Embed Size (px)
Citation preview
3. Algebrai kifejezések, átalakítások
I. Elméleti összefoglaló
Műveletek polinomokkal
Az olyan betűs kifejezéseket, amelyek csak valós számokat, változók pozitív egész kitevőjű hatvá-nyait, valamint összeadás, kivonás és szorzás műveleteket tartalmaznak, polinomoknak nevezzük. Például: 23 2x x+ , 2 35x xy y− + , 2 2a b+ , ( ) ( )2 2a b a b+ ⋅ + , 10.
A polinomokat az összeadás és a kivonás szerint tagokra, a szorzás szerint tényezőkre bonthatjuk. Például 3 210a ab b+ − egy háromtagú kifejezés, ( ) ( )24x y x y xy− ⋅ + − egy kéttényezős szorzat,
amelynek első tényezője egy kéttagú, második tényezője egy háromtagú kifejezés. (Valójában 2y y y= ⋅ -t és xy x y= ⋅ -t is tekinthetnénk egy-egy kéttényezős szorzatnak, de általában tényezőkről
csak a többtagú kifejezéseket tartalmazó zárójelek – például ( )4x y− és ( )2x y xy+ − – esetében
beszélünk.) Az azonos tényezőkből álló szorzatot hatványalakban is írhatjuk, például ( )3a b+ egy
háromtényezős szorzat.
A polinomok tagjaiban szereplő számokat együtthatóknak, az egy tagban szereplő ismeretlenek kite-vőinek összegét fokszámnak nevezzük. Például 10ab együtthatója 10, fokszáma 2, míg 5x együttha-tója 1, fokszáma 5. Egy polinom fokszámának (vagy fokának) a benne szereplő tagok fokszámai közül a legnagyobbat nevezzük. Például a 3 2 7x x− + + harmadfokú, az 3 2 4 3x y y x xy+ + + ötöd-fokú, az 5 nulladfokú (konstans) kifejezés. A polinomok tagjait gyakran fokszámuk szerinti csökkenő sorrendben írjuk (több azonos fokú tag esetén azokat valamelyik változó fokszáma szerint rendezzük).
Két kifejezést egyneműnek nevezünk, ha ugyanazon változók szerepelnek bennük, ugyanazokon a hatványkitevőkön, azaz legfeljebb együtthatóikban különböznek. Például 23c d− és 210c d egynemű kifejezések. Az egynemű kifejezéseket gyakran összevonjuk, például 2 2 23 10 7c d c d c d− + = .
Egy kéttényezős szorzatot átalakíthatunk zárójelfelbontással úgy, hogy az egyik kifejezés minden tagját megszorozzuk a másik kifejezés minden tagjával, majd a kapott szorzatokat összeadjuk, például ( ) ( )2 2 2 2 3 2 2 3 24 4 4 4 5 4 4x y x y xy x xy x y yx y yxy x y xy y x xy− ⋅ + − = + − − − + =− + − + − (az
utolsó lépésben az egynemű kifejezéseket összevontuk, továbbá a polinom tagjait fokszám szerinti csökkenő sorrendbe rendeztük, az azonos fokú tagokon belül x fokszáma szerint haladva.)
Szorzattá alakítás
Gyakran célszerű egy többtagú kifejezést több kifejezés szorzataként felírnunk. Ha ezt meg tudjuk ten-ni, akkor azt mondjuk, hogy szorzattá alakítjuk a kifejezést. Például ( ) ( )2 24 2 2x y x y x y− = + ⋅ − ,
( ) ( ) ( )22 22c cd d c d c d c d+ + = + ⋅ + = + . A szorzattá alakítás nem mindig végezhető el, például 2 24x y+ nem írható fel két (vagy több) polinom szorzataként.
A szorzattá alakítás történhet:
● a több tagban is szereplő változó(k) kiemelésével, például ( )2 2 2u u u u+ = ⋅ + ;
2
● a tagok megfelelő sorrendbe történő csoportosításával, majd több egymás utáni kiemeléssel, például ( ) ( ) ( ) ( )ac bd ad bc ac bc ad bd c a b d a b a b c d+ + + = + + + = ⋅ + + ⋅ + = + ⋅ + ;
● egyváltozós polinomok esetén a gyöktényezős alak segítségével, például 22 12 10x x− + ese-tén a 22 12 10 0x x− + = másodfokú egyenlet 1 1x = és 2 5x = gyökeit felhasználva
( ) ( )2 1 5x x⋅ − ⋅ − módon (ez magasabb fokú polinomoknál csak akkor alkalmazható, ha köny-nyen ki tudjuk számítani a megfelelő egyenlet gyökeit);
● a nevezetes azonosságok alkalmazásával (ezek felsorolását lásd a következő részben).
Másodfokú függvények ábrázolásakor használatos még a teljes négyzetté alakítás, amikor a megadott kifejezést egy zárójeles kifejezés négyzetének segítségével próbáljuk meg felírni. Ha a függvénynek
van (egy vagy két) zérushelye, akkor eljuthatunk a szorzatalakig, például ( )22 10 25 5x x x− + = − és
( ) ( ) ( ) ( ) ( )22 6 5 3 4 3 2 3 2 5 1x x x x x x x− + = − − = − − ⋅ − + = − ⋅ − . A teljes négyzetté alakítás azon-
ban nem mindig jelent szorzattá alakítást. Ha ugyanis a függvénynek nincs zérushelye (és így a kifeje-zésnek sincs gyöktényezős alakja), akkor nem kaphatunk szorzatalakot, hanem csak egy kifejezés
négyzetének és egy konstans tagnak az összegét, például ( )22 6 13 3 4x x x− + = − + .
Nevezetes azonosságok
A gyakran használt zárójelfelbontási és szorzattá alakítási összefüggéseket nevezetes azonosságok formájában szoktuk megfogalmazni. Az alábbiakban a, b és c tetszőleges valós számokat jelölnek.
A zárójelfelbontásból adódó azonosságok a következők:
● ( )2 2 22a b a ab b+ = + + ;
● ( )2 2 22a b a ab b− = − + ;
● ( )3 3 2 2 33 3a b a a b ab b+ = + + + ;
● ( )3 3 2 2 33 3a b a a b ab b− = − + − ;
● ( )2 2 2 2 2 2 2a b c a b c ab ac bc+ + = + + + + + .
A szorzattá alakításból adódó azonosságok a következők:
● 2 2a b+ a valós számkörben nem alakítható szorzattá;
● ( ) ( )2 2a b a b a b− = + ⋅ − ;
● ( ) ( )3 3 2 2a b a b a ab b+ = + ⋅ − + ;
● ( ) ( )3 3 2 2a b a b a ab b− = − ⋅ + + .
Megjegyzés: Az azonosságok fenti két csoportba sorolása nem jelent éles elkülönülést, mind a két
3
típusú (zárójelfelbontással, illetve szorzattá alakítással keletkező) azonosság megfordítható. Ha pél-
dául egy kifejezés átalakítása során ( )2a b+ helyére írunk 2 22a ab b+ + -et, akkor zárójelfelbontást
alkalmaztunk, ha viszont 2 22a ab b+ + helyére írunk ( )2a b+ -t, akkor szorzattá alakítást. Ugyanígy
bizonyos feladatokban (főként törtek egyszerűsítésénél, közös nevező meghatározásánál) célszerű 2 2a b− helyére ( ) ( )a b a b+ ⋅ − -t írnunk (szorzattá alakítás), míg más feladatokban (főként összevo-
násnál, polinomok összeadásakor) célravezető ( ) ( )a b a b+ ⋅ − helyére 2 2a b− -et írnunk (zárójelfel-
bontás).
Megjegyzés: A nevezetes azonosságok a következőképpen általánosíthatók (ahol n pozitív egész):
● ( ) 0 1 1 0
0
...0 1
nn n n n n k k
k
n n n na b a b a b a b a b
n k− −
=
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟+ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑ (binomiális tétel);
● ( ) ( )0 1 1 0
0
... 10 1
nn kn n n n k k
k
n n n na b a b a b a b a b
n k− −
=
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟− = ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ + ± ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ −⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑ ;
● ha n páratlan, akkor ( ) ( )1 2 3 2 1...n n n n n na b a b a a b a b b− − − −+ = + ⋅ − + − + ;
● ha n páros, akkor ( ) ( )1 2 3 2 1... ...n n n n n na b a b a a b a b b− − − −− = + ⋅ − + − + − ;
● tetszőleges pozitív egész n-re ( ) ( )1 2 3 2 1...n n n n n na b a b a a b a b b− − − −− = − ⋅ + + + + .
Megjegyzés: A nevezetes azonosságoknak geometriai jelentést is tulajdoníthatunk, például pozitív a
és b esetén ( )2 2 22a b a ab b+ = + + szemléltethető egy a b+ oldalú négyzet területének kétféle ki-
számításával: a négyzet területe egyrészt ( )2a b+ , másrészt az ábra szerint négy részre darabolva az
egyes részek területének összege 2 2a ab ab b+ + + .
Algebrai törtek
Két polinom hányadosát algebrai törtnek nevezzük. Például: xy
, 22 2x xxy x
++
, ( )
3 3
22a ba b a
−− ⋅
. Míg a
polinomokat a bennük szereplő változók bármely (valós) értéke esetén értelmezni tudtuk, addig az
4
algebrai törtek értelmezési tartományának vizsgálatakor ki kell zárnunk azokat a helyettesítési érté-keket, amikor a nevező 0.
Az algebrai törtekkel a következő műveleteket végezhetjük:
● Algebrai törtek egyszerűsítésekor a számlálót és a nevezőt is szorzattá alakítjuk (ha lehet), és
a közös tényezőket (ha vannak) elhagyjuk, például ( )( )
( )2 2 1 2 12 21 1
x x xx xxy x x y y
⋅ + ⋅ ++= =
+ ⋅ + +. Na-
gyon fontos, hogy egyszerűsíteni csak szorzatalakban, szorzótényezővel szabad, tehát például 2 3
3xy++
-at nem „egyszerűsíthetjük” 2xy
-ra (hiszen ez egy másik algebrai tört, amelynek he-
lyettesítési értéke általában nem egyezik meg az eredeti tört helyettesítési értékével).
● Algebrai törtek összevonásakor a törteket bővítéssel közös nevezőre hozzuk, majd a szám-
lálókat összevonjuk, például ( )( )
( )( ) ( )
2 211 1 1 1
x x y y xx y x x x y xyy x y x y x y x
⋅ + ⋅ ++ + + ++ = + =
+ ⋅ + ⋅ + ⋅ +.
● Algebrai törtek szorzása a törtek szorzásának megfelelően történik (a szorzat számlálója a
számlálók szorzata, nevezője a nevezők szorzata lesz), például ( )( )
2 22 2a b aba b a b a b a b
⋅ =+ − + −
.
Természetesen szükség esetén egyszerűsíthetünk, például ( )
2 2 21 1 1
x y xy xy x y x x⋅ = =
+ ⋅ + +.
● Algebrai törtek osztása a törtek osztásának megfelelően történik (az osztó reciprokával szor-
zunk), például ( )
( )
2 22 2 2 2
3 3 3:c d cc d c d c d c
c c c c d c c d− ⋅− + −
= ⋅ =+ ⋅ +
. Természetesen itt is egyszerű-
síthetünk, az előző példában ( )
( )( ) ( )
( )
2 2
3 3 2
c d c c d c d c c dc c d c c d c
− ⋅ + ⋅ − ⋅ −= =
⋅ + ⋅ +.
II. Kidolgozott feladatok
1. Végezzük el a kijelölt műveleteket, majd adjuk meg az eredményt minél egyszerűbb alakban!
a) ( ) ( ) ( ) ( )7 2 2 3 5a a a a+ ⋅ − − − ⋅ + b) ( ) ( )5 4 3 2b c c b− ⋅ +
Megoldás: A zárójelek felbontása, majd az egynemű kifejezések összevonása után a következő-ket kapjuk:
a) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 27 2 2 3 5 2 7 14 2 10 3 15 2 1a a a a a a a a a a a a+ ⋅ − − − ⋅ + = − + − − + − − = − − + .
b) ( ) ( ) 2 2 2 25 4 3 2 15 10 12 8 10 7 12b c c b bc b c bc b bc c− ⋅ + = + − − = + − .
5
2. A zárójelek felbontásával alakítsuk át többtagú kifejezéssé a következőket!
a) ( )23 c+ b) ( )224 1a b − c) ( ) ( )4 3 4 3ij k ij k+ ⋅ −
d) ( )32 3b + e) ( )34d − f) ( ) ( )2 22 2 4d c d cd c− ⋅ + +
Megoldás: A nevezetes azonosságok alkalmazásával a következőket kapjuk:
a) ( )2 23 9 6c c c+ = + + .
b) ( )22 4 2 24 1 16 8 1a b a b a b− = − + .
c) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 24 3 4 3 4 3 16 9ij k ij k ij k i j k+ ⋅ − = − = − .
d) ( ) ( ) ( )3 3 2 2 3 3 22 3 2 3 2 3 3 2 3 3 8 36 54 27b b b b b b b+ = + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + = + + + .
e) ( )3 3 2 2 3 3 24 3 4 3 4 4 12 48 64d d d d d d d− = − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − = − + − .
f) ( ) ( ) ( )32 2 3 3 32 2 4 2 8d c d cd c d c d c− ⋅ + + = − = − .
3. Alakítsuk szorzattá a következő kifejezéseket!
a) 222 10 33 15i ij ik jk− + − b) ( ) ( )2 3a x y b y x⋅ − − ⋅ − c) 2 20 100l l− +
d) 3 6125 64x y− e) 3 2 2 38 12 6c c d cd d+ + + f) 23 6 189p p− −
Megoldás:
Az első két esetben csoportosítást és kiemelést alkalmazunk:
a) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )222 10 33 15 2 11 5 3 11 5 11 5 2 3i ij ik jk i i j k i j i j i k− + − = ⋅ − + ⋅ − = − ⋅ + . Másképpen
csoportosítva: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )222 33 10 15 11 2 3 5 2 3 2 3 11 5i ik ij jk i i k j i k i k i j+ − + = ⋅ + − ⋅ + = + ⋅ − .
b) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 2 3 2 3a x y b y x a x y b x y x y a b⋅ − − ⋅ − = ⋅ − + ⋅ − = − ⋅ + .
A következő három esetben a nevezetes azonosságokat alkalmazzuk:
c) ( )22 20 100 10l l l− + = − .
d) ( ) ( ) ( ) ( )333 6 2 2 2 2 4125 64 5 4 5 4 25 20 16x y x y x y x xy y− = − = − ⋅ + + .
e) ( )33 2 2 38 12 6 2c c d cd d c d+ + + = + .
Az utolsó esetben a másodfokú egyenlet gyöktényezős alakját használjuk:
f) A 23 6 189 0p p− − = egyenlet megoldásai 1 7p = − és 2 9p = , így a gyöktényezős alak a kö-
6
vetkező: ( ) ( )23 6 189 3 7 9p p p p− − = ⋅ + ⋅ − . Ugyanezt megadhatjuk ( ) ( )3 21 9p p+ ⋅ − vagy
( ) ( )7 3 27p p+ ⋅ − alakban is.
4. Egyszerűsítsük a következő algebrai törteket a változók lehetséges értékei mellett!
a) 24 4
7 7aa−+
b) 3 3
2 2
4 48 8c dc d−−
c) 2 2
3 3
5 510 10x yx y−+
Megoldás: Először a számlálót és a nevezőt is szorzattá alakítjuk, majd a közös szorzótényezők-kel egyszerűsítünk. Bár a feladat szövege nem kérdezett rá, megadjuk azt is, hogy az egyes kife-jezések a változók mely értékeire nincsenek értelmezve (mert ekkor a törtek nevezője 0 lenne).
a) ( )( )
( ) ( )( )
( )22 4 1 4 1 1 4 14 47 7 7 1 7 1 7
a a a aaa a a
⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ −−= = =
+ ⋅ + ⋅ +, ahol 1a ≠ − .
b) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 23 3 2 2
2 2
44 48 8 8 2
c d c cd dc d c cd dc d c d c d c d
⋅ − ⋅ + +− + += =
− ⋅ + ⋅ − ⋅ +. Az egyszerűsítés során bővül a kifejezés
értelmezési tartománya, ugyanis az eredeti kifejezésben 0c d+ ≠ és 0c d− ≠ (vagyis c d≠ ± ), míg az egyszerűsítés után már csak a 0c d+ ≠ feltétel (vagyis c d≠ − ) marad meg. Viszont az átalakítás csak az eredeti értelmezési tartományon igaz, hiszen c d= esetén csak az egyszerűsített kifejezést tudnánk értelmezni, az eredetit nem. Így az ilyen típusú feladatokban mindig az eredeti kifejezés értelmezési tartományát (pontosabban a meg nem engedett eseteket) fogjuk megadni.
c) ( ) ( )
( ) ( ) ( )2 2
3 3 2 2 2 2
55 510 10 10 2
x y x yx y x yx y x y x xy y x xy y
⋅ + ⋅ −− −= =
+ ⋅ + ⋅ − + ⋅ − +, ahol 3 3 0x y+ ≠ , azaz x y≠ − .
5. Végezzük el a kijelölt műveleteket a változók lehetséges értékei mellett!
a) 2
2
3 2 1 4 22 1 4 2 4 1a a aa a a+ −
+ −+ − −
b) 2 2 2
2
e ef e f efe ef ef− +
⋅+
c) 2 2 2
2 3 3
5 5:3 3
x xy x yx xy x y+ −− −
Megoldás: A szükséges összevonások, illetve a lehetséges egyszerűsítések céljából mindhárom esetben először szorzattá alakítjuk a kifejezések számlálóit és nevezőit (ahol ez lehetséges), majd ezekkel végezzük el a műveleteket.
a) ( ) ( ) ( )
2 2
2
3 2 1 4 2 3 2 1 4 22 1 4 2 4 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1a a a a a aa a a a a a a+ − + −
+ − = + − =+ − − + ⋅ − + ⋅ −
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 23 2 4 2 1 4 2 1 2 2 12 6 8 4 2 1 8 4 42 2 1 2 1 2 2 1 2 1
a a a a a a a a a a a aa a a a
+ ⋅ − + − ⋅ + − ⋅ − + − + + − − −= = =
⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ −
( ) ( )3
2 2 1 2 1a a−
=⋅ + ⋅ −
, ahol 12
a ≠ ± .
b) ( )( )
( ) ( )2 2 2
2
e e f ef e fe ef e f ef e f e f e fe ef ef e e f ef e f
⋅ − ⋅ +− + −⋅ = ⋅ = ⋅ + = −
+ ⋅ + +, ahol 0e ≠ , 0f ≠ és
e f≠ − .
7
c) ( )( )
( ) ( )( ) ( )
2 22 2 2 2 3 3
2 3 3 2 2 2
35 5 3 3:3 3 5 5 5
x y x xy yx x yx xy x y x xy x yx xy x y x xy x y x x y x y x y
⋅ − ⋅ + +⋅ ++ − + −= ⋅ = ⋅ =
− − − − ⋅ − ⋅ + ⋅ −
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
( )( )
2 2 2 23 35 5
x x y x y x xy y x xy yx x y x y x y x y
⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ + + ⋅ + += =
⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ −, ahol 0x ≠ , 0x y− ≠ , 0x y+ ≠ és
3 3 0x y− ≠ , vagy összefoglalóan 0x ≠ és x y≠ ± . (Az értelmezési tartomány vizsgálatakor az eredeti törtek nevezőiről, illetve az osztó számlálójáról kötöttük ki, hogy egyik sem lehet 0.)
6. Egyszerűsítsük a 3 26 19 39 36
2 3b b b
b− + −
− törtet, ahol 1,5b ≠ !
Megoldás: A törtet akkor tudjuk egyszerűsíteni, ha a számlálót szorzattá alakítva ki tudunk emelni belőle ( )2 3 2 1,5b b− = ⋅ − -et (vagy 1,5b − -et). Ezt valóban meg tudjuk tenni, mert
1,5b = esetén a számláló értéke 3 26 1,5 19 1,5 39 1,5 36 20,25 42,75 58,5 36 0⋅ − ⋅ + ⋅ − = − + − = . Tehát 1,5b = gyöke a 3 26 19 39 36 0b b b− + − = egyenletnek, így annak gyöktényezős alakjában szerepelni fog a 1,5b − tényező.
A harmadfokú egyenlet további gyökeinek ismerete nélkül azonban közvetlenül nem tudjuk fel-írni a 1,5b − kiemelése után maradó további szorzótényező(ke)t. Ezért – a racionális számok osz-tásához hasonlóan – el kell osztanunk a számlálót 1,5b − -tel. Ezt a következőképpen tehetjük meg, az úgynevezett polinomosztás módszerével:
( ) ( )3 26 19 39 36 : 1,5 ...b b b b− + − − =
Mivel az osztandó harmadfokú, az osztó pedig elsőfokú, ezért a hányados biztosan másodfokú lesz. Az osztandóban a legmagasabb fokú tag 36b , az osztóban pedig b, ezért a hányados legma-
gasabb fokú tagja 3
26 6b bb
= . Visszaszorozva kapjuk, hogy ( )2 3 26 1,5 6 9b b b b⋅ − = − , amelyet le-
vonunk az osztandóból:
( ) ( )3 2 2
3 2
2
6 19 39 36 : 1,5 6 ...6 9
10 39 36
b b b b bb b
b b
− + − − = +−− + −
Innentől az eddigi lépéseket ismételjük, először a 210 39 36b b− + − kifejezésre, és így tovább:
( ) ( )3 2 2
3 2
2
2
6 19 39 36 : 1,5 6 10 246 9
10 39 3610 15
24 3624 36
0
b b b b b bb b
b bb b
bb
− + − − = − +−− + −− +
−−
Az utolsó lépésben 0 maradékot kaptunk, tehát a 3 26 19 39 36b b b− + − kifejezés maradék nélkül osztható 1,5b − -tel. Vagyis ( ) ( )3 2 26 19 39 36 1,5 6 10 24b b b b b b− + − = − ⋅ − + . A második ténye-
8
zőből 2-t kiemelve a tört így írható fel: ( ) ( )
( )
23 2 1,5 2 3 5 126 19 39 362 3 2 1,5
b b bb b bb b
− ⋅ ⋅ − +− + −=
− ⋅ −. Tehát
a tört egyszerűsített alakja 23 5 12b b− + .
7. Határozzuk meg számológép használata nélkül a következő műveletek végeredményét!
a) 59 61⋅ b) 2403 c) 279
d) 3102 e) 2 262 38− f) 3999
Megoldás: A szorzások írásbeli elvégzése helyett alkalmazhatjuk a nevezetes azonosságokat, így a műveletek végeredményei akár fejben is kiszámíthatók:
a) ( ) ( ) 2 259 61 60 1 60 1 60 1 3600 1 3599⋅ = − ⋅ + = − = − = .
b) ( )22 2 2403 400 3 400 2 400 3 3 160000 2400 9 162409= + = + ⋅ ⋅ + = + + = .
c) ( )22 2 279 80 1 80 2 80 1 1 6400 160 1 6241= − = − ⋅ ⋅ + = − + = .
d) ( )33 3 2 2 3102 100 2 100 3 100 2 3 100 2 2 1000000 60000 1200 8 1061208= + = + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + = + + + = .
e) ( ) ( )2 262 38 62 38 62 38 100 24 2400− = + ⋅ − = ⋅ = .
f) ( )33 3 2 2 3999 1000 1 1000 3 1000 1 3 1000 1 1 1000000000 3000000 3000 1= − = − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − = − + − =
1000 003 000 3 000 001 997 002 999= − = .
8. Igazoljuk grafikus úton az ( ) ( )2 2a b a b a b− = + ⋅ − összefüggést!
Megoldás: Tegyük fel először, hogy a b> , majd tekintsük a következő ábrát ( 1T , 2T , 3T és 4T a megfelelő téglalapok területét jelöli, de a bizonyításban ezeket felhasználjuk az egyes téglala-pokra történő hivatkozásként is):
Az ábrán 1T , 3T és 4T együttesen egy a oldalú négyzetet alkot, így 21 3 4T T T a+ + = . Mivel 4T
9
egy b oldalú négyzet, ezért 24T b= , vagyis 2 2
1 3T T a b+ = − . Mivel 1T és 2T együttesen egy a b+
szélességű, a b− magasságú téglalapot alkot, ezért ( ) ( )1 2T T a b a b+ = + ⋅ − . Továbbá 2 3T T= ,
hiszen mindkettő egy-egy b és a b− oldalhosszúságú téglalap. Vagyis 1 3 1 2T T T T+ = + , így éppen
a bizonyítandó ( ) ( )2 2a b a b a b− = + ⋅ − összefüggést kaptuk, ezzel az állítást beláttuk.
Ha a b= , akkor az ( ) ( )2 2a b a b a b− = + ⋅ − egyenlőség mindkét oldala 0, tehát az biztosan tel-
jesül. Ha pedig a b< , akkor az egyenlőség mindkét oldalát ( )1− -gyel szorozva a
( ) ( )2 2b a b a b a− = + ⋅ − összefüggést kapjuk, amelynek bizonyításához elegendő az előző ábrán
a és b szerepét felcserélni.
9. Oldjuk meg a valós számok halmazán a 4 3 26 25 38 25 6 0x x x x− + − + = egyenletet!
I. Megoldás: A negyedfokú egyenletekre létezik általános megoldási eljárás, ez azonban megha-ladja a középiskolai módszereket. A mostani feladatban szereplő negyedfokú egyenlet viszont speciális, úgynevezett szimmetrikus egyenlet, mert az együtthatók szimmetrikusak (a negyedfokú és a konstans tag együtthatója egyaránt 6, a harmadfokú és az elsőfokú tag együtthatója egyaránt
25− ). Szimmetrikus egyenletekre alkalmazható a következőkben ismertetett módszer.
Mivel 0x = nem megoldása az egyenletnek (hiszen a konstans tag 6, tehát 0x = esetén a bal ol-
dal értéke 6), ezért leoszthatjuk az egyenlet mindkét oldalát 2x -tel: 22
25 66 25 38 0x xx x
− + − + = .
A szimmetrikus tagokat egymás mellé rendezve ezt kapjuk: 22
1 16 25 38 0x xx x
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ + − ⋅ + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
.
Mivel 2
2 22 2
1 1 1 12 2x x x xx x x x
⎛ ⎞+ = + ⋅ ⋅ + = + +⎜ ⎟⎝ ⎠
, ezért 2
22
1 1 2x xx x
⎛ ⎞+ = + −⎜ ⎟⎝ ⎠
. Így az 1y xx
= +
új ismeretlen bevezetésével az egyenlet ( )26 2 25 38 0y y⋅ − − + = alakban írható, amely y-ra
nézve másodfokú, a rendezés után ezt kapjuk: 26 25 26 0y y− + = . Ennek megoldásai 1136
y = és
2 2y = .
Ha 1136
y = , akkor az 1 136
xx
+ = egyenlet mindkét oldalát x-szel szorozva az 2 13 1 06
x x− + =
másodfokú egyenlethez jutunk, amelynek megoldásai 123
x = és 232
x = .
Ha 2 2y = , akkor az 1 2xx
+ = egyenlet mindkét oldalát x-szel szorozva az 2 2 1 0x x− + = má-
sodfokú egyenlethez jutunk, amelynek egyetlen megoldása 3 1x = .
Tehát az eredeti egyenletnek három valós megoldása van: 23
, 32
és 1. Ellenőrzéssel meggyőződ-
hetünk róla, hogy ezek valóban jó megoldások.
II. Megoldás: Magasabb fokú egyenletek megoldásánál hasznos lehet, ha valamilyen úton meg-sejtjük az egyenlet egyik gyökét, ekkor ugyanis a megfelelő gyöktényező kiemelésével és poli-
10
nomosztással a megoldást visszavezethetjük egy alacsonyabb fokú egyenlet megoldására. Mivel a 4 3 26 25 38 25 6 0x x x x− + − + = egyenletben az együtthatók összege 6 25 38 25 6 0− + − + = ,
ezért az egyenletnek gyöke az 1 (mert 1x = esetén a kifejezés helyettesítési értéke pont az együtt-hatók összege), vagyis 1x − biztosan kiemelhető gyöktényezőként. Polinomosztással kapjuk:
( ) ( )4 3 2 3 2
4 3
3 2
3 2
2
2
6 25 38 25 6 : 1 6 19 19 66 6
19 38 25 619 19
19 25 619 19
6 66 6
0
x x x x x x x xx x
x x xx x
x xx x
xx
− + − + − = − + −−− + − +− +
− +−− +− +
A 3 26 19 19 6 0x x x− + − = harmadfokú egyenletben az együtthatók összege 6 19 19 6 0− + − = , tehát ennek az egyenletnek is gyöke az 1, így 1x − még egyszer kiemelhető gyöktényezőként:
( ) ( )3 2 2
3 2
2
2
6 19 19 6 : 1 6 13 66 6
13 19 613 13
6 66 6
0
x x x x x xx x
x xx x
xx
− + − − = − +−− + −− +
−−
A 26 13 6 0x x− + = másodfokú egyenlet gyökei (a megoldóképlettel) 123
x = és 232
x = .
Tehát az eredeti negyedfokú egyenlet megoldásai: 123
x = , 232
x = és 3 4 1x x= = . Ellenőrzéssel
meggyőződhetünk róla, hogy ezek valóban jó megoldások.
Megjegyzés: A fenti gondolatmenetben láttuk, hogy ha egy egyenletben az együtthatók összege 0, akkor az egyenletnek gyöke az 1. Hasznos megfigyelés még, hogy ha egy egyenlet együttha-tóinak váltakozó előjelű összege 0, akkor az egyenletnek gyöke a 1− .
III. Ajánlott feladatok
1. Végezzük el a kijelölt műveleteket, majd adjuk meg az eredményt minél egyszerűbb alakban!
a) ( ) ( ) ( ) ( )5 3 2 4a a a a− ⋅ + + + ⋅ − b) ( ) ( )25 4 3 2p q pq p− ⋅ + −
c) ( ) ( )2 21 1w w w w+ + ⋅ − − d) ( ) ( )2 2 1n n n n n nu v u u v v+ ⋅ − + + , ahol n +∈
2. A zárójelek felbontásával alakítsuk át többtagú kifejezéssé a következőket!
a) 23 1
2 3e f⎛ ⎞− +⎜ ⎟
⎝ ⎠ b) ( )32 32 3x y xy− c) ( ) ( )2 5 5 2c c+ ⋅ +
11
d) ( ) ( )4 4n na b a b+ ⋅ − e) ( )233 2pq − f) ( ) ( )2 22 4 2t u t tu u− ⋅ + +
g) ( )34c + h) ( ) ( )2 4 2 4uv s uv s+ ⋅ − i) ( )22 3k l m+ +
3. Alakítsuk szorzattá a következő kifejezéseket!
a) 2 2144 120 25j ij i+ + b) 2 4 625 16u r p− c) 2 249 112 64z rz r− +
d) 3 2 2 36 12 8u u v uv v− + − e) 3 8a + f) 18 10 12 15jl km jm kl− − +
g) 3 664 27c d− h) 26 2z z− − i) 2 22 6 12 10 20x y x xy x y− + − + −
4. Egyszerűsítsük a törteket a változók lehetséges értékei mellett!
a) 2
6 63 3bb+−
b) 2 2
3 3
8 810 10c dc d−+
c) 3 2
2
9 27 279
u u uu
− + −−
d) 2
2
6 53 2
b bb b
+ ++ +
e) ( )
3 3
2
a va v av
+
− + f) ac bc ad bd
ac bc ad bd− + −+ + +
g) 2 2 2
2 2 2
22
ab a b ca c b ac
− − ++ − +
h) 3 2
2
2 22
x x xx x+ − −
+ − i)
5 4 3 2
3 2 2
23 5 2s s t s ts s t st+ −+ −
5. Végezzük el a kijelölt műveleteket a változók lehetséges értékei mellett!
a) 2 2
2 2 2 2c d c dc d c d+ +
−− −
b) 3 4e f e f
+− +
c) 2 2
2
6 8 4 4:4 3 5 15
m m m mm m m
− + − ++ + +
d) 2
5 68 16 5 20g
g g g−
+− + −
e) 3
2
8 7 215 15 2 4a aa a a− +
⋅+ + +
f) 2
2
3 2 6 10:1 3 3 1 1 6 9a a a aa a a a
+⎛ ⎞+⎜ ⎟− + − +⎝ ⎠
g) 2
2
1u v u vu u v u uv+ −
− +− −
h) 1 11 1l ll l
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − ⋅ + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
i) 2
3 2 2 2
1 :j i j ii ij i j i ij j ij
⎛ ⎞ ⎛ ⎞−+ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟− + + +⎝ ⎠⎝ ⎠
6. Egyszerűsítsük a törteket a változók lehetséges értékei mellett!
a) 3 29 42 52 16
6 8a a a
a− + −
− b)
4 3 2
2
8 12 2 23 394 9
b b b bb
− + + −−
7. Határozzuk meg számológép használata nélkül a következő műveletek végeredményét!
a) 2508 b) 3 38 12+ c) 339
d) 61 79⋅ e) 2123 f) 3 315 5−
8. Határozzuk meg számológép használata nélkül, hogy az 1591 és a 4891 közül melyik számnak van több pozitív osztója!
12
9. Határozzuk meg a és b értékét, ha tudjuk, hogy minden 12
x ≠ , 3x ≠ − esetén teljesül az
2
52 5 3 2 1 3
a bx x x x
= ++ − − +
összefüggés!
10. Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenleteket!
a) 3 28 6 29 15 0x x x− − − = b) 4 3 220 8 105 8 20 0x x x x+ − + + =
11. Döntsük el a következő műveletek végeredményeiről, hogy racionálisak vagy irracionálisak-e!
a) 3 29 6 3 29 6− ⋅ + b) 3 2 2 3 2 2+ + − c) 7 2 6 7 2 6+ − −
12. Határozzuk meg a 2 22 2 2 4x y x xy+ + + + kifejezés minimumát, ha x és y tetszőleges valós szám lehet!
13. Határozzuk meg az 2 2 2
2 2 2
x y za b c
+ + kifejezés értékét, ha 1x y za b c+ + = és 0a b c
x y z+ + = teljesül
(ahol a, b, c, x, y és z egyike sem 0)!
14. Írjuk fel minél egyszerűbb alakban a következő kifejezést, ahol { }0; 1; 2; 3; 4; 5x∉ − − − − − :
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1 11 1 2 2 3 3 4 4 5x x x x x x x x x x+ + + +
⋅ + + ⋅ + + ⋅ + + ⋅ + + ⋅ +
Az ajánlott feladatok megoldásai
1. Végezzük el a kijelölt műveleteket, majd adjuk meg az eredményt minél egyszerűbb alakban!
a) ( ) ( ) ( ) ( )5 3 2 4a a a a− ⋅ + + + ⋅ − b) ( ) ( )25 4 3 2p q pq p− ⋅ + −
c) ( ) ( )2 21 1w w w w+ + ⋅ − − d) ( ) ( )2 2 1n n n n n nu v u u v v+ ⋅ − + + , ahol n +∈
Megoldás:
a) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 25 3 2 4 3 5 15 4 2 8 2 4 23a a a a a a a a a a a a− ⋅ + + + ⋅ − = + − − + − + − = − − .
b) ( ) ( )2 2 3 2 25 4 3 2 5 15 10 4 12 8p q pq p p q p p pq p q q− ⋅ + − = + − − − + = 3 2 215 7 4 10 8p p q pq p q= − − − + .
c) ( ) ( )2 2 4 3 2 3 2 2 4 21 1 1 2 1w w w w w w w w w w w w w w w+ + ⋅ − − = − − + − − + − − = − − − . Más-
képpen: ( )( ) ( )( ) ( ) ( )2 22 2 2 4 21 1 1 2 1w w w w w w w w w+ + ⋅ − + = − + = − − − .
d) ( ) ( )2 2 3 2 2 2 2 31n n n n n n n n n n n n n n n n n nu v u u v v u u v u v u u v u v v v+ ⋅ − + + = − + + + − + + =
3 3n n n nu v u v= + + + . Másképpen: ( ) ( )( ) ( ) ( )3 32 2 1n n n n n n n n n nu v u u v v u v u v+ ⋅ − + + = + + + .
13
2. A zárójelek felbontásával alakítsuk át többtagú kifejezéssé a következőket!
a) 23 1
2 3e f⎛ ⎞− +⎜ ⎟
⎝ ⎠ b) ( )32 32 3x y xy− c) ( ) ( )2 5 5 2c c+ ⋅ +
d) ( ) ( )4 4n na b a b+ ⋅ − e) ( )233 2pq − f) ( ) ( )2 22 4 2t u t tu u− ⋅ + +
g) ( )34c + h) ( ) ( )2 4 2 4uv s uv s+ ⋅ − i) ( )22 3k l m+ +
Megoldás: A nevezetes azonosságok alkalmazásával a következőket kapjuk:
a) 2
2 23 1 9 12 3 4 9e f e ef f⎛ ⎞− + = − +⎜ ⎟
⎝ ⎠.
b) ( )32 3 6 3 5 5 4 7 3 92 3 8 36 54 27x y xy x y x y x y x y− = − + − .
c) ( )( ) ( )2 22 5 5 2 2 5 4 20 25c c c c c+ + = + = + + .
d) ( )( )4 4 2 8n n na b a b a b+ − = − .
e) ( )23 2 6 33 2 9 12 4pq p q pq− = − + .
f) ( )( )2 2 3 32 4 2 8t u t tu u t u− + + = − .
g) ( )3 3 24 12 48 64c c c c+ = + + + .
h) ( )( ) 2 2 22 4 2 4 4 16uv s uv s u v s+ − = − .
i) ( )2 2 2 22 3 4 9 4 6 12k l m k l m kl km lm+ + = + + + + + .
3. Alakítsuk szorzattá a következő kifejezéseket!
a) 2 2144 120 25j ij i+ + b) 2 4 625 16u r p− c) 2 249 112 64z rz r− +
d) 3 2 2 36 12 8u u v uv v− + − e) 3 8a + f) 18 10 12 15jl km jm kl− − +
g) 3 664 27c d− h) 26 2z z− − i) 2 22 6 12 10 20x y x xy x y− + − + −
Megoldás:
a) ( )22 2144 120 25 12 5j ij i j i+ + = + .
b) ( ) ( )2 4 6 2 3 2 325 16 5 4 5 4u r p ur p ur p− = + ⋅ − .
c) ( ) ( )2 22 249 112 64 7 8 8 7z rz r z r r z− + = − = − .
14
d) ( )33 2 2 36 12 8 2u u v uv v u v− + − = − .
e) ( ) ( )3 28 2 2 4a a a a+ = + ⋅ − + .
f) ( ) ( ) ( ) ( )18 10 12 15 18 12 15 10 6 3 2 5 3 2jl km jm kl jl jm kl km j l m k l m− − + = − + − = ⋅ − + ⋅ − =
( ) ( )3 2 6 5l m j k= − ⋅ + .
g) ( ) ( )3 6 2 2 2 464 27 4 3 16 12 9c d c d c cd d− = − ⋅ + + .
h) A 26 2 0z z− − = egyenlet gyökei 112
z = − és 223
z = , így 2 1 26 2 62 3
z z z z⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − = ⋅ + ⋅ − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
( ) ( )2 1 3 2z z= + ⋅ − .
i) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 6 12 10 20 2 6 2 10 2x y x xy x y x y x y y− + − + − = ⋅ − + ⋅ − + ⋅ − =
( ) ( )22 6 10y x x= − ⋅ + + . Mivel az 2 6 10 0x x+ + = másodfokú egyenletnek nincs valós megol-
dása (a diszkriminánsa negatív), ezért az 2 6 10x x+ + szorzótényező nem bontható tovább.
4. Egyszerűsítsük a törteket a változók lehetséges értékei mellett!
a) 2
6 63 3bb+−
b) 2 2
3 3
8 810 10c dc d−+
c) 3 2
2
9 27 279
u u uu
− + −−
d) 2
2
6 53 2
b bb b
+ ++ +
e) ( )
3 3
2
a va v av
+
− + f) ac bc ad bd
ac bc ad bd− + −+ + +
g) 2 2 2
2 2 2
22
ab a b ca c b ac
− − ++ − +
h) 3 2
2
2 22
x x xx x+ − −
+ − i)
5 4 3 2
3 2 2
23 5 2s s t s ts s t st+ −+ −
Megoldás:
a) ( )( ) ( )2
6 16 6 23 3 3 1 1 1
bbb b b b
⋅ ++= =
− ⋅ + ⋅ − −, ahol 1b ≠ ± .
b) ( ) ( )( ) ( )
( )( )
2 2
3 3 2 2 2 2
8 48 810 10 10 5
c d c d c dc dc d c d c cd d c cd d
⋅ + ⋅ − ⋅ −−= =
+ ⋅ + ⋅ − + ⋅ − +, ahol c d≠ − .
c) ( )( ) ( )
( )3 23 2
2
3 39 27 279 3 3 3
u uu u uu u u u
− −− + −= =
− + ⋅ − +, ahol 3u ≠ ± .
d) ( ) ( )( ) ( )
2
2
1 56 5 53 2 1 2 2
b bb b bb b b b b
+ ⋅ ++ + += =
+ + + ⋅ + +, ahol 1b ≠ − és 2b ≠ − .
e) ( )
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 23 3
2 2 2 2 22a v a av v a v a av va v a va av v av a av va v av
+ ⋅ − + + ⋅ − ++= = = +
− + + − +− +, ahol 2 2 0a av v− + ≠
15
(ez csak az 0a v= = esetet zárja ki).
f) ( ) ( )( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
c a b d a b a b c dac bc ad bd a bac bc ad bd c a b d a b a b c d a b
⋅ − + ⋅ − − ⋅ +− + − −= = =
+ + + ⋅ + + ⋅ + + ⋅ + +, ahol a b≠ − és c d≠ − .
g) ( )
( )( )
( )( ) ( )( ) ( )
22 2 2 22 2 2
22 2 2 2 2 2 2
222 2
c a ab b c a b c a b c a bab a b c c a ba c b ac a c b a c b a c ba ac c b a c b
− − + − − + − ⋅ − +− − + − += = = =
+ − + + + ⋅ + − + ++ + − + −,
ahol ( )b a c≠ ± + .
h) ( ) ( )( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
( ) ( ) ( )( ) ( )
223 2
2
2 12 2 2 1 12 2 12 2 1 2 1 2 1
x xx x x x x xx x x xx x x x x x x x
+ ⋅ −⋅ + − + + ⋅ + ⋅ −+ − −= = = = +
+ − + ⋅ − + ⋅ − + ⋅ −, ahol
2x ≠ − és 1x ≠ .
i) ( )
( )( )( )
( ) ( )( )( ) ( )( )
3 2 2 3 2 2 35 4 3 2
3 2 2 2 2 2 2
2 2 2 223 5 2 3 2 23 5 2 3 6 2
s s st t s s st st t s s s t t s ts s t s ts s t st s s s t t s ts s st t s s st st t
⋅ + − ⋅ − + − ⋅ ⋅ − + ⋅ −+ −= = = =
+ − ⋅ ⋅ + − ⋅ +⋅ + − ⋅ + − −
( ) ( )( ) ( )
( )3 222 3 3
s s t s t s s ts s t s t s t⋅ − ⋅ + ⋅ −
= =⋅ + ⋅ − −
, ahol 0s ≠ , 2s t≠ − és 3ts ≠ .
Megjegyzés: Az i) feladat számlálója és nevezője más módszerrel is szorzattá alakítható, amely hasznos bizonyos kétismeretlenes másodfokú polinomok esetében. Például a nevezőben lévő
2 23 5 2s st t+ − szorzattá alakításakor tekintsük a 2 23 5 2 0s st t+ − = egyenletet, amely s-re nézve
egy másodfokú, t paraméterű egyenlet. Ennek megoldásai 2 2
1,25 25 24 5 7
6 6t t t t ts − ± + − ±
= = ,
vagyis 1 2s t= − és 2 3ts = , így az egyenlet gyöktényezős alakja ( )3 2
3ts t s⎛ ⎞⋅ + ⋅ −⎜ ⎟
⎝ ⎠, amely
( ) ( )2 3s t s t+ ⋅ − alakban is írható.
5. Végezzük el a kijelölt műveleteket a változók lehetséges értékei mellett!
a) 2 2
2 2 2 2c d c dc d c d+ +
−− −
b) 3 4e f e f
+− +
c) 2 2
2
6 8 4 4:4 3 5 15
m m m mm m m
− + − ++ + +
d) 2
5 68 16 5 20g
g g g−
+− + −
e) 3
2
8 7 215 15 2 4a aa a a− +
⋅+ + +
f) 2
2
3 2 6 10:1 3 3 1 1 6 9a a a aa a a a
+⎛ ⎞+⎜ ⎟− + − +⎝ ⎠
g) 2
2
1u v u vu u v u uv+ −
− +− −
h) 1 11 1l ll l
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − ⋅ + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
i) 2
3 2 2 2
1 :j i j ii ij i j i ij j ij
⎛ ⎞ ⎛ ⎞−+ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟− + + +⎝ ⎠⎝ ⎠
Megoldás:
a) ( ) ( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
22 22 2 2 2
2 2
22 2 2 2
c d c dc d c d c d c dc d c d c d c d c d c d c d
+ ⋅ − ++ + + +− = − = =
− − + ⋅ − ⋅ − ⋅ + ⋅ −
16
( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )
22 2 2 2 2 22 2 2 22 2 2 2
c dc d c cd d c cd d c dc d c d c d c d c d c d c d
−+ − − − − + −= = = =
⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ +, ahol c d≠ ± .
b) ( ) ( )( ) ( )
3 4 73 4 e f e f e fe fe f e f e f e f
⋅ + + ⋅ − ⋅ −+ = =
−− + − ⋅ +, ahol 0 ,e f≤ és e f≠ .
c) ( ) ( )( ) ( )
( )( )
( )( ) ( )
2 2
22
2 4 5 3 5 46 8 4 4:4 3 5 15 1 3 1 22
m m m mm m m mm m m m m m mm
− ⋅ − ⋅ + ⋅ −− + − += ⋅ =
+ + + + ⋅ + + ⋅ −−, ahol 1m ≠ − ,
3m ≠ − és 2m ≠ .
d) ( ) ( )
( ) ( )( ) ( )2 2 22
5 5 6 45 6 5 6 25 5 6 248 16 5 20 5 44 5 4 5 4
g gg g g gg g g gg g g
− ⋅ + ⋅ −− − − + −+ = + = = =
− + − ⋅ −− ⋅ − ⋅ −
( )2
15 4gg+
=⋅ −
, ahol 4g ≠ .
e) ( ) ( )
( )( ) ( )23
2 2
2 2 4 7 3 7 28 7 215 15 2 4 5 3 2 4 5
a a a a aa aa a a a a a
− ⋅ + + ⋅ + ⋅ −− +⋅ = ⋅ =
+ + + ⋅ + + +, ahol 3a ≠ − . (A máso-
dik tört nevezője sosem 0, mert ( )22 2 4 1 3 0 3 3a a a+ + = + + ≥ + = .)
f) ( ) ( )( ) ( )
( )( )
22
2
3 3 1 2 1 3 3 13 2 6 10:1 3 3 1 1 6 9 1 3 3 1 2 3 5
a a a a aa a a aa a a a a a a a
⋅ + + ⋅ − −+⎛ ⎞+ = ⋅ =⎜ ⎟− + − + − ⋅ + ⋅ +⎝ ⎠
( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )
( )( ) ( )
22 2 23 1 3 59 3 2 6 3 5 3 1 3 11 3 1 3 1 2 3 5 3 1 2 3 5 3 1 2 3 5
a a aa a a a a a a aa a a a a a a a a a
− ⋅ ++ + − + − −= ⋅ = ⋅ = ⋅ =
− ⋅ − ⋅ + ⋅ + − + ⋅ + − + ⋅ +
( )3 1
2 3 1aa−
=− ⋅ +
, ahol 13
a ≠ ± , 0a ≠ és 53
a ≠ − .
g) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
22 2 2 2 2
2
11 u v u v u u vu v u v u v u u v uu u v u uv u u v u u v u u v
+ ⋅ − − − ⋅ ++ − − − + +− + = = = =
− − ⋅ − ⋅ − ⋅ −
1u v
=−
, ahol 0u ≠ és u v≠ .
h) 2 22 2
1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1l l l l l ll l l l l l
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − ⋅ + + = + + + + + − − − = + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
, ahol 0l ≠ . Másképpen:
22 2 2
2 2
1 1 1 1 11 1 1 2 1 1l l l l ll l l l l
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − ⋅ + + = + − = + + − = + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
.
i) ( ) ( ) ( )
2 2
3 2 2 2 2 2
1 1: :j i j i j i j ii ij i j i ij j ij i j i i j j j ii i j
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎜ ⎟+ − = + − =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟− + + + + ⋅ + ⋅ +⋅ −⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
( )( ) ( )
( )( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 21: :
j i i j i j j i i j i ij ij j ii i j i j i j i j i i j i j i j i j
+ ⋅ ⋅ − − ⋅ − ⋅ + − − −= = =
⋅ + ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ − ⋅ ⋅ +
17
( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( )2 2
2 2 11i j i ji j ij j j
i i j i j i j j ii j ij⋅ ⋅ ++ −
= ⋅ = =⋅ + ⋅ − − ⋅ − −− ⋅ + −
, ahol 0i ≠ , i j≠ ± és 0j ≠ .
6. Egyszerűsítsük a törteket a változók lehetséges értékei mellett!
a) 3 29 42 52 16
6 8a a a
a− + −
− b)
4 3 2
2
8 12 2 23 394 9
b b b bb
− + + −−
Megoldás:
a) A tört akkor értelmezhető, ha 43
a ≠ . Az eredményt polinomosztással kapjuk:
( ) ( )3 2 2
3 2
2
2
39 42 52 16 : 6 8 5 22
9 1230 52 1630 40
12 1612 16
0
a a a a a a
a aa aa a
aa
− + − − = − +
−− + −− +
−−
Tehát az egyszerűsített tört értéke 23 5 22a a− + .
Megjegyzés: Ha a nevezőt ( )2 3 4a⋅ − alakra hozzuk, majd a számlálót csak 3 4a− -gyel osztjuk
el, akkor a végeredményt 23 10 4
2a a− + alakban kapjuk meg. Így az osztás során minden együtt-
ható egész lesz, ez azonban nem szükségszerű egy polinomosztásnál, mint azt a fenti példa is mutatja. Fontos megfigyelnünk, hogy a 6 8a− -cal történő osztáskor az első lépésben a hányados
első tagja 232a lett (tehát a nem egész együtthatók is megengedettek), nem pedig 21a , ekkor
ugyanis a 39a -ből még 33a megmaradt volna, viszont az osztási lépésekben a maradék fokszá-mának mindig kisebbnek kell lennie az osztó fokszámánál (kivéve, ha a hányados 0).
b) A tört akkor értelmezhető, ha 32
b ≠ ± (ezek a nevező gyökei). Polinomosztással kapjuk, hogy:
( ) ( )4 3 2 2 2
4 2
3 2
3
2
2
8 12 2 23 39 : 4 9 2 3 58 18
12 20 23 3912 27
20 4 3920 45
4 6
b b b b b b bb b
b b bb b
b bb
b
− + + − − = − +−
− + + −− +
− −−
− +
Mivel az utolsó lépésben a maradék 4 6b− + , ez viszont már nem osztható 24 9b − -cel, ezért a tört számlálója nem osztható maradék nélkül a nevezővel. (A maradékos osztás a következőkép-pen lenne felírható: ( ) ( )4 3 2 2 28 12 2 23 39 2 3 5 4 9 4 6b b b b b b b b− + + − = − + ⋅ − − + .)
18
A nevező viszont szorzattá alakítható: ( ) ( )24 9 2 3 2 3b b b− = + ⋅ − , így megpróbálhatjuk külön-
külön a szorzótényezők valamelyikével elosztani a tört számlálóját. Mivel 32
b = gyöke a számlá-
lónak (ezt behelyettesítéssel ellenőrizhetjük), de 32
b = − nem gyöke, ezért 2 3b − -mal fogjuk
tudni maradék nélkül elosztani a számlálót:
( ) ( )4 3 2 3
4 3
2
2
8 12 2 23 39 : 2 3 4 138 12
2 23 392 3
26 3926 39
0
b b b b b b bb b
b bb b
bb
− + + − − = + +−
+ −−
−−
A kapott 34 13b b+ + kifejezés már biztosan nem osztható maradék nélkül 2 3b + -mal, hiszen 32
b = − nem gyöke 34 13b b+ + -nak. (Ráadásul ha osztható lenne vele, akkor az eredeti 24 9b −
kifejezéssel is el tudtuk volna osztani az eredeti számlálót.)
Így tehát az egyszerűsítés a következőképpen írható le:
( ) ( )( ) ( )
34 3 2 3
2
4 13 2 38 12 2 23 39 4 134 9 2 3 2 3 2 3
b b bb b b b b bb b b b
+ + ⋅ −− + + − + += =
− + ⋅ − +.
7. Határozzuk meg számológép használata nélkül a következő műveletek végeredményét!
a) 2508 b) 3 38 12+ c) 339
d) 61 79⋅ e) 2123 f) 3 315 5−
Megoldás:
a) ( )22 2 2508 500 8 500 2 500 8 8 250000 8000 64 258064= + = + ⋅ ⋅ + = + + = .
b) ( ) ( ) ( )3 3 2 28 12 8 12 8 8 12 12 20 64 96 144 20 112 2240+ = + ⋅ − ⋅ + = ⋅ − + = ⋅ = .
c) ( )33 3 2 2 339 40 1 40 3 40 1 3 40 1 1 64000 4800 120 1 59319= − = − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − = − + − = .
d) ( ) ( ) 2 261 79 70 9 70 9 70 9 4900 81 4819⋅ = − ⋅ + = − = − = .
e) ( ) ( )22 2 2 2123 100 20 3 100 20 3 2 100 20 100 3 20 3= + + = + + + ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ =
( )10000 400 9 2 2000 300 60 10409 2 2360 10409 4720 15129= + + + ⋅ + + = + ⋅ = + = .
f) ( ) ( ) ( )3 3 2 215 5 15 5 15 15 5 5 10 225 75 25 10 325 3250− = − ⋅ + ⋅ + = ⋅ + + = ⋅ = .
19
8. Határozzuk meg számológép használata nélkül, hogy az 1591 és a 4891 közül melyik számnak van több pozitív osztója!
Megoldás: Az osztók számát meghatározhatnánk a számok prímtényezős felbontásából, azonban sem az 1591, sem a 4891 nem osztható semelyik egyjegyű prímmel sem, így a prímtényezők ke-resése hosszabb írásbeli osztásokat igényelne.
Vegyük észre, hogy 2 21591 1600 9 40 3= − = − és 2 24891 4900 9 70 3= − = − , így a nevezetes azonosságokkal ( ) ( )1591 40 3 40 3 43 37= + ⋅ − = ⋅ és ( ) ( )4891 70 3 70 3 73 67= + ⋅ − = ⋅ adódik.
Mivel a 37, 43, 67, 73 számok mindegyike prím, ezért az 1591 és a 4891 is két prím szorzata, te-hát ugyanannyi (4 db) pozitív osztójuk van.
9. Határozzuk meg a és b értékét, ha tudjuk, hogy minden 12
x ≠ , 3x ≠ − esetén teljesül az
2
52 5 3 2 1 3
a bx x x x
= ++ − − +
összefüggés!
Megoldás: A jobb oldal átalakítva: ( ) ( )( ) ( ) 2
3 2 1 3 22 1 3 2 1 3 2 5 3
a x b xa b ax a bx bx x x x x x
⋅ + + ⋅ − + + −+ = =
− + − ⋅ + + −.
Mivel 2 2
5 3 22 5 3 2 5 3
ax a bx bx x x x
+ + −=
+ − + − teljesül minden megengedett x értékre, ezért a számlálók
egyenlősége ( ) ( )0 5 2 3x a b x a b⋅ + = + ⋅ + − alakban is írható. Két (elsőfokú) polinom pontosan
akkor egyenlő, ha együtthatóik rendre megegyeznek, azaz 2 0a b+ = és 3 5a b− = . Az első
összefüggésből 2a b= − , ezt a másodikba helyettesítve ( )3 2 7 5b b b⋅ − − = − = , ahonnan 57
b = −
és 107
a = adódik.
Megjegyzés: Ezt az eljárást – amikor tehát egy (legalább) másodfokú nevezőjű algebrai törtet több elsőfokú nevezőjű tört összegeként írunk fel – parciális törtekre bontásnak nevezzük.
10. Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenleteket!
a) 3 28 6 29 15 0x x x− − − = b) 4 3 220 8 105 8 20 0x x x x+ − + + =
Megoldás:
a) Mivel az együtthatók váltakozó előjeles összege ( ) ( ) ( )8 6 29 15 0− − + − − − = , ezért az 1 1x = −
gyöke az egyenletnek, így 1x + szorzótényezőként kiemelhető belőle. Polinomosztással kapjuk:
( ) ( )3 2 2
3 2
2
2
8 6 29 15 : 1 8 14 158 8
14 29 1514 14
15 1515 15
0
x x x x x xx x
x xx x
xx
− − − + = − −+− − −− −
− −− −
20
A 28 14 15 0x x− − = másodfokú egyenlet gyökei 252
x = és 334
x = − . Tehát az eredeti egyenlet
három megoldása a 1− , az 52
és a 34
− . Ellenőrzéssel meggyőződhetünk róla, hogy ezek mind-
egyike valóban jó megoldás.
b) Mivel szimmetrikus negyedfokú egyenletről van szó, amelynek a 0 nem gyöke, ezért 2x -tel
végigosztva a 22
8 2020 8 105 0x xx x
+ − + + = egyenletet kapjuk, amely az 2
22
1 1 2x xx x
⎛ ⎞+ = + −⎜ ⎟⎝ ⎠
összefüggés alapján 21 120 8 145 0x x
x x⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ + + ⋅ + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
alakra hozható. Ez 1xx
+ -re nézve má-
sodfokú, a két gyök 52
és 2910
− .
Ha 1 52
xx
+ = , akkor az 2 5 1 02
x x− + = egyenletből az 112
x = és 2 2x = megoldásokat kapjuk.
Ha 1 2910
xx
+ = − , akkor az 2 29 1 010
x x+ + = egyenletből az 325
x = − és 452
x = − megoldásokat
kapjuk.
Tehát az eredeti egyenlet négy megoldása az 12
, a 2, a 25
− és a 52
− . Ellenőrzéssel meggyőződ-
hetünk róla, hogy ezek mindegyike valóban jó megoldás.
11. Döntsük el a következő műveletek végeredményeiről, hogy racionálisak vagy irracionálisak-e!
a) 3 29 6 3 29 6− ⋅ + b) 3 2 2 3 2 2+ + − c) 7 2 6 7 2 6+ − −
Megoldás:
a) ( )2 23 29 6 3 29 6 3 29 6 9 29 36 225 15− ⋅ + = − = ⋅ − = = racionális.
b) ( ) ( ) ( )2 23 2 2 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2+ + − = + + − = + + − = + + − =
irracionális.
c) ( ) ( ) ( )2 27 2 6 7 2 6 1 6 1 6 1 6 1 6 1 6 6 1 2+ − − = + − − = + − − = + − − = ra-
cionális.
12. Határozzuk meg a 2 22 2 2 4x y x xy+ + + + kifejezés minimumát, ha x és y tetszőleges valós szám lehet!
Megoldás: Keressünk teljes négyzeteket: ( ) ( )2 22 22 2 2 4 1 3x y x xy x y x+ + + + = + + + + . Mivel
egy teljes négyzet értéke mindig nemnegatív, ezért ( ) ( )2 21 3 0 0 3x y x+ + + + ≥ + + , vagyis a ki-
21
fejezés értéke legalább 3. Pontosan 3 akkor lehet, ha 0x y+ = és 1 0x + = . Ez meg is valósulhat, 1x = − és 1y = esetén. Tehát a kifejezés minimuma 3.
13. Határozzuk meg az 2 2 2
2 2 2
x y za b c
+ + kifejezés értékét, ha 1x y za b c+ + = és 0a b c
x y z+ + = teljesül
(ahol a, b, c, x, y és z egyike sem 0)!
Megoldás: Az 0a b cx y z+ + = egyenletet xyz -vel szorozva az 0ayz bxz cxy+ + = összefüggést
kapjuk, amelyet abc -vel elosztva a 0yz xz xybc ac ab
+ + = egyenlethez jutunk. Mivel 1x y za b c+ + = ,
így 2 2 2 2
22 2 2
0
1 2x y z x y z xy xz yza b c a b c ab ac bc
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + = + + + ⋅ + +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
, ahonnan 2 2 2
2 2 2 1x y za b c
+ + = a kere-
sett kifejezés értéke.
14. Írjuk fel minél egyszerűbb alakban a következő kifejezést, ahol { }0; 1; 2; 3; 4; 5x∉ − − − − − :
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1 11 1 2 2 3 3 4 4 5x x x x x x x x x x+ + + +
⋅ + + ⋅ + + ⋅ + + ⋅ + + ⋅ +
Megoldás: Az ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 4 5x x x x x x⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + közös nevező választása rendkívül
hosszú számolást eredményezne. Ehelyett észrevehetjük (a parciális törtekre bontás korábban is-
mertetett módszerével), hogy ( )
1 1 11 1x x x x= −
⋅ + +, ( ) ( )
1 1 11 2 1 2x x x x
= −+ ⋅ + + +
, és így tovább,
( ) ( )1 1 1
4 5 4 5x x x x= −
+ ⋅ + + +. Vagyis a vizsgált kifejezés felírható a következőképpen:
( )1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5
1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 5x x x x x x x x x x x x x x− + − + − + − + − = − =
+ + + + + + + + + + ⋅ +.
IV. Ellenőrző feladatok
1. Végezzük el a kijelölt műveleteket, majd adjuk meg az eredményt minél egyszerűbb alakban!
a) ( ) ( ) ( ) ( )2 23 2 5 2 4b b b b b− ⋅ + − − ⋅ − b) ( ) ( )3 2 22 5f f ef e ef f− + ⋅ + −
2. A zárójelek felbontásával alakítsuk át többtagú kifejezéssé a következőket!
a) ( )235 4ef e− b) ( )32 5q r+ c) 23 1
4 3c d⎛ ⎞+⎜ ⎟
⎝ ⎠
d) ( )35 43 2uv u v− e) ( )( )y x y xx y x y+ − f) ( )22 3 4f g h− −
22
3. Alakítsuk szorzattá a következő kifejezéseket!
a) 2i ij ik jk− + − b) ( ) ( )5 3m a b n b a⋅ − − ⋅ − c) 4 2 3 6100 60 9f f g g+ +
d) 3 6 12 364 8p q p q+ e) 2 264 96 36j jk k− + f) 3 2 2 33 6 8a a b ab b− + −
g) 23 27 54v v+ + h) 3 28 6 12q q q− + − i) 3 28 19 12x y x y xy y+ + +
4. Egyszerűsítsük a törteket a változók lehetséges értékei mellett!
a) 2 2
2 2
3 275 30 45
c dc cd d
−+ +
b) 2 2
4 4
18 36 189 9
t tu ut u+ +
− c)
2 8 72 7 14
d e de ede d e
+ +− + −
5. Végezzük el a kijelölt műveleteket a változók lehetséges értékei mellett!
a) 2 2
2 23 3i j i ji j i j− +
−+ −
b) 2
2
31 : 11 1o oo o
⎛ ⎞⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⎜ ⎟+ −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ c) 2 2
6 9 13 2 6 2
a b b aa ab ab b b
+ −− −
− −
d) ( )
2 2
2
3 35 5
a b a ba ba b
− +⋅
−+ e)
2 22 22 2k l k ll k l k
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
f) 2
2
1 6 3 4 42 2 2 2 2 2 3a a aa a a+ + −⎛ ⎞+ − ⋅⎜ ⎟− − +⎝ ⎠
6. Egyszerűsítsük a ( ) ( )
4 3 24 23 39 32 282 7
k k k kk k
− − + −+ ⋅ −
törtet, ahol 2k ≠ − és 7k ≠ !
7. Oldjuk meg a valós számok halmazán a 5 4 3 26 5 29 29 5 6 0x x x x x+ − + − − = egyenletet!
8. Határozzuk meg számológép használata nélkül a következő műveletek végeredményét!
a) 2998 b) 2 2328 172− c) 296 304⋅
9. Bizonyítsuk be, hogy a 80 2 5 2 5:4 10 2 5 2 5
a a aa a a
+ −⎛ ⎞−⎜ ⎟− − +⎝ ⎠ kifejezés értéke minden egész a esetén párat-
lan szám!
Az ellenőrző feladatok megoldásai
1. Végezzük el a kijelölt műveleteket, majd adjuk meg az eredményt minél egyszerűbb alakban!
a) ( ) ( ) ( ) ( )2 23 2 5 2 4b b b b b− ⋅ + − − ⋅ − b) ( ) ( )3 2 22 5f f ef e ef f− + ⋅ + −
Megoldás:
a) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 4 3 23 2 5 2 4 4 17 18 3 15b b b b b b b b b− ⋅ + − − ⋅ − = − + − + .
b) ( ) ( )3 2 2 3 2 3 2 2 4 3 2 4 32 5 3 5 10 2f f ef e ef f e f e f e f ef ef ef f f− + ⋅ + − = + + + − − − + .
23
2. A zárójelek felbontásával alakítsuk át többtagú kifejezéssé a következőket!
a) ( )235 4ef e− b) ( )32 5q r+ c) 23 1
4 3c d⎛ ⎞+⎜ ⎟
⎝ ⎠
d) ( )35 43 2uv u v− e) ( )( )y x y xx y x y+ − f) ( )22 3 4f g h− −
Megoldás:
a) ( )23 2 6 2 3 25 4 25 40 16ef e e f e f e− = − + .
b) ( )3 3 2 2 32 5 8 60 150 125q r q q r qr r+ = + + + .
c) 2
2 23 1 9 1 14 3 16 2 9c d c cd d⎛ ⎞+ = + +⎜ ⎟
⎝ ⎠.
d) ( )35 4 3 15 6 11 9 7 12 33 2 27 54 36 8uv u v u v u v u v u v− = − + − .
e) ( )( ) 2 2y x y x y xx y x y x y+ − = − .
f) ( )2 2 2 22 3 4 4 9 16 12 16 24f g h f g h fg fh gh− − = + + − − + .
3. Alakítsuk szorzattá a következő kifejezéseket!
a) 2i ij ik jk− + − b) ( ) ( )5 3m a b n b a⋅ − − ⋅ − c) 4 2 3 6100 60 9f f g g+ +
d) 3 6 12 364 8p q p q+ e) 2 264 96 36j jk k− + f) 3 2 2 33 6 8a a b ab b− + −
g) 23 27 54v v+ + h) 3 28 6 12q q q− + − i) 3 28 19 12x y x y xy y+ + +
Megoldás:
a) ( ) ( )2i ij ik jk i k i j− + − = + ⋅ − .
b) ( ) ( ) ( ) ( )5 3 5 3m a b n b a m n a b⋅ − − ⋅ − = + ⋅ − .
c) ( )24 2 3 6 2 3100 60 9 10 3f f g g f g+ + = + .
d) ( ) ( )3 6 12 3 2 4 2 4 5 3 8 264 8 4 2 16 8 4p q p q pq p q p q p q p q+ = + ⋅ − + .
e) ( )22 264 96 36 8 6j jk k j k− + = − .
f) ( )33 2 2 33 6 8 2a a b ab b a b− + − ≠ − , mert ez utóbbi értéke 3 2 2 36 12 8a a b ab b− + − . Ezt felhasz-
nálva ( ) ( ) ( )3 33 2 2 3 2 23 6 8 2 3 6 2 3 2a a b ab b a b a b ab a b ab a b− + − = − + − = − + ⋅ − =
24
( ) ( )2 22 4a b a ab b= − ⋅ − + .
g) ( ) ( )23 27 54 3 3 6v v v v+ + = ⋅ + ⋅ + .
h) ( ) ( ) ( ) ( )3 2 3 3 28 6 12 2 6 2 2 8 4q q q q q q q q q− + − = − + ⋅ − = − ⋅ + + .
i) ( ) ( ) ( ) ( )3 2 3 28 19 12 8 19 12 1 3 4x y x y xy y y x x x y x x x+ + + = ⋅ + + + = ⋅ + ⋅ + ⋅ + . A megoldás öt-
lete, hogy az 3 28 19 12 0x x x+ + + = egyenletnek gyöke a 1− , így 1x + -et kiemelve polinomosz-tással kapjuk a szorzatalakot.
4. Egyszerűsítsük a törteket a változók lehetséges értékei mellett!
a) 2 2
2 2
3 275 30 45
c dc cd d
−+ +
b) 2 2
4 4
18 36 189 9
t tu ut u+ +
− c)
2 8 72 7 14
d e de ede d e
+ +− + −
Megoldás:
a) ( ) ( )( )
( )( )
2 2
22 2
3 3 3 3 33 275 30 45 5 35 3
c d c d c dc dc cd d c dc d
⋅ + ⋅ − ⋅ −−= =
+ + ⋅ +⋅ +, ahol 3c d≠ − .
b) ( )( ) ( ) ( )
( )( ) ( )
22 2
4 4 2 2 2 2
18 218 36 189 9 9
t u t ut tu ut u t u t u t u t u t u
⋅ + ⋅ ++ += =
− ⋅ + ⋅ + ⋅ − + ⋅ −, ahol t u≠ ± .
c) ( ) ( )( ) ( )
( )2 7 1 18 72 7 14 7 2 2
e d d e dd e de ede d e d e e
⋅ + ⋅ + ⋅ ++ += =
− + − + ⋅ − −, ahol 7d ≠ − és 2e ≠ .
5. Végezzük el a kijelölt műveleteket a változók lehetséges értékei mellett!
a) 2 2
2 23 3i j i ji j i j− +
−+ −
b) 2
2
31 : 11 1o oo o
⎛ ⎞⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⎜ ⎟+ −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ c) 2 2
6 9 13 2 6 2
a b b aa ab ab b b
+ −− −
− −
d) ( )
2 2
2
3 35 5
a b a ba ba b
− +⋅
−+ e)
2 22 22 2k l k ll k l k
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
f) 2
2
1 6 3 4 42 2 2 2 2 2 3a a aa a a+ + −⎛ ⎞+ − ⋅⎜ ⎟− − +⎝ ⎠
Megoldás:
a) ( ) ( )
( ) ( )( )
( ) ( ) ( )
2 22 22 2
2 2
2
2 2 2 2 2
i j i j i ji j i j i ji j i j i j i j i j i j i j
− − ⋅ + − +− + − −− = = =
+ − ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ −, ahol i j≠ ± .
b) ( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
2 2
2
1 13 2 1 1 4 2 1 11 : 1 :1 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2
o oo o o o o oo o o o o o o o o
+ ⋅ −⎛ ⎞ + − + −⎛ ⎞+ − = = ⋅ =⎜ ⎟⎜ ⎟+ − + + ⋅ − + + ⋅ − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠,
ahol 1o ≠ ± és 12
o ≠ ± .
25
c) ( ) ( ) ( )( )
( )( )2 2
6 2 9 3 4 36 9 1 23 2 6 2 3 2 3 2
a b b b a a a a b b a ba b b aa ab ab b b a a b b a a b b a
+ ⋅ − − ⋅ − ⋅ − − ⋅ −+ − −− − = = =
− − ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅,
ahol 0a ≠ , 3a b≠ és 0b ≠ .
d) ( )
( ) ( )( )
( )( )
2 2
2 2
33 3 35 5 5 5
a b a b a ba b a ba b a ba b a b
+ ⋅ − ⋅ +− +⋅ = ⋅ =
− ⋅ −+ +, ahol a b≠ ± .
e) 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 4 42 2 42 2 4 4k l k l k l k ll k l k l k l k
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − − = + + − − + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
, ahol 0k ≠ és 0l ≠ .
f) ( ) ( ) ( )
( ) ( )( ) ( )22
2
1 6 3 1 4 1 11 6 3 4 42 2 2 2 2 2 3 2 1 1 3
a a a a aa a aa a a a a
+ + − + ⋅ − ⋅ + ⋅ −+ + −⎛ ⎞+ − ⋅ = ⋅ =⎜ ⎟− − + ⋅ − ⋅ +⎝ ⎠
( ) ( )( ) ( )4 1 110 20
2 1 1 3 3a a
a a⋅ + ⋅ −
= ⋅ =⋅ − ⋅ +
, ahol 1a ≠ ± .
6. Egyszerűsítsük a ( ) ( )
4 3 24 23 39 32 282 7
k k k kk k
− − + −+ ⋅ −
törtet, ahol 2k ≠ − és 7k ≠ !
Megoldás: ( ) ( )
( ) ( ) ( )( ) ( )
24 3 22
4 3 2 2 74 23 39 32 28 4 3 22 7 2 7
k k k kk k k k k kk k k k
− + ⋅ + ⋅ −− − + −= = − +
+ ⋅ − + ⋅ −. A vég-
eredményt megkaphatjuk két egymás utáni polinomosztással (például először 2k + -vel osztjuk el az eredeti számlálót, majd a kapott hányadost 7k − -tel osztjuk, vagy fordított sorrendben). Meg-tehetjük azonban azt is, hogy a számlálót rögtön ( ) ( ) 22 7 5 14k k k k+ ⋅ − = − − -gyel osztjuk el,
ekkor kettő helyett csak egy osztást kell végrehajtanunk. Ilyenkor elvileg elképzelhető lenne, hogy az osztás során maradék keletkezik (ha a számláló nem osztható a nevező mindkét szorzóté-nyezőjével), de a mostani feladatban nincsen maradék, ezzel a módszerrel is a helyes végered-ményt kapjuk.
7. Oldjuk meg a valós számok halmazán a 5 4 3 26 5 29 29 5 6 0x x x x x+ − + − − = egyenletet!
Megoldás: Mivel az együtthatók összege 6 5 29 29 5 6 0+ − + − − = , ezért az egyenletnek bizto-san gyöke az 1 1x = . Az 1x − -et szorzótényezőként kiemelve polinomosztással a következő ala-
kot kapjuk: ( ) ( )4 3 21 6 11 18 11 6 0x x x x x− ⋅ + − + + = . A második tényező egy szimmetrikus ne-
gyedfokú kifejezés, amely 2x -tel osztva ( 0x ≠ ) és rendezve 21 16 11 30x x
x x⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ + + ⋅ + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
alakra hozható. Ennek 1xx
+ -re vett gyökei 103
− és 32
. Az 1 103
xx
+ = − eset megoldásai
2 3x = − és 313
x = − , míg az 1 32
xx
+ = eset nem ad valós megoldást (hiszen 2 3 1 02
x x− + = disz-
kriminánsa negatív, illetve ismert, hogy 1 2xx
+ ≥ ).
26
Tehát az egyenletnek három valós megoldása van: az 1, a 3− és a 13
− . Ellenőrzéssel meggyő-
ződhetünk róla, hogy ezek mindegyike valóban jó megoldás.
8. Határozzuk meg számológép használata nélkül a következő műveletek végeredményét!
a) 2998 b) 2 2328 172− c) 296 304⋅
Megoldás:
a) ( )22 2 2998 1000 2 1000 2 1000 2 2 1000000 4000 4 996004= − = − ⋅ ⋅ + = − + = .
b) ( ) ( )2 2328 172 328 172 328 172 500 156 78000− = + ⋅ − = ⋅ = .
c) ( ) ( ) 2 2296 304 300 4 300 4 300 4 90000 16 89984⋅ = − ⋅ + = − = − = .
9. Bizonyítsuk be, hogy a 80 2 5 2 5:4 10 2 5 2 5
a a aa a a
+ −⎛ ⎞−⎜ ⎟− − +⎝ ⎠ kifejezés értéke minden egész a esetén párat-
lan szám!
Megoldás: A nevezők miatt 2,5a ≠ ± , vagyis a kifejezés minden egész a-ra értelmezve van.
( ) ( )( ) ( )
( ) ( )2 22 5 2 5 2 5 2 580 2 5 2 5 40 40: : 2 54 10 2 5 2 5 2 5 2 5 2 5 2 5 40
a a a aa a a a a aa a a a a a a a
+ − − − ⋅ ++ −⎛ ⎞− = = ⋅ = +⎜ ⎟− − + − − ⋅ + −⎝ ⎠,
amely valóban minden egész a esetén páratlan szám, hiszen egy páros ( 2a ) és egy páratlan (5) szám összege.
