Megoldások - BZmatek · 2018-03-16 · Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 2 c) 4∙2𝑥−3=8 22∙2𝑥−3=23 2𝑥−1=23 ↓ az exponenciális

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)

1

Megoldások

1. Oldd meg a következő egyenleteket! (Alaphalmaz: ℝ)

a) 𝟑𝒙𝟐= 𝟖𝟏

b) 𝟕𝟑𝒙−𝟓 − 𝟏 = 𝟎

c) 𝟒 ∙ 𝟐𝒙−𝟑 = 𝟖

d) √𝟖𝟏

𝟑

𝟐𝟕= 𝟗𝒙

e) 𝟏

𝟖∙ √𝟐𝒙−𝟏 = 𝟒−𝟏,𝟐𝟓

f) √𝟓𝟐𝒙+𝟐 · √𝟏𝟐𝟓𝒙+𝟒𝟑= (

𝟏

𝟐𝟓)

−𝟑

Megoldás:

Az alapegyenletek megoldásánál arra kell törekednünk, hogy mindkét oldalon egyetlen,

ugyanolyan alapú hatvány szerepeljen, mert akkor a függvény szigorú monotonitása miatt az

alapokat elhagyhatjuk. Többszörös hatványozás esetén: 𝑎𝑥𝑛≠ (𝑎𝑥)𝑛 = 𝑎𝑛 ∙ 𝑥.

a) 3𝑥2= 81

3𝑥2= 34 ↓ az exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt

𝑥2 = 4

Ebből a következő megoldások adódnak: 𝑥1 = 2 és 𝑥2 = −2.

Ellenőrzés: Bal oldal: 322= 81 3(−2)2

= 81 Jobb oldal: 81

b) 73𝑥−5 − 1 = 0

73𝑥−5 = 1

73𝑥−5 = 70 ↓ az exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt

3𝑥 − 5 = 0

𝑥 =5

3


2

c) 4 ∙ 2𝑥−3 = 8

22 ∙ 2𝑥−3 = 23

2𝑥−1 = 23 ↓ az exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt

𝑥 − 1 = 3

𝑥 = 4

d) √81

3

27= 9𝑥

343

33 = (32)𝑥

3−5

3 = 32𝑥 ↓ az exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt

−5

3= 2𝑥

𝑥 = −5

6

e) 1

8∙ √2𝑥−1 = 4−1,25

2−3 ∙ (2𝑥−1)1

2 = (22)−1,25

2−3 ∙ 2𝑥 − 1

2 = 2−2,5

2𝑥 − 7

2 = 2−2,5 ↓ az exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt

𝑥 − 7

2= −2,5

𝑥 = 2

f) √52𝑥+2 · √125𝑥+43= (

1

25)

−3

5𝑥+1 · 5𝑥+4 = 56

52𝑥+5 = 56 ↓ az exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt

2𝑥 + 5 = 6

𝑥 =11

2


3


a) 𝟐𝒙𝟐∙ 𝟓𝒙𝟐

= 𝟏𝟎−𝟑 ∙ (𝟏𝟎𝟑−𝒙)𝟐

b) (𝟓

𝟏𝟐)

𝒙

· (𝟔

𝟓)

𝒙−𝟏

= (𝟎, 𝟑)−𝟏

c) (𝟏

𝟔𝟒)

√𝒙+𝟐

= 𝟎, 𝟓

d) 𝟐𝟓|𝟐𝒙−𝟏| − 𝟐 = 𝟑

e) 𝟑𝟐𝒙 + 𝟓

𝒙 − 𝟕 = 𝟎, 𝟐𝟓 ∙ 𝟏𝟐𝟖𝒙 + 𝟏𝟕

𝒙 − 𝟑

Megoldás:

a) 2𝑥2∙ 5𝑥2

= 10−3 ∙ (103−𝑥)2

(2 ∙ 5)𝑥2= 10−3 ∙ 102 ∙ (3−𝑥)

10𝑥2= 103−2𝑥 ↓ az exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt

𝑥2 = 3 − 2𝑥 A megoldóképlet segítségével azt kapjuk, hogy az egyenlet megoldása 𝑥1 = −3 és 𝑥2 = 1.

b) (5

12)

𝑥

· (6

5)

𝑥−1

= (0,3)−1

(5

12)

𝑥

· (6

5)

𝑥

∙ (6

5)

−1

= (3

10)

−1

(5

12∙

6

5)

𝑥

=10

3∙

6

5

(1

2)

𝑥

= 2 ↓ definíció szerint

𝑥 = −1

c) (1

64)

√𝑥+2

= 0,5

Értelmezési tartomány: 𝑥 + 2 ≥ 0 → 𝑥 ≥ −2


4

Az egyenlet megoldása:

(2−6)√𝑥+2 = 2−1

2(−6) ∙ √𝑥+2 = 2−1 ↓ az exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt

(−6) ∙ √𝑥 + 2 = −1

36 ∙ (𝑥 + 2) = 1

𝑥 = −71

36 → Megfelel a feltételnek.

d) 25|2𝑥−1| − 2 = 3

(52)|2𝑥−1| = 5

52 ∙ |2𝑥−1| = 5 ↓ az exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt

2 ∙ |2𝑥 − 1| = 1

|2𝑥 − 1| =1

2

Az abszolútérték miatt két ágat kell vizsgálnunk:

I. Az ág értelmezési tartománya: 2𝑥 − 1 ≥ 0 → 𝑥 ≥1

2


2𝑥 − 1 =1

2

𝑥 =3


II. Az ág értelmezési tartománya: 2𝑥 − 1 < 0 → 𝑥 <1

2


−2𝑥 + 1 =1

2

𝑥 = −1



5

e) 32𝑥 + 5

𝑥 − 7 = 0,25 ∙ 128𝑥 + 17

𝑥 − 3

Értelmezési tartomány: 𝑥 − 7 ≠ 0 → 𝑥 ≠ 7

𝑥 − 3 ≠ 0 → 𝑥 ≠ 3


(25)𝑥 + 5

𝑥 − 7 = 2−2 ∙ (27)𝑥 + 17

𝑥 − 3

25𝑥 + 25

𝑥 − 7 = 25𝑥 + 125

𝑥 − 3 ↓ az exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt

5𝑥 + 25

𝑥 − 7=

5𝑥 + 125

𝑥 − 3

(5𝑥 + 25) ∙ (𝑥 − 3) = (5𝑥 + 125) ∙ (𝑥 − 7)

𝑥 = 10 → Megfelel a feltételnek.


a) 𝟓𝒙+𝟏 + 𝟓𝒙+𝟐 + 𝟓𝒙+𝟑 = 𝟕𝟕𝟓

b) 𝟐𝒙−𝟏 + 𝟐𝒙+𝟐 − 𝟐𝒙 =𝟕

𝟐

c) 𝟒𝒙 − 𝟓 · 𝟒𝒙−𝟐 = 𝟐 · 𝟒𝒙+𝟏 − 𝟒𝟔𝟖

d) 𝟓𝟒𝒙−𝟑 − 𝟒 · 𝟓𝟒𝒙−𝟏 + 𝟖 · 𝟓𝟒𝒙+𝟏 = 𝟐𝟒𝟓𝟎𝟓

Megoldás:

Ezen típusnál először bontsuk szét a kitevőket a hatványozás azonosságait alkalmazva, majd a

keletkező szorzatokból emeljük ki az azonos tényezőket, vagy vezessünk be új ismeretlent.

a) 5𝑥+1 + 5𝑥+2 + 5𝑥+3 = 775

5𝑥 ∙ 51 + 5𝑥 ∙ 52 + 5𝑥 ∙ 53 = 775

5𝑥 ∙ (5 + 25 + 125) = 775

155 ∙ 5𝑥 = 775

5𝑥 = 5 ↓ az exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt

𝑥 = 1


6

b) 2𝑥−1 + 2𝑥+2 − 2𝑥 =7

2

2𝑥 ∙ 2−1 + 2𝑥 ∙ 22 − 2𝑥 =7

2

Legyen: 𝑎 = 2𝑥.

1

2𝑎 + 4𝑎 − 𝑎 =

7

2

𝑎 = 1

Visszahelyettesítés után a következő adódik: 2𝑥 = 1.

Ezek alapján a megoldás: 𝑥 = 0.

c) 4𝑥 − 5 · 4𝑥−2 = 2 · 4𝑥+1 − 468

4𝑥 − 5 ∙ 4𝑥 ∙ 4−2 − 2 ∙ 4𝑥 ∙ 41 = −468

4𝑥 ∙ (1 −5

16− 8) = −468

−117

16∙ 4𝑥 = −468

4𝑥 = 64 ↓ definíció szerint

𝑥 = 3

d) 54𝑥−3 − 4 · 54𝑥−1 + 8 · 54𝑥+1 = 24505

54𝑥 ∙ 5−3 − 4 ∙ 54𝑥 ∙ 5−1 + 8 ∙ 54𝑥 ∙ 51 = 24505

54𝑥 ∙ (1

125−

4

5+ 40) = 24505

4901

125∙ 54𝑥 = 24505

54𝑥 = 625 = 54 ↓ az exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt

4𝑥 = 4

𝑥 = 1


7


a) 𝟐𝒙−𝟐 + 𝟖𝒙

𝟑−𝟏 − 𝟒𝟎,𝟓𝒙−𝟐 = 𝟏𝟎

b) (𝟏

𝟑)

𝟐−𝒙

− 𝟔 ∙ 𝟗𝒙−𝟒

𝟐 + 𝟐 ∙ 𝟑𝒙−𝟔 = 𝟐𝟗

c) 𝟐√𝒙+𝟐 − 𝟐√𝒙+𝟏 = 𝟏𝟐 + 𝟐√𝒙−𝟏

d) 𝟗𝒙−𝟐 − 𝟑𝟐𝒙−𝟓 − 𝟔 = 𝟎

Megoldás:

a) 2𝑥−2 + 8𝑥

3−1 − 40,5𝑥−2 = 10

2𝑥 ∙ 2−2 + 2𝑥 ∙ 8−1 − 2𝑥 ∙ 4−2 = 10

2𝑥 ∙ (1

4+

1

8−

1

16) = 10

5

16∙ 2𝑥 = 10


𝑥 = 5

b) (1

3)

2−𝑥

− 6 ∙ 9𝑥−4

2 + 2 ∙ 3𝑥−6 = 29

(3−1)2−𝑥 − 6 ∙ (32)𝑥−4

2 + 2 ∙ 3𝑥−6 = 29

3𝑥−2 − 6 ∙ 3𝑥−4 + 2 ∙ 3𝑥−6 = 29

3𝑥 ∙ 3−2 − 6 ∙ 3𝑥 ∙ 3−4 + 2 ∙ 3𝑥 ∙ 3−6 = 29

3𝑥 ∙ (1

9−

6

81+

2

729) = 29

29

729∙ 3𝑥 = 29


𝑥 = 6


8

c) 2√𝑥+2 − 2√𝑥+1 = 12 + 2√𝑥−1

Értelmezési tartomány: 𝑥 ≥ 0.


2√𝑥 ∙ 22 − 2√𝑥 ∙ 21 − 2√𝑥 ∙ 2−1 = 12

2√𝑥 ∙ (4 − 2 −1

2) = 12

3

2∙ 2√𝑥 = 12

2√𝑥 = 8 = 23 ↓ az exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt

√𝑥 = 3


d) 9𝑥−2 − 32𝑥−5 − 6 = 0

(32)𝑥−2 − 32𝑥−5 = 6

32𝑥−4 − 32𝑥−5 = 6

32𝑥 ∙ 3−4 − 32𝑥 ∙ 3−5 = 6

32𝑥 ∙ (1

81−

1

243) = 6

2

243∙ 32𝑥 = 6

32𝑥 = 729 = 36 ↓ az exponenciális függvényszigorú monotonitása miatt

2𝑥 = 6

𝑥 = 3


9


a) 𝟒𝒙 − 𝟕 ∙ 𝟐𝒙 − 𝟖 = 𝟎

b) 𝟕𝟐𝒙 − 𝟔 · 𝟕𝒙 = −𝟓

c) 𝟗𝒙+𝟏 + 𝟑𝒙+𝟐 = 𝟖𝟏𝟎

d) 𝟏𝟎𝟐𝟒𝒙 + 𝟐𝟓𝒙+𝟏 = 𝟖

Megoldás:

Ezen típusnál vezessünk be új ismeretlent, s az így keletkező másodfokú egyenletet megoldva,

a kapott értékeket helyettesítsük vissza az eredeti kifejezésbe.

a) 4𝑥 − 7 ∙ 2𝑥 − 8 = 0

(22)𝑥 − 7 ∙ 2𝑥 − 8 = 0

(2𝑥)2 − 7 ∙ 2𝑥 − 8 = 0 ↓ Legyen: 𝑎 = 2𝑥

𝑎2 − 7𝑎 − 8 = 0

A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet megoldása 𝑎1 = −1 és 𝑎2 = 8.

Visszahelyettesítés után a következők adódnak:

𝑎1 = −1 → 2𝑥 = −1 → Nincs megoldás.

𝑎2 = 8 → 2𝑥 = 8 → 2𝑥 = 23 → 𝑥 = 3

b) 72𝑥 − 6 ∙ 7𝑥 = −5

(7𝑥)2 − 6 ∙ 7𝑥 + 5 = 0 ↓ Legyen: 𝑎 = 7𝑥

𝑎2 − 6𝑎 + 5 = 0

A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet megoldása 𝑎1 = 1 és 𝑎2 = 5.


𝑎1 = 1 → 7𝑥 = 1 → 𝑥1 = 0

𝑎2 = 5 → 7𝑥 = 5 → 𝑥2 = log7 5 =lg 5

lg 7≈ 0,827


10

c) 9𝑥+1 + 3𝑥+2 = 810

9𝑥 ∙ 91 + 3𝑥 ∙ 32 − 810 = 0

9 ∙ (3𝑥)2 + 9 ∙ 3𝑥 − 810 = 0

(3𝑥)2 + 3𝑥 − 90 = 0 ↓ Legyen: 𝑎 = 3𝑥

𝑎2 + 𝑎 − 90 = 0




𝑎2 = 9 → 3𝑥 = 9 → 𝑥 = 2

d) 1024𝑥 + 25𝑥+1 = 8

210𝑥 + 25𝑥 ∙ 21 − 8 = 0

(25𝑥)2 + 2 ∙ 25𝑥 − 8 = 0 ↓ Legyen: 𝑎 = 25𝑥

𝑎2 + 2𝑎 − 8 = 0




𝑎2 = 2 → 25𝑥 = 2 → 5𝑥 = 1 → 𝑥 =1

5


a) 𝟑𝒙+𝟏 +𝟏𝟖

𝟑𝒙 = 𝟐𝟗

b) 𝟑−𝟐𝒙 + 𝟒 ∙ 𝟑𝟏−𝒙 + 𝟐𝟕 = 𝟎

c) 𝟐𝟔 ∙ 𝟓√𝒙+𝟏 − 𝟓𝟐 ∙ √𝒙+𝟏+𝟏 = 𝟓

d) 𝟓𝒙+𝟐 − 𝟓𝒙

𝟐−𝟏 = √𝟓𝒙 + 𝟔𝟏𝟗


11

Megoldás:

a) 3𝑥+1 +18

3𝑥 = 29

3𝑥 ∙ 31 +18

3𝑥 − 29 = 0

3 ∙ (3𝑥)2 − 29 ∙ 3𝑥 + 18 = 0 ↓ Legyen 𝑎 = 3𝑥

3𝑎2 − 29𝑎 + 18 = 0

A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet megoldása 𝑎1 =2

3 és 𝑎2 = 9.


𝑎1 =2

3 → 3𝑥 =

2

3 → 𝑥 = log3

2

3=

lg2

3

lg 3≈ −0,369

𝑎2 = 9 → 3𝑥 = 9 → 𝑥 = 2

b) 3−2𝑥 + 4 ∙ 31−𝑥 + 27 = 0

(3−𝑥)2 + 4 ∙ 31 ∙ 3−𝑥 + 27 = 0 ↓ Legyen: 𝑎 = 3−𝑥

𝑎2 + 12𝑎 + 27 = 0

A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet megoldása: 𝑎1 = −9 és 𝑎2 = −3.


𝑎1 = −9 → 3−𝑥 = −9 → Nincs megoldás.

𝑎2 = −3 → 3−𝑥 = −3 → Nincs megoldás.

c) 26 ∙ 5√𝑥+1 − 52 ∙ √𝑥+1+1 = 5

Értelmezési tartomány: 𝑥 + 1 ≥ 0 → 𝑥 ≥ −1


12


26 ∙ 5√𝑥+1 − 52 ∙ √𝑥+1 ∙ 51 − 5 = 0

5 ∙ (5√𝑥+1)2

− 26 ∙ 5√𝑥+1 + 5 = 0 ↓ Legyen 𝑎 = 5√𝑥+1

5𝑎2 − 26𝑎 + 5 = 0


5 és 𝑎2 = 5.


𝑎1 =1

5 → 5√𝑥+1 =

1

5 → √𝑥 + 1 = −1 → Nincs megoldás.

𝑎2 = 5 → 5√𝑥+1 = 5 → √𝑥 + 1 = 1 → 𝑥 = 0

d) 5𝑥+2 − 5𝑥

2−1 = √5𝑥 + 619

5𝑥 ∙ 52 − √5𝑥 ∙ 5−1 − √5𝑥 − 619 = 0

25 ∙ 5𝑥 −6

5∙ √5𝑥 − 619 = 0 ↓ Legyen 𝑎 = √5𝑥

125𝑎2 − 6𝑎 − 3095 = 0

A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet megoldása 𝑎1 = −619

125 és 𝑎2 = 5.


𝑎1 = −619

125 → √5𝑥 = −

619

125 → Nincs megoldás.

𝑎2 = 5 → √5𝑥 = 5 → 5𝑥 = 25 → 𝑥 = 2


a) 𝟐𝒙 + 𝟑𝒙−𝟐 = 𝟑𝒙 − 𝟐𝒙+𝟏

b) 𝟔𝒙 + 𝟔𝒙+𝟏 = 𝟐𝒙 + 𝟐𝒙+𝟏 + 𝟐𝒙+𝟐

c) 𝟑𝒙 + 𝟑𝒙+𝟏 + 𝟑𝒙+𝟐 = 𝟕𝒙 + 𝟕𝒙+𝟏 + 𝟕𝒙+𝟐


13

Megoldás:

Ezen típusnál először az azonos alapú hatványokat, majd ezt követően az azonos kitevőn levő

kifejezéseket rendezzük ugyanarra az oldalra.

a) 2x + 3x−2 = 3x − 2x+1

2𝑥 + 2𝑥+1 = 3𝑥 − 3𝑥−2

2𝑥 + 2𝑥 ∙ 21 = 3𝑥 − 3𝑥 ∙ 3−2

2𝑥 ∙ (1 + 2) = 3𝑥 ∙ (1 −1

9)

2𝑥

3𝑥 =8

27

(2

3)

𝑥

= (2

3)

3

↓ az exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt

𝑥 = 3

b) 6𝑥 + 6𝑥+1 = 2𝑥 + 2𝑥+1 + 2𝑥+2

6𝑥 + 6𝑥 ∙ 61 = 2𝑥 + 2𝑥 ∙ 21 + 2𝑥 ∙ 22

6𝑥 ∙ (1 + 6) = 2𝑥 ∙ (1 + 2 + 4)

6𝑥

2𝑥 = 1

(6

2)

𝑥

= (6

2)

0


𝑥 = 0

c) 3𝑥 + 3𝑥+1 + 3𝑥+2 = 7𝑥 + 7𝑥+1 + 7𝑥+2

3𝑥 + 3𝑥 ∙ 31 + 3𝑥 ∙ 32 = 7𝑥 + 7𝑥 ∙ 71 + 7𝑥 ∙ 72

3𝑥 ∙ (1 + 3 + 9) = 2𝑥 ∙ (1 + 7 + 49) 3𝑥

7𝑥=

57

13

(3

7)

𝑥

=57

13 ↓ definíció szerint

𝑥 = log3

7

57

13=

lg57

13

lg3

7

≈ −1,74


14


a) 𝟗 ∙ 𝟐𝒙+𝟐 = 𝟖 ∙ 𝟑𝒙+𝟏

b) 𝟓𝒙 = 𝟓𝒙−𝟏 + 𝟒𝒙 + 𝟐𝟐𝒙−𝟐

c) 𝟑𝟑𝒙−𝟏 + 𝟐𝟕𝒙 = 𝟐𝟐𝒙+𝟏 + 𝟕 ∙ 𝟒𝒙

Megoldás:

a) 9 ∙ 2𝑥+2 = 8 ∙ 3𝑥+1

2𝑥+2

8=

3𝑥+1

9

2𝑥+2

23=

3𝑥+1

32

2𝑥−1 = 3𝑥−1 2𝑥−1

3𝑥−1 = 1

(2

3)

𝑥−1

= (2

3)

0


𝑥 − 1 = 0

𝑥 = 1

b) 5𝑥 = 5𝑥−1 + 4𝑥 + 22𝑥−2

5𝑥 − 5𝑥−1 = 4𝑥 + (22)𝑥−1

5𝑥 − 5𝑥 ∙ 5−1 = 4𝑥 + 4𝑥 ∙ 4−1

5𝑥 ∙ (1 −1

5) = 4𝑥 ∙ (1 +

1

4)

5𝑥 ∙4

5= 4𝑥 ∙

5

4

5𝑥

4𝑥=

25

16

(5

4)

𝑥

= (5

4)

2

↓ az exponenciális függvényszigorú monotonitása miatt

𝑥 = 2


15

c) 33𝑥−1 + 27𝑥 = 22𝑥+1 + 7 ∙ 4𝑥

33𝑥 ∙ 3−1 + 27𝑥 = 22𝑥 ∙ 21 + 7 ∙ 4𝑥

27𝑥 ∙ (1

3+ 1) = 4𝑥 ∙ (2 + 7)

4

3∙ 27𝑥 = 9 ∙ 4𝑥

27𝑥

4𝑥=

27

4

(27

4)

𝑥

=27

4 ↓ az exponenciális függvényszigorú monotonitása miatt

𝑥 = 1


a) √𝟐𝒙𝟑∙ √𝟑𝟐𝒙𝟑

= 𝟑𝟐𝟒

b) 𝟔𝟐𝒙+𝟒 = 𝟐𝒙+𝟖 ∙ 𝟑𝟑𝒙

c) 𝟏𝟎𝒙 − 𝟓𝒙−𝟏 ∙ 𝟐𝒙−𝟐 = 𝟗𝟓𝟎

d) 𝟑𝒙+𝟐 ∙ 𝟐𝒙 − 𝟐 ∙ 𝟑𝟔𝒙 + 𝟏𝟖 = 𝟎

e) 𝟔 ∙ 𝟐𝟐𝒙 − 𝟏𝟑 ∙ 𝟔𝒙 + 𝟔 ∙ 𝟗𝒙 = 𝟎

Megoldás:

Ezen típusnál alakítsuk úgy a tényezőket, hogy azonos kitevőn szerepeljenek, majd vonjuk

össze azokat.

a) √2𝑥3∙ √32𝑥3

= 324

√2𝑥 ∙ (32)𝑥3= 324

2𝑥 ∙ 9𝑥 = 34012224

18𝑥 = 186 ↓ az exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt

𝑥 = 6


16

b) 62𝑥+4 = 2𝑥+8 ∙ 33𝑥

(62)𝑥+2 = 2𝑥+8 ∙ (33)𝑥

36𝑥 ∙ 362 = 2𝑥 ∙ 28 ∙ 27𝑥

36𝑥

54𝑥=

256

1296

(2

3)

𝑥

=16

81 ↓ definíció szerint

𝑥 = 4

c) 10𝑥 − 5𝑥−1 ∙ 2𝑥−2 = 950

10𝑥 − 5𝑥 ∙ 5−1 ∙ 2𝑥 ∙ 2−2 = 950

10𝑥 −1

20∙ 10𝑥 = 950

10𝑥 ∙ (1 −1

20) = 950


𝑥 = 3

d) 3𝑥+2 ∙ 2𝑥 − 2 ∙ 36𝑥 + 18 = 0

3𝑥 ∙ 32 ∙ 2𝑥 − 2 ∙ (62)𝑥 + 18 = 0

2 ∙ (6𝑥)2 − 9 ∙ 6𝑥 − 18 = 0 ↓ Legyen 𝑎 = 6𝑥

2𝑎2 − 9𝑎 − 18 = 0

A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet megoldása 𝑎1 = −3

2 és 𝑎2 = 6.


𝑎1 = −3

2 → 6𝑥 = −

3

2 → Nincs megoldás.

𝑎2 = 6 → 6𝑥 = 6 → 𝑥 = 1


17

e) 6 ∙ 22𝑥 − 13 ∙ 6𝑥 + 6 ∙ 9𝑥 = 0

6 ∙(22)

𝑥

6𝑥− 13 + 6 ∙

9𝑥

6𝑥= 0

6 ∙ (4

6)

𝑥

− 13 + 6 ∙ (9

6)

𝑥

= 0

6 ∙ (2

3)

𝑥

− 13 + 6 ∙ (2

3)

−𝑥

= 0

6 ∙ (2

3)

𝑥

− 13 +6

(2

3)

𝑥 = 0

6 ∙ [(2

3)

𝑥

]2

− 13 ∙ (2

3)

𝑥

+ 6 = 0 ↓ Legyen 𝑎 = (2

3)

𝑥

6𝑎2 − 13𝑎 + 6 = 0


2 és 𝑎2 =

2

3.


𝑎1 =3

2 → (

2

3)

𝑥

=3

2 → 𝑥1 = −1

𝑎2 =2

3 → (

2

3)

𝑥

=2

3 → 𝑥2 = 1


a) 𝟐, 𝟓𝟔√𝒙−𝟏 = (𝟓

𝟖)

𝟒√𝒙−𝟒

b) 𝟑 ∙ 𝟒𝒙 +𝟏

𝟑∙ 𝟗𝒙+𝟐 = 𝟔 ∙ 𝟒𝒙+𝟏 −

𝟏

𝟐∙ 𝟗𝒙+𝟏

c) 𝟑𝟒√𝒙 − 𝟒 ∙ 𝟗√𝒙 + 𝟑 = 𝟎

d) 𝟑 ∙ √𝟑 ∙ 𝟐𝒙 − √𝟖 ∙ 𝟑𝒙 = 𝟎

e) 𝟒 ∙ 𝟑𝒙 − 𝟗 ∙ 𝟐𝒙 = 𝟓 ∙ 𝟔𝒙

𝟐

f) 𝟓𝟐𝒙+𝟏 + 𝟕𝒙+𝟏 = 𝟑𝟓 + 𝟏𝟕𝟓𝒙

g) 𝟎, 𝟓𝟏−𝟐𝒙 − 𝟎, 𝟐𝟓𝟏−𝒙 + 𝟎, 𝟓𝟑−𝟐𝒙 = 𝟒𝟖


18

Megoldás:

Alkalmazzuk vegyesen az előző típusoknál használt módszereket.

a) 2,56√𝑥−1 = (5

8)

4√𝑥−4



(64

25)

√𝑥−1

= (5

8)

4√𝑥−4

[(8

5)

2

]√𝑥−1

= (5

8)

4√𝑥−4

(5

8)

2−2√𝑥

= (5

8)

4√𝑥−4


2 − 2 ∙ √𝑥 = 4 ∙ √𝑥 − 4

√𝑥 = 1


b) 3 ∙ 4𝑥 +1

3∙ 9𝑥+2 = 6 ∙ 4𝑥+1 −

1

2∙ 9𝑥+1

3 ∙ 4𝑥 − 6 ∙ 4𝑥 ∙ 41 = −1

2∙ 9𝑥 ∙ 91 −

1

3∙ 9𝑥 ∙ 92

4𝑥 ∙ (3 − 24) = 9𝑥 ∙ (−9

2− 27)

(−21) ∙ 4𝑥 = (−63

2) ∙ 9𝑥

4𝑥

9𝑥=

63

42

(2

3)

2𝑥

= (2

3)

−1

↓ az exponenciális függvényszigorú monotonitása miatt

2𝑥 = −1

𝑥 = −1

2


19

c) 34√𝑥 − 4 ∙ 9√𝑥 + 3 = 0



(32√𝑥)2

− 4 ∙ 32√𝑥 + 3 = 0 ↓ Legyen 𝑎 = 32√𝑥

𝑎2 − 4𝑎 + 3 = 0

A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet megoldása 𝑎1 = 1 és 𝑎2 = 3.


𝑎1 = 1 → 32√𝑥 = 1 → 2 ∙ √𝑥 = 0 → 𝑥1 = 0

𝑎2 = 3 → 32√𝑥 = 3 → 2 ∙ √𝑥 = 1 → 𝑥2 =1

4

d) 3 ∙ √3 ∙ 2𝑥 − √8 ∙ 3𝑥 = 0

33

2 ∙ 2𝑥 = 23

2 ∙ 3𝑥

2𝑥

3𝑥 =2

32

332

(2

3)

𝑥

= (2

3)

3

2 ↓ az exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt

𝑥 =3

2

e) 4 ∙ 3𝑥 − 9 ∙ 2𝑥 = 5 ∙ 6𝑥

2

4 ∙ (91

2)𝑥

− 9 ∙ (41

2)𝑥

= 5 ∙ 6𝑥

2

4 ∙ 9𝑥

2 − 9 ∙ 4𝑥

2 = 5 ∙ 6𝑥

2

4 ∙9

𝑥2

6𝑥2

− 9 ∙4

𝑥2

6𝑥2

= 5


20

4 ∙ (3

2)

𝑥

2− 9 ∙ (

2

3)

𝑥

2= 5

4 ∙ (3

2)

𝑥

2− 9 ∙ (

3

2)

−𝑥

2= 5

4 ∙ (3

2)

𝑥

2−

9

(3

2)

𝑥2

= 5

4 ∙ [(3

2)

𝑥

2]

2

− 5 ∙ (3

2)

𝑥

2− 9 = 0 ↓ Legyen 𝑎 = (

3

2)

𝑥

2

4𝑎2 − 5𝑎 − 9 = 0

A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet megoldása 𝑎1 = −1 és 𝑎2 =3

2.


𝑎1 = −1 → (3

2)

𝑥

2= −1 → Nincs megoldás.

𝑎2 =3

2 → (

3

2)

𝑥

2=

3

2 →

𝑥

2= 1 → 𝑥 = 2

f) 52𝑥+1 + 7𝑥+1 = 35 + 175𝑥

52𝑥 ∙ 51 + 7𝑥 ∙ 71 − 5 ∙ 7 − 52𝑥 ∙ 7𝑥 = 0

52𝑥 ∙ (5 − 7𝑥) − 7 ∙ (5 − 7𝑥) = 0

(5 − 7𝑥) ∙ (52𝑥 − 7) = 0

Egy szorzat értéke csak akkor 0, ha valamelyik tényezője 0.

Ebből a következők adódnak:

5 − 7𝑥 = 0 → 7𝑥 = 5 → 𝑥1 = log7 5 =lg 5

lg 7≈ 0,83

52𝑥 − 7 = 0 → 52𝑥 = 7 → 𝑥2 =1

2∙ log5 7 =

lg 7

2 ∙ lg 5≈ 0,6


21

g) 0,51−2𝑥 − 0,251−𝑥 + 0,53−2𝑥 = 48

(2−1)1−2𝑥 − (2−2)1−𝑥 + (2−1)3−2𝑥 = 48

22𝑥−1 − 22𝑥−2 + 22𝑥−3 = 48

22𝑥 · 2−1 − 22𝑥 · 2−2 + 22𝑥 · 2−3 = 48

Legyen: 𝑎 = 22𝑥.

1

2𝑎 −

1

4𝑎 +

1

8𝑎 = 48

𝑎 = 128


22𝑥 = 128 → 22𝑥 = 27 → 𝑥 =7

2

11. Oldd meg a következő egyenleteket!

a) (𝒙 − 𝟓)𝒙𝟐−𝟐𝒙 = (𝒙 − 𝟓)𝟐𝒙−𝟒

b) (1

√𝑥2+4𝑥−11)

𝑥2−1

= 1

Megoldás:

Ezen típusnál az alapban is szerepel ismeretlen, így különböző eseteket kell megvizsgálnunk.

a) (𝑥 − 5)𝑥2−2𝑥 = (𝑥 − 5)2𝑥−4

I. Ha a hatványalap 1, akkor a hatványkitevőtől függetlenül, mindig teljesül az egyenlőség.

Ekkor a következő adódik: 𝑥 − 5 = 1 → 𝑥 = 6

II. Ha a hatványalap −1, akkor az egyenlőség csak akkor teljesül, ha a hatványkitevő az

egyenlet mindkét oldalán páros vagy páratlan lesz.

Ekkor a következő adódik: 𝑥 − 5 = −1 → 𝑥 = 4

A behelyettesítés után azt kapjuk, hogy a hatványkitevők mindkét oldalon párosak

lesznek, ezért ez jó megoldás.


22

III. Ha a hatványalap 0 és a kitevő egyik oldalon sem 0, akkor teljesül az egyenlőség.

Feltétel: 𝑥2 − 2𝑥 ≠ 0 és 2𝑥 − 4 ≠ 0 → 𝑥 ≠ 0 és 𝑥 ≠ 2

Ekkor a következő adódik: 𝑥 − 5 = 0 → 𝑥 = 5

IV. Ha a kitevő mindkét oldalon 0 (és az alap nem 0), akkor teljesül az egyenlőség.

Feltétel: 𝑥 − 5 ≠ 0 → 𝑥 ≠ 5

Ekkor a következő adódik: 𝑥2 − 2𝑥 = 0 → 𝑥 = 0 és 𝑥 = 2

2𝑥 − 4 = 0 → 𝑥 = 2

A közös megoldása: 𝑥 = 2

V. Ha a hatványalap egy pozitív valós szám, akkor az exponenciális függvény szigorú

monotonitása miatt az alapokat elhagyhatjuk.

Feltétel: 𝑥 − 5 > 0 → 𝑥 > 5

Ekkor a következő adódik: 𝑥2 − 2𝑥 = 2𝑥 − 4 → (𝑥 − 2)2 = 0

→ 𝑥 = 2 → Nem felel meg a feltételnek.

Ezek alapján az egyenlet megoldásai: 𝑥1 = 2, 𝑥2 = 4, 𝑥3 = 5, 𝑥4 = 6.

b) (1

√𝑥2+4𝑥−11)

𝑥2−1

= 1

Értelmezési tartomány: 𝑥2 + 4𝑥 − 11 > 0 → 𝑥 <−4 − √60

2 vagy 𝑥 >

−4 + √60

2

I. Ha a hatványalap 1, akkor a hatványkitevőtől függetlenül, mindig teljesül az egyenlőség.

Ekkor a következő adódik:

𝑥2 + 4𝑥 − 11 = 1 → 𝑥2 + 4𝑥 − 12 = 0 → 𝑥1 = 2; 𝑥2 = −6


23

II. Ha a hatványkitevő az egyenlet bal oldalán 0, akkor az alaptól függetlenül, mindig teljesül

az egyenlőség.

Ekkor a következő adódik:

𝑥2 − 1 = 0 → 𝑥3 = −1; 𝑥4 = 1 → Nem felelnek meg a feltételnek.

Ezek alapján az egyenlet megoldásai: 𝑥1 = 2, 𝑥2 = −6.

12. Oldd meg a következő paraméteres egyenleteket (𝒂 ∈ ℝ+)!

a) 𝒂𝟔𝒙 + 𝒂𝟑𝒙 = 𝒂 + √𝒂

b) 𝟔 · 𝒂𝟓𝒙+𝟐 − 𝟕 · √𝒂𝟖𝒙+𝟒 + 𝒂𝟑𝒙+𝟐 = 𝟎

Megoldás:

a) 𝑎6𝑥 + 𝑎3𝑥 = 𝑎 + √𝑎

Legyen: 𝑦 = 𝑎3𝑥.

𝑦2 + 𝑦 = 𝑎 + √𝑎

𝑦2 + 𝑦 − 𝑎 − √𝑎 = 0

A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy a megoldás 𝑦1 = √𝑎 és 𝑦2 = −1 − √𝑎.


𝑎3𝑥 = √𝑎

𝑎3𝑥 = 𝑎1

2

Ha 𝑎 = 1, akkor 𝑥 ∈ ℝ.

Ha 𝑎 ≠ 1, akkor a függvény szigorú monotonitása miatt 3𝑥 =1

2, vagyis 𝑥 =

1

6.

𝑎3𝑥 = −1 − √𝑎

Mivel a bal oldal pozitív, a jobb oldal negatív, így ekkor nincs megoldás.

Ezek alapján a megoldás: ha 𝑎 = 1, akkor 𝑥 ∈ ℝ, ha 𝑎 ≠ 1, akkor 𝑥 =1

6.


24

b) 6 · 𝑎5𝑥+2 − 7 · √𝑎8𝑥+4 + 𝑎3𝑥+2 = 0

6 · 𝑎5𝑥+2 − 7 · (𝑎8𝑥+4)1

2 + 𝑎3𝑥+2 = 0

6 · 𝑎5𝑥+2 − 7 · 𝑎4𝑥+2 + 𝑎3𝑥+2 = 0

6 · 𝑎2𝑥 · 𝑎3𝑥+2 − 7 · 𝑎𝑥 · 𝑎3𝑥+2 + 𝑎3𝑥+2 = 0

6 · 𝑎2𝑥 − 7 · 𝑎𝑥 + 1 = 0

Legyen: 𝑦 = 𝑎𝑥.

6𝑦2 − 7𝑦 + 1 = 0

A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet megoldása 𝑦1 = 1 és 𝑦2 =1

6.


𝑎𝑥 = 1

Ha 𝑎 = 1, akkor 𝑥 ∈ ℝ.

Ha 𝑎 ≠ 1, akkor 𝑥 = 0.

𝑎𝑥 =1

6

Ha 𝑎 = 1, akkor nincs megoldás.

Ha 𝑎 ≠ 1, akkor 𝑥 = log𝑎1

6.

Ezek alapján a megoldás: ha 𝑎 = 1, akkor 𝑥 ∈ ℝ, ha 𝑎 ≠ 1, akkor 𝑥 = 0, vagy 𝑥 = log𝑎1

6.


25

13. Határozd meg az 𝒎 értékét úgy, hogy a 𝟗𝒙 + 𝟐 · (𝒎 + 𝟑) · 𝟑𝒙 + 𝒎𝟐 − 𝟐𝟐 = 𝟎

egyenletnek két különböző pozitív valós gyöke legyen (𝒎 ∈ ℤ)!

Megoldás:

Legyen: 𝑦 = 3𝑥.

Ekkor a következő egyenlet adódik: 𝑦2 + (2𝑚 + 6) · 𝑦 + 𝑚2 − 22 = 0.

Mivel két megoldást kell kapnunk, így a diszkrimináns értéke pozitív: 𝐷 = 𝑏2 − 4𝑎𝑐 > 0.

(2𝑚 + 6)2 − 4 · (𝑚2 − 22) > 0

𝑚 > −31

6

Mivel a gyökök pozitívak, így az összegük és szorzatuk is pozitív.

Alkalmazzuk a Viete – formulákat:

𝑦1 + 𝑦2 = −𝑏

𝑎> 0 → −(2𝑚 + 6) > 0 → 𝑚 < −3

𝑦1 · 𝑦2 =𝑐

𝑎> 0 → 𝑚2 − 22 > 0 → 𝑚 < −√22 vagy 𝑚 > √22

A két feltétel megoldásait összevetve a következőt kapjuk: −31

6< 𝑚 < −√22.

Ezek alapján a megoldás: 𝑚 = −5.

14. Oldd meg a következő egyenlőtlenségeket! (Alaphalmaz: ℝ)

a) (𝟏

𝟑)

𝒙

≥ 𝟑

b) (𝟏𝟔

𝟐𝟓)

𝒙

<𝟓

𝟒

c) 𝟏𝟑𝒙𝟐−𝟑𝒙−𝟏𝟎 > 𝟏

d) 𝟐𝟓𝒙 ≤ 𝟏𝟐𝟓|𝒙|−𝟏

e) 𝟕𝒙+𝟏

𝒙−𝟐 > 𝟒𝟗

f) 𝟒𝒙 < 𝟐𝒙+𝟏 + 𝟑


26

Megoldás:

Egyenlőtlenséget hasonlóan oldunk meg, mint egyenletet, csak ügyeljünk a következőre: a

negatív számmal való szorzásnál (osztásnál), illetve az alap elhagyásakor, ha az 0 és 1 közé

esik (a függvény szigorú csökkenése miatt), a reláció iránya megfordul.

a) (1

3)

𝑥

≥ 3

(1

3)

𝑥

≥ (1

3)

−1


𝑥 ≤ −1

b) (16

25)

x

<5

4

(5

4)

−2𝑥

< (5

4)

1


−2𝑥 < 1

𝑥 > −1

2

c) 13𝑥2−3𝑥−10 > 1

13𝑥2−3𝑥−10 > 130 ↓ az exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt

𝑥2 − 3𝑥 − 10 > 0

Ezek alapján a megoldás: 𝑥 < −2 vagy 𝑥 > 5.

d) 25x ≤ 125|x|−1

(52)𝑥 ≤ (53)|𝑥|−1

52𝑥 ≤ 53 ∙ |𝑥|−3 ↓ az exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt

2𝑥 ≤ 3 ∙ |𝑥| − 3

Az abszolútérték miatt két ágat kell vizsgálnunk:


27

I. Az ág értelmezési tartománya: 𝑥 ≥ 0.

Az egyenlőtlenség megoldása:

2𝑥 ≤ 3𝑥 − 3

𝑥 ≥ 3

A megoldást összevetve az ág feltételével a következőt kapjuk: 𝑥 ≥ 3.

II. Az ág értelmezési tartománya: 𝑥 < 0.

Az egyenlőtlenség megoldása:

2𝑥 ≤ 3 ∙ (−𝑥) − 3

𝑥 ≤ −3

5

A megoldást összevetve az ág feltételével a következőt kapjuk: 𝑥 < 0.

Az egyenlőtlenség megoldása a két ág együttese (uniója): 𝑥 < 0, vagy 𝑥 ≥ 3.

e) 7𝑥 + 1

𝑥 − 2 > 49

7𝑥 + 1

𝑥 − 2 > 72 ↓ az exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt

𝑥 + 1

𝑥 − 2> 2

𝑥 + 1

𝑥 − 2−

2𝑥 − 4

𝑥 − 2> 0

5 − 𝑥

𝑥 − 2> 0

Egy tört értéke akkor pozitív, ha a számláló és nevező is pozitív, vagy mindkettő negatív.


28

I. Tekintsük először azt az esetet, amikor a számláló és nevező is egy pozitív szám.

5 − 𝑥 > 0 → 5 > 𝑥

𝑥 − 2 > 0 → 𝑥 > 2

A két eredmény közös része: 2 < 𝑥 < 5.

II. Tekintsük most azt az esetet, amikor a számláló és nevező is egy negatív szám.

5 − 𝑥 < 0 → 5 < 𝑥

𝑥 − 2 < 0 → 𝑥 < 2

A két eredménynek nincs közös része, így ezen az ágon nincs megoldásunk.

Az egyenlőtlenség megoldása a két ág együttese (uniója): 2 < 𝑥 < 5.

f) 4𝑥 < 2𝑥+1 + 3

(2𝑥)2 < 2𝑥 ∙ 21 + 3 ↓ Legyen: 𝑎 = 2𝑥

𝑎2 < 2𝑎 + 3

𝑎2 − 2𝑎 − 3 < 0

Ebből a következőt kapjuk: −1 < 𝑎 < 3.


−1 < 2𝑥 < 3 → 2𝑥 < 3 → 𝑥 <lg 3

lg 2= log2 3 ≈ 1,585

Documents

Megoldások - BZmatek · 2018-03-16 · Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 2 c) 4∙2𝑥−3=8 22∙2𝑥−3=23 2𝑥−1=23 ↓ az exponenciális