit diszkriminánsnak hívunk és a következő módon jelölünk: D = b 2 − 4ac . Foglaljuk össze, amit felfedeztünk: Az ax 2 + bx + c = 0 , a ≠ 0 egyenletnek nincsen valós b akkor és csakis gyöke akkor és csakis akkor ha D < 0 , a valós gyökei x1 = x 2 = − 2a b akkor ha D = 0 (azt mondjuk, hogy − egy kétszeres gyök), vagy két különböző, 2a x1,2 = −b ± b 2

− 4ac 2a gyöke van akkor és csakis akkor, ha D > 0 . 2.10 Példa Oldjuk meg a következő egyenletek a valós számok halmazán a másodfokú megoldóképletet használva: a) x 2 + 3 = 4 3 x , b) 16 x 2 − 8 x + 1 = 0 , c) 2 x 2 + 8 x + 15 = 0 . Megoldás a) ( D = −4 3 x1,2 = 4 3 ± 36 2 = ) 2 − 4 ⋅ 1⋅ 3 = 36 > 0 4 3 ±6 2 ⎧⎪2 3 + 3 = 2 3 ±3 = ⎨ ⎪⎩2 3 − 3 b) D = ( −8 ) − 4 ⋅ 16 ⋅ 1 = 0 2 x1 = x 2 = − −8 2 ⋅ 16 = 1 4 c) D = 8 2 − 4 ⋅ 2 ⋅ 15 = −56 < 0 Ennek az egyenletnek nincsen megoldása a valós számok halmazán. 2.12 Feladat Keressük meg a következő kifejezés értelmezési tartományát: x + x+4 2x + 5 x + 3 2 . 2.13 Feladat Bizonyítsuk be, hogy amennyiben két szám összege p, a szorzatuk pedig q, akkor igaz, hogy: 4q ≤ p 2 . 15 A másodfokú egyenlet gyökei és együtthatói közötti kapcsolat Ha ax 2 + bx + c = 0 egy másodfokú egyenlet, ahol D = b 2 − 4ac ≥ 0 , míg a

gyökei x1,2 = x1 + x 2 = −b ± D 2a −b + D 2a a ≠ 0 , akkor a diszkriminánsa , akkor igaz, hogy + −b − D 2a =− ( b a , ) 2 2 −b + D −b − D b 2 − D b − b − 4ac c x1 x2 = ⋅ = = = . 2 2 a 2a 2a 4a 4a Ezeket az összefüggéseket a gyökök és az együtthatók között Vieta-formulának nevezik. 2.11 Példa Keressük meg, hogy milyen a, b, c, a ≠ 0 valós számok esetén igaz, hogy az ax 2 + bx + c = 0 egyenlet gyökei a) egymás ellentettjei, egymás reciprokai Megoldás a) Az egyenletnek valódi gyökei vannak, ezért b 2 − 4ac ≥ 0 . Az x1, x2 egymás ellentettjei, b ezért 0 = x1 + x 2 = − és így b = 0 . Így −4ac ≥ 0 , azaz ac ≤ 0 Fordítva, ha b = 0 és a ac ≤ 0 , akkor az egyenletnek két valódi gyöke van, amik egymás ellentettjei. Így az egyenlet gyökei akkor és csakis akkor egymás ellentettjei, ha b = 0 és ac ≤ 0 . b) Hasonlóan, b 2 − 4ac ≥ 0 . Az x1 x2 = 1 egyenlőség igaz, ha a gyökök egymás

reciprokai, c így = x1x2 = 1 vagy másképpen a = c . Ezért b 2 − 4ac = b 2 − 4a 2 ≥ 0 Az egyenletnek a akkor és csakis akkor egymás reciprokai a megoldásai, ha a = c és b 2 − 4a 2 ≥ 0 . 2.12 Példa Adott az x 2 − 27 x + 180 = 0 egyenlet. A gyökök kiszámítása nélkül határozzuk meg azt a másodfokú egyenletet, aminek a gyökei a reciprokai a megadott egyenlet gyökeinek. Megoldás Ha x1, x2 a megadott egyenlet megoldásai és x1 , x2 az új egyenlet megoldásai, akkor 1 1 , x2 = . Mivel x1 + x2 = 27 és x1 x2 = 180 a megadott egyenlet esetén, az új x1 = x1 x2 egyenletre a következők igazak: x + x2 1 1 27 x1 + x2 = + = 1 = , x1 x2 x1 x2 180 x1 x 2 = 1 ⋅ 1 x1 x 2 = 1 x1 x 2 = 1 180 . Az új egyenlet így a következő formájú: x2 − 27 x+ 1 = 0, 180 180 180 x 2 − 27 x + 1 = 0 . 2.14 Feladat Adott az ax 2 + bx + c = 0 , a ≠ 0 egyenlet. A gyökök kiszámítása nélkül találjuk meg azt a másodfokú egyenletet, aminek a gyökei a

megadott egyenlet gyökeinek a négyzetei. 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. 9 x 2 − 18mx − 8m + 16 = 0 2.16 Feladat Az x 2 + px + q = 0 egyenlet gyökei p és q. Keressük meg az összes olyan p, q számot, ami kielégíti ezeket a feltételeket. 2.17 Feladat Keressük meg az összes olyan valós számot, amelyre a következő egyenleteknek van közös gyökük. 2 x 2 − ( 3m + 2 ) x + 12 = 0 4 x 2 − ( 9m − 2 ) x + 36 = 0 Harmadik rész Magasabb fokú polinomok és polinom egyenletek 1 A polinom egyenlet definíciója A következő formájú egyenleteket, an x n + an −1 x n −1 + . + a1 x + a0 = 0 , ahol an ≠ 0 , an −1 , ., a1 , a0 , valós számok, n pedig egy egész szám, polinom egyenletnek hívjuk, x az ismeretlen. Az n szám a polinom egyenlet foka Speciális esetei a lineáris egyenletek: ax + b = 0 , a ≠ 0 , másodfokú

egyenletek: ax 2 + bx + c = 0 , a ≠ 0 és harmadfokú egyenletek ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 , a ≠ 0 . n-ed fokú polinomok Azt a következő alakú polinomot, an x n + an −1 x n −1 + . + a1 x + a0 , ahol an , an −1 , ., a1 , a0 valós számok, n pedig egy természetes szám és an ≠ 0 , n-ed fokú polinomnak hívjuk. Polinomok osztása A polinomok osztása ugyanúgy működik, mint az egész számok osztása. 3.1 Példa Végezzük el a két polinom osztását: x 4 − 8 x 3 + 16 x 2 − 7 x − 2 : x 2 − 3 x + 2 , ( (9x 4 ) ( ) ( ) + 26 x 2 + 20 : 3 x 2 − 2 x + 5 . ) Megoldás (x 4 ) ( ) − 8 x 3 + 16 x 2 − 7 x − 2 : x 2 − 3 x + 2 = x 2 − 5 x − 1 − x 4 + 3 x 3 − 2x 2 − 5 x 3 + 14 x 2 − 7 x 5 x 3 − 15 x 2 + 10 x − x 2 + 3x − 2 x 2 − 3x + 2 0 Így is felírhatjuk: x 4 − 8 x 3 + 16 x 2 − 7 x − 2 = x 2 − 5x − 1 x 2 − 3x + 2 Az osztást bármely valós szám esetén elvégezhetjük, amire igaz, x 2 − 3 x + 2 = ( x

− 1)( x − 2 ) ≠ 0 , azaz 1 és 2 kivételével minden valós szám esetén. Ha az eljárást ebben a formában írjuk fel: x 4 − 8 x 3 + 16 x 2 − 7 x − 2 = x 2 − 5 x − 1 x 2 − 3 x + 2 , ( )( hogy ) ez az egyenlőség igaz lesz x = 1, x = 2 esetén is. (9x 4 ) ( ) + 26 x 2 + 20 : 3 x 2 − 2 x + 5 = 3 x 2 + 2 x + 5 −9 x 4 + 6 x 3 − 15 x 2 6 x 3 + 11x 2 + 20 −6 x 3 + 4 x 2 − 10 x 15 x 2 − 10 x + 20 −15 x 2 + 10 x − 25 −5 Így is felírhatjuk: 9 x 4 + 26 x 2 + 20 = 3 x 2 + 2x + 5 + −5 3x − 2x + 5 3 x − 2x + 5 Az osztást bármely valós szám esetén elvégezhetjük, amire igaz, hogy 3 x 2 − 2 x + 5 ≠ 0 , azaz minden valós szám esetén, ugyanis a 3 x 2 − 2 x + 5 = 0 egyenlet diszkriminánsa negatív. Az eljárást a következő szorzat formájában is felírhatjuk: 9 x 4 + 26 x 2 + 20 = 3 x 2 + 2 x + 5 3 x 2 − 2 x + 5 − 5 , 2 ( )( 2 ) ami minden valós szám esetén igaz lesz. Tétel A P és Q polinomokhoz

találhatunk egy R és S polinomot úgy, hogy P (x) S (x) . = R (x) + Q(x) Q(x) Ez az egyenlőség minden x valós számra igaz, ahol Q ( x ) ≠ 0 , 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: −8 x 3 − 27 : ( 2 x + 3 ) ( ) ( x − 9x − x − 7x − 2) : ( x − 6x + 5) (11x − 32 + 19 x + 3 x − 28 x ) : ( −4 + 3 x ) 4 3 3 2 2 2 4 n-ed fokú polinom egyenletek gyökei Minden olyan egyenletnek, ami a következő formában írható fel, an x n + an −1 x n −1 + . + a1 x + a0 = 0 , an ≠ 0 , 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 x0 gyök többszörösségi foka akkor és csakis akkor k, ha az an x n + an −1x n −1 + . + a1x + a0 polinom az x − x0 binom k hatványával osztható, de a ( k + 1 ). hatványával már nem osztható 3.2 Példa A következő egyenletnek: ( x − 1) x 2 ( x + 1) = 0 x = 1 gyöke háromszoros, x = 0 gyöke kétszeres (vagy 3 ill. 2 többszörösségi fokkal rendelkeznek), x = −1 gyöke pedig egyszerű. 3 Polinom egyenletek gyökei és együtthatói közötti kapcsolat Ha a következő egyenlet: an x n + an −1 x n −1 + . + a1 x + a0 = 0 , an ≠ 0 , gyökei az x1, x2, x3, ., xn (egyesek közülük megegyezhetnek), tényezőkre bonthatjuk a következő formába: an ( x − x1 )( x − x2 )( x − x3 ) . ( x − xn ) = 0 Ha az egyenlet baloldalán található szorzatot kifejtjük, akkor a következő alakot kapjuk: an x n − ( x1 + x2 + . + xn ) x n −1 + ( x1x2 + x1x3 + + xn −1xn

) x n − 2 + + ( −1) x1x2 xn = 0 A polinom egyenlet együtthatói és gyökei közötti kapcsolatot az egyenlet két eltérő alakjának összehasonlításával kapjuk: a x1 + x2 + . + xn = − n −1 , an n x1 x2 + x1 x3 + . + xn −1 xn = an − 2 , an . n a x1 x2 .xn = ( −1) 0 an 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: an x n + an −1 x n −1 + . + a1 x + a0 = 0 , an ≠ 0 , akkor an x n + an −1 x n −1 + . + a1 x + a0 = ( x − x1 ) bn −1 x n −1 + + b1 x + b0 = 0 , bn −1 ≠ 0 ( ) A megadott egyenlet többi gyökét a következő egyenlet megoldásával találhatjuk meg: bn −1 x n −1 + . + b1 x + b0 = 0 , bn−1 ≠ 0 Folytathatjuk ezt az eljárást, hogy megtaláljuk a megadott egyenlet többi megoldását is. 3.3 Példa Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán: x 3 − 6 x 2 + 11x − 6 = 0 . Megoldás Behelyettesítünk x helyére pár értéket az egyenlet bal oldalán. Ez alkalommal könnyű meglátni, hogy x1 = 1 az egyenlet egyik megoldása. Így ( ) x 3 − 6 x 2 + 11x − 6 = ( x − 1) x 2 + px + q . Az x 2 + px + q polinomot az x 3 − 6 x 2 + 11x − 6 polinom x − 1 -gyel

történő osztásával vagy a x 3 − 6 x 2 + 11x − 6 polinom és a következő polinom együtthatóinak összehasonlításával kapjuk: ( x − 1) ( x 2 ) + px + q = x 3 + ( p − 1) x 2 + ( q − p ) x − q . Ebből következik, hogy p − 1 = −6 , q − p = 11 , −q = −6 vagy p = −5 , q = 6 . Így, ( ) x 3 − 6 x 2 + 11x − 6 = ( x − 1) x 2 − 5 x + 6 = ( x − 1)( x − 2 )( x − 3 ) . Az egyenlet gyökei: x1 = 1 , x2 = 2 , x3 = 3 . 3.4 Példa Oldjuk meg az egyenletet a valós számok halmazán: x 5 − x 4 − 6 x 3 + 10 x 2 − 16 x + 24 = 0 . Megoldás Az egyenlet x1 = −3 , x2 = 2 gyökeit megtalálhatjuk, ha ezeket az értékeket helyettesítjük be x helyére. Így felírhatjuk a következőt: x 5 − x 4 − 6 x 3 + 10 x 2 − 16 x + 24 = ( x + 3 )( x − 2 ) x 3 + px 2 + qx + r = ( ) = x + ( p + 1) x + ( p + q − 6 ) x + ( −6 p + q + r ) x + ( −6q + r ) x − 6r . 5 4 3 2 Így következik, hogy p + 1 = −1 , p + q − 6 = −6 ,

−6 p + q + r = 10 , −6q + r = −16 , −6r = 24 és így p = −2 , q = 2 , r = −4 . Most már csak a következő egyenlet megoldása marad hátra: x 3 − 2x 2 + 2x − 4 = 0 . Újra rájöhetünk, hogy az x3 = 2 egy megoldás, ezért: ( ) x 3 − 2 x 2 + 2 x − 4 = ( x − 2 ) x 2 + sx + t = x 3 + ( s − 2 ) x 2 + ( t − 2s ) x − 2t . Így következik, hogy s − 2 = −2 , t − 2s = 2 , −2t = −4 vagy s = 0 , t = 2 . Utoljára már csak az x 2 + 2 = 0 egyenletet kell megoldanunk, aminek nincsenek valós gyökei. Végül összefoglaljuk, hogy az egyenlet gyökei az x1 = −3 , x 2 = x3 = 2 . 3.5 Példa Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán: 2 x 3 − 3 x 2 − 3 x + 2 = 0 . Megoldás Tényezőkre bonthatjuk a harmadfokú polinomot az egyenlet bal oldalán: 2 x 3 − 3 x 2 − 3 x + 2 = 2 x 3 + 1 − 3 x ( x + 1) = 2 ( x + 1) x 2 − x + 1 − 3 x ( x + 1) = ( ( ) ( ) ( = ( x + 1) 2 x 2 − 2 x + 2 − 3 x = ( x + 1) 2 x 2 − 5 x

+ 2 ) ) Az egyenlet egyik gyöke az x1 = −1 . Ezután, oldjuk meg a következő egyenletet 2x 2 − 5 x + 2 = 0 a másodfokú megoldóképlet segítségével: x1,2 = 5± Az egyenlet gyökei: x1 = −1 , x2 = 2 , x3 = ( −5 ) 2 − 4⋅2⋅2 2⋅2 1 2 ⎧2 ⎪ = ⎨1 ⎪⎩ 2 . 3.2 Feladat Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán úgy, hogy először meghatározunk néhányat a gyökeik közül: x 4 − 2x 2 − 3 x − 2 = 0 , x 4 − 4x3 + 3x 2 + 4x − 4 = 0 , x 3 = 24 x − 72 . 3.3 Feladat Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán a polinomok egy megfelelő tényezőkre bontásával: x 3 + 3x 2 − x − 3 = 0 , x3 + 3x 2 + 3x + 1 = 0 , x6 − 1 = 0 . 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, an x n + an −1 x n −1 + . + a1 x + a0 = 0 , an ≠ 0 , ahol an , an −1 , ., a1 , a0 egész számok, van egy r racionális gyöke, ahol r és s számok s 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: x 4 − 7 x 3 + 13 x 2 − 7 x + 12 = 0 . Megoldás 12 osztói a következők: ±1, ±2 , ±3 , ±4 , ±6 , ±12 , míg 1 osztói: ±1. Ezért az egyenlet 1 2 3 4 6 12 lehetséges racionális gyökei a következő számok: ± , ± , ± ,

± , ± , ± azaz ±1, 1 1 1 1 1 1 ±2 , ±3 , ±4 , ±6 , ±12 . Ha behelyettesítjük ezeket az értékeket x helyére a megadott egyenlet bal oldalán, akkor azt találjuk, hogy x1 = 3 , x2 = 4 az egyenlet gyökei. Így felírhatjuk, hogy: ( ) ( )( ) x 4 − 7 x 3 + 13 x 2 − 7 x + 12 = ( x − 3 )( x − 4 ) x 2 + px + q = x 2 − 7 x + 12 x 2 + px + q = ( ) = x 4 + ( p − 7 ) x 3 + ( −7 p + q + 12 ) x 2 + (12q − 7q ) x + 12q = ( x − 3 )( x − 4 ) x 2 + 1 . Ezért a megadott egyenlet gyökei: x1 = 3 , x2 = 4 és nincs több gyöke a valós számok halmazán. 3.7 Példa Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán: 2 x 3 + 11x 2 + 17 x + 6 = 0 . Megoldás 1 2 3 6 1 2 3 Az egyenlet lehetséges racionális gyökei a következők: ± , ± , ± , ± , ± , ± , ± , 1 1 1 1 2 2 2 6 1 3 ± , azaz ±1, ±2 , ±3 , ±6 , ± , ± . Ha kipróbáljuk ezeket a számokat mind, akkor azt 2 2 2 1 találjuk, hogy az egyenlet gyökei az x1 = −2 , x2 = −3 ,

x3 = − . 2 3.4 Feladat Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán: 2x 3 − 7 x 2 + 7 x − 2 = 0 , x 4 − 2x 3 − 2x 2 − 6x + 9 = 0 . 3.5 Feladat Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán: x 2 + 1 2x 2 − 2 + = 2x , x x2 x 2 32 ⎛ x 11 ⎞ − 2 = 8⎜ − ⎟. 3 x ⎝ 3 3x ⎠ Több ismeretlenes lineáris és másodfokú egyenletrendszerek 3.8 Példa Oldjuk meg a következő egyenletrendszert a valós számok halmazán: ⎧ x 2 + y 2 = 25 ⎨ ⎩3 x − y = 5 Megoldás Kifejezzük, hogy y = 3 x − 5 a második egyenletből és behelyettesítjük az első egyenletbe: x 2 + ( 3 x − 5 ) = 25 2 10 x 2 − 30 x = 0 x1 = 0 , x2 = 3 A második egyenletből a következőket kapjuk: y1 = 3 x1 − 5 = −5, y 2 = 3 x2 − 5 = 4 Miután kipróbáljuk, azt kapjuk, hogy a megadott rendszernek két megoldása van: x1 = 0 , y1 = −5 és x2 = 3 , y 2 = 4 . 3.9 Példa Oldjuk meg a következő egyenletrendszert a valós számok

halmazán: ⎧⎪ x 2 + y 2 = 25 ⎨ 2 2 ⎪⎩ x + y + 18 x − 18 y − 7 = 0 Megoldás Kivonjuk a második egyenletből az elsőt, és ezt kapjuk: 18 x − 18 y − 7 = −25 y = x +1 Ezt behelyettesítjük az első egyenletbe. A megadott egyenletrendszernek két megoldása van: x1 = −4 , y1 = −3 és x2 = 3 , y 2 = 4 . 3.6 Feladat Oldjuk meg a következő egyenletrendszereket a valós számok halmazán: ⎧ xy + 2 x + 2y + 1 = 0 ⎨ ⎩x + y = 8 ⎧⎪( x − 1)2 + ( y − 2 )2 = 1 ⎨ 2 2 ⎪⎩( x − 2 ) + ( y − 1) = 1 ⎧2y − z = −1 ⎪ ⎨x − y + z = 4 ⎪ x 2 + y 2 + z 2 = 10 ⎩ Behelyettesítés Néhány magasabb fokú egyenletet megoldhatunk a behelyettesítés módszerével. 3.10 Példa Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán: x 4 − 3 x 2 + 2 = 0 . Megoldás Használjuk az y = x 2 behelyettesítést! Ez a megadott egyenletet a következő egyenletté alakítja át: y 2 − 3y + 2 = 0 , ( y − 1)( y − 2 ) = 0 , aminek a

gyökei y1 = 1 , y 2 = 2 . Így a megadott egyenlet gyökei: x1 = 1 , x2 = −1 , x3 = x4 = − 2 . 2, 3.11 Példa Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán: 3x 2x − 1 +1= 2⋅ 2x − 1 x . Megoldás Az x ≠ 0 , x ≠ 1 esetén használjuk az y = 2 következő egyenletté alakítja át: x 2x − 1 behelyettesítést! Ez a megadott egyenletet a 3y + 1 = 2 ⋅ y2 + y 3 − ( y + 1) ⎛⎜ y ⎝ aminek a gyökei: y1 = −1, y 2 = 2 3 1 y , 2 = 0, 3 2⎞ − ⎟ = 0, 3⎠ . Ez a következő egyenlethez vezet: x 2x − 1 aminek a gyöke az x1 = 1 3 = −1 , , valamint a következő egyenlethez: x 2x − 1 = 2 3 , aminek a gyöke az x2 = 2 . Így a megadott egyenlet gyökei: x1 = 1 3 , x2 = 2 . 3.7 Feladat Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán a behelyettesítés módszerét használva: (x 2 + 2x 2x x +1 (x 2 −x ) + ) 2 2 − 7 x 2 − 14 x − 8 = 0 , x +1 2x = 2, − 3 x2 − x − 4

= 0 , x 2 + 3x − 2 + 3 x + 1 x2 = 0. 3.8 Feladat Oldjuk meg a következő egyenletrendszereket a valós számok halmazán behelyettesítést használva: ⎧ 2 ( x − 1) 3 ( y + 2 ) ⎪ y +1 − x −1 = 3 ⎪ ⎨ ⎪ x − 1 − 2 ( y + 2 ) = −2 ⎪⎩ y + 1 x −1 ⎧ 2x x+y + =2 ⎪ 2x ⎨ x+y ⎪2 x x + y = 144 ) ⎩ ( 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: x 3 + ( c − 1) x + c = 0 ? 4.2 Feladat Mely p valós számok esetén lesz a következő egyenletrendszernek: 3 ⎪⎧ x − x + 3 p = 6 ⎨ 3 ⎪⎩ x + x + 4 p = 10 legalább egy megoldása a valós számok halmazán? 4.3 Feladat Keressük meg, hogy mely a valós számok esetén lesz következő egyenletrendszernek: ⎧x + y = z + 2 ⎪ 2 2 2 ⎨x + y = z + 4 ⎪ x 3 + y 3 = z3 + a ⎩ megoldása a valós számok halmazán, és oldjuk is meg! 4.4 Feladat Keressük meg, hogy mely p

valós számok esetén lesz az x 3 + px 2 + 2px = 3 p + 1 egyenletnek három különböző valós gyöke: x1 , x 2 és x3 amelyekre x1 x2 = x32 igaz. 4.5 Feladat Bizonyítsuk be, hogy az x 3 − 1996 x 2 + rx + 1995 = 0 egyenletnek minden r valós paraméter esetén maximum egy egész gyöke lesz. 4.6 Feladat Keressük meg azokat a p valós számokat, amelyekre az x 2 + 4 px + 5 p2 + 6 p − 16 = 0 egyenletnek két különböző x1 , x 2 gyöke lesz, és amelyekre az x12 + x22 összeg a lehető legkisebb. 4.7 Feladat Oldjuk meg a következő egyenletrendszert a valós számok halmazán! ⎧ x 2 + 1 y 2 + 1 + 24 xy = 0 ⎪ ⎨ 12 x 12y + 2 +1= 0 ⎪ 2 ⎩x +1 y +1 ( )( ) 4.8 Feladat Keressük meg az összes olyan P polinomot, amelyre x minden valós értéke esetén igaz lesz a P ( 2 x ) = 8P ( x ) + ( x − 2 ) 2 egyenlet. 4.9 Feladat Keressük meg az összes olyan P, Q polinomot, amelyekre x minden valós értéke esetén igaz lesz a ( ) Q x 2 = ( x + 1) − x ( P ( x

) ) 4 2 egyenlet. 4.10 Feladat Keressük meg a szorzat eredményét! 1 − x + x 2 − . − x 99 + x 100 1 + x + x 2 + + x 99 + x100 ( )( ) 4.11 Feladat Keressük meg az S összeg értékét, ha az a következő polinom együtthatóinak összege: ( F ( x ) = 1 − 3x + 3x 2 ) 1988 ( ⋅ 1 + 3x − 3x 2 ) 1989 . 4.12 Feladat Keressük meg az összes olyan F polinomot, ami kielégíti a következőket: a) F ( x + 3 ) = x 2 + 7 x + 12 , ( ) b) F x 2 + 1 = x11 − 8 x 7 + 6 x 5 − 4 , c) F ( x − 1) + 2F ( x + 1) = 3 x 2 − 7 x . 4.13 Feladat Keressük meg a következő polinom x + x 3 + x 9 + x 27 + x 81 + x 243 osztási maradékát, ha az osztó: a) x − 1 , b) x 2 − 1 ! 4.14 Feladat Határozzuk meg azt a lehető legkisebb fokú F polinomot, ami az ( x − 1) kifejezésekkel történő osztás esetén rendre 2x, illetve 3x maradékot ad. 4.15 Feladat Keressük meg azt az n természetes számot, amire az n n F ( x ) = x n + ( x − 1) + ( 2 x − 1) − ( 3n +

2n + 1) polinom osztható a következő kifejezéssel: G ( x ) = x 2 − x − 2 . 2 és ( x − 2) 3 4.16 Feladat Tegyük fel hogy a következő egyenlet két gyökének összege 1! 2x 3 − x 2 − 7 x + d = 0 Határozzuk meg d összes lehetséges értékét és az egyenlet gyökeit is! 4.17 Feladat Tegyük fel, hogy az x 3 + px + q = 0 egyenlet x1, x2 , x3 gyökei kielégítik a következő összefüggést: 1 1 x3 = + . x1 x2 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: ( 2x − 1) 20 − ( ax + b ) 20 ( = x 2 + px + q ) 10 . Ötödik rész Válaszok 1.1 Feladat: a) x = 1, b) nincsen megoldása, c) minden valós szám 1 1.2 Feladat: x = − 3 1.3 Feladat: 43 diák 2.1 Feladat: a) x1 = −1, x 2 = − 2.2 Feladat: a) 4x − 1 x −3 1 3 , b) x1 = 1, x2 = 8 , c) x1 = x2 = . 2 2 , x ≠ −2, x ≠ 3 , b) 1 7 ( x + 1)( x − 3

) , x ≠ ±1, x ≠ 2, x ≠ 3 . ( ( 2.3 Feladat: a) x ∈ −∞, −2 ∪ ( −1,1) ∪ (1,3 , b) x ∈ −∞,1 ∪ 5, +∞ ) 2.4 Feladat: Megoldás menete - x1 + x2 = p, x1 − x2 = 6, x1 = p+6 p−6 p 2 − 36 , x2 = , x1x2 = 2 2 4 valamint x1x2 = p − 9 , aztán p2 − 4 p = 0, p = 0 vagy p = 4 . ( x − 5 )( x − 8 ) = ( x + 5 )( x − 5 )( x + 8 )( x − 8 ) , c) − 2 ) − 3 ( 3 x − 2 ) = ( 2 x + 3 )( 2 x − 3 )( 3 x + 2 )( 3 x + 2 ) 2.5 Feladat: a) x ( x + 7 )( x − 6 ) , b) ( 6 x 4 − 4 x 2 − 9 x 2 + 6 = 2x 2 3 x 2 2 2 x−2 , x ≠ −2, x ≠ ±1 . x+2 2x 2 + 4x − 2 2.7 Feladat: a) , x ≠ ±1, b) 2 2.6 Feladat: 2 ( ) x2 −1 10 ( x − 5 )( x + 2)(1 − x ) , x ≠ −2, x ≠ 5, x ≠ 1. 2.8 Feladat: p = 7 1⎞ 9 ⎛ 2.9 Feladat: Megoldás menete - vt = 108, (v + 3 ) ⎜ t − ⎟ = 108 , 2t 2 − t − 36 = 0 , t = óra 2 2⎠ ⎝ 2.10 Feladat: Megoldás menete - x 2 + ( x + 2 ) + ( x + 4 ) = 155 A három egymást követő

páratlan szám az 5, 7, 9. −3 − 5 −3 + 5 . 2.11 Feladat: a) x1 = x2 = 2 , b) x1 = , x2 = 2 2 3⎞ ⎛ 3 ⎛ ⎞ 2.12 Feladat: ⎜ −∞, − ⎟ ∪ ⎜ − , −1⎟ ∪ ( −1, +∞ ) 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2 2 2.13 Feladat: Ötlet - a p, q számok az x 2 − px + q = 0 egyenlet gyökei 2 c b 2 − 2ac c2 ⎛ b⎞ 2 2 2.14 Feladat: x +x = +x = ( x1+x2 ) − 2 x1 x2 = ⎜ − ⎟ − 2 ⋅ = , , x x x = x = 1 2 1 2 a a2 a2 ⎝ a⎠ b 2 − 2ac c2 a kért egyenlet a következő: x 2 − + = 0 , azaz a 2 x 2 − b 2 − 2ac x + c 2 = 0 . x a2 a2 16 − 8m , 2.15 Feladat: Megoldás menete - x1 = 2 x 2 , x1 + x 2 = 3 x2 = 2m , x1x2 = 2 x22 = 9 eredmény: m1 = −2 , m2 = 1 . 2.16 Feladat: p = q = 0 vagy p = 1, q = −2 2.17 Feladat: m = 3 , a közös gyök az x = 4 3 3.1 Feladat: a) −8 x 3 − 27 : ( 2 x + 3 ) = −4 x 2 + 6 x − 9 , x ≠ − , 2 3 2 vagy −8 x − 27 = −4 x + 6 x − 9 ( 2 x + 3 ) minden x valós számra, 1 2 x12 2 2 2 ( ( ) ) ( ) x 4 −

9x3 − x 2 − 7x − 2 136 x − 118 , x ≠ −5, x ≠ 1, = x 2 − 3 x − 24 − 2 2 x − 6x + 5 x − 6x + 5 vagy x 4 − 9 x 3 − x 2 − 7 x − 2 = x 2 − 3 x − 24 x 2 − 6 x + 5 − (136 x − 118 ) b) ( )( ) minden x valós számra. 4 , 3 vagy 11x 3 − 32 + 19 x 2 + 3 x 4 − 28 x = ( x 3 + 5 x 2 + 13 x + 8 ) ( −4 + 3 x ) minden x valós számra. (11x 3 ) − 32 + 19 x 2 + 3 x 4 − 28 x : ( −4 + 3 x ) = x 3 + 5 x 2 + 13 x + 8 , x ≠ 3.2 Feladat: a) x1 = −1, x2 = 2 , b) x1 = −1, x2 = 1, x3,4 = 2 , c) x = −6 3.3 Feladat: a) ( x + 3 )( x + 1)( x − 1) = 0 , b) ( x + 1) = 0 , 3 ( )( ) c) ( x + 1) ( x − 1) x 2 + x + 1 x 2 − x + 1 = 0 . 1 , x2 = 1, x3 = 2 , b) x1 = 1, x2 = 3 . 2 3.5 Feladat: a) x1 = −1, x2 = 1, x3 = 2 , b) x1 = 4, x 2 = 5, x3,4 = −1 ± 5 3.4 Feladat: a) x1 = ( ) ( ) ⎛8 1 5⎞ 3.6 Feladat: a) 4 − 33, 4 + 33 , 4 + 33, 4 − 33 , b) (1,1) , ( 2,2 ) , c) ( 3,0,1) , ⎜ , , ⎟ ⎝3 3 3⎠ 1 ± 17 , d) x1,1 =

−2 ± 3 . 3.7 Feladat: a) x1 = −4, x2 = 2, x3,4 = −1 , b) x = 1, c) x1,2 = 2 3.8 Feladat: a) nincs megoldás, b) ( −6, − 6 ) , ( 6,6 ) ( ) 4.1 Feladat: Megoldás menete - ( x + 1) x 2 − x + c = 0 , eredmény: c = −2 vagy c = 4.2 Feladat: p = 0 vagy p = 2 vagy p = 10 4.3 Feladat: a = 8, az egyenletrendszer megoldása 1 . 4 [ x, y , z ] = [2, p, p ] [ x, y , z ] = [ p, 2, p ] , ahol p egy paraméter a valós számok halmazán. vagy 4.4 Feladat: Megoldás menete – ha a Vieta-formulát használjuk, az eredmény: p = −3 , x1 = 4 , x2 = 1 , x3 = −2 . 4.5 Feladat: Megoldás ötlete – ha a, b, c a gyökök, akkor a + b + c = 1996 és abc = 1995 4.6 Feladat: Megoldás menete – használjuk a Vieta-formulát és a következő egyenlőséget kapjuk: x12 + x22 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 , eredmény: p = 1, x12 + x22 = 26 . 2 4.7 Feladat: Megoldás menete – használjuk a következő behelyettesítést: u = v= y , y +1 megoldások: 2 ( x, y ) = ( 3

− ( x, y ) = ( −2 + ( x, y ) = ( 3 + ) ( x, y ) = ( 3 + 8, − 2 + 3 , ( x, y ) = ( 3 − 8, − 2 − 3 ) , ) 8 ) , ( x, y ) = ( −2 − 3, 3 + 8 ) , ( x, y ) = ( −2 − 8, − 2 + 3 , 3, 3 − x , x +1 2 ) 8) , 8, − 2 − 3 , ( x, y ) = ( −2 + 3, 3 + ) 3, 3 − 8 . 4.8 Feladat: Ötlet – a polinom foka legalább 2, eredmény: P ( x ) = − 1 2 2 4 x + x− vagy 4 3 7 1 2 2 4 x + x − , a egy paraméter a valós számok halmazán. 4 3 7 4.9 Feladat: A négy megoldás: P ( x ) = 2 x + 2 és Q ( x ) = x 2 − 2 x + 1, P ( x ) = 2 x − 2 és P ( x ) = ax 3 − Q ( x ) = x 2 + 14 x + 1 , Q ( x ) = x − 2 x + 1. P ( x ) = −2 x + 2 és Q ( x ) = x 2 + 14 x + 1 , P ( x ) = −2 x − 2 és 2 4.10 Feladat: 1 + x 2 + x 4 + + x198 + x 200 4.11 Feladat: S = F (1) = 1 ( ) 4.12 Feladat: a) F ( x ) = x 2 + x , b) nem létezik ilyen polinom mivel F x 2 + 1 foka páros, c) F ( x ) = x − 3x . 4.13 Feladat: a) 6, b) 6x 2 4.14 Feladat: Ötlet –

használjuk (3x − 4) Q ( x ) + x egyenlőséget, a 3 F ( x ) = ( x − 1) P ( x ) + 2 x = ( x − 2 ) Q ( x ) + 3 x 2 polinomot el kell osztani F ( x ) = 4 x − 27 x + 66 x − 65 x + 24 . 4 az 3 ( x − 1) 2 -nel, az eredmény: 2 4.15 Feladat: Ötlet - G ( x ) = ( x + 1)( x − 2 ) , így igaznak kell lennie, hogy F ( −1) = F ( 2 ) = 0 , eredmény: n páros szám. 1 4.16 Feladat: Megoldás menete – ha x1 + x 2 = 1, akkor x3 = − , ahonnan d = −3 és 2 1 ± 13 . x1,2 = 2 4.17 Feladat: Ötlet - −q = x1x2 x3 = x1 + x2 = − x3 , eredmény: q 3 + pq + q = 0 1 4.18 Feladat: Ötlet – hasonlítsuk össze x 20 együtthatóit, helyettesítsük be x = -et, így 2 20 10 1 a ⎛ 1⎞ a = ± 20 220 − 1 , b = − , ⎜ x − ⎟ = ( x 2 + px + q ) , ahonnan p = −1 , q = . 4 2 ⎝ 2⎠