algebrai kifejezések átalakítások

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+ = ⋅ + ;

● 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

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 1

nn n n n n k k

n n n na b a b a b a b a b

n k− −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟+ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑ (binomiális tétel);

● ( ) ( )0 1 1 0

... 10 1

nn kn n n n 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

22a ba b a

−− ⋅

. Míg a

polinomokat a bennük szereplő változók bármely (valós) értéke esetén értelmezni tudtuk, addig az

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

-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 ( )

( )( ) ( )

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− ⋅ + = + − − = + − .

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-

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

4 48 8c dc d−−

c) 2 2

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

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!

3 2 1 4 22 1 4 2 4 1a a aa a a+ −

+ −+ − −

b) 2 2 2

e ef e f efe ef ef− +

c) 2 2 2

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) ( ) ( ) ( )

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

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≠ − .

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

6 19 39 36 : 1,5 6 ...6 9

10 39 36

b b b b bb b

− + − − = +−− + −

Innentől az eddigi lépéseket ismételjük, először a 210 39 36b b− + − kifejezésre, és így tovább:

( ) ( )3 2 2

6 19 39 36 : 1,5 6 10 246 9

10 39 3610 15

24 3624 36

b b b b b bb b

b bb b

− + − − = − +−− + −− +

−−

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-

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

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

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

+ = egyenlet mindkét oldalát x-szel szorozva az 2 13 1 06

x x− + =

másodfokú egyenlethez jutunk, amelynek megoldásai 123

x = és 232

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

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-

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

6 25 38 25 6 : 1 6 19 19 66 6

19 38 25 619 19

19 25 619 19

6 66 6

x x x x x x x xx x

x x xx x

x xx x

− + − + − = − + −−− + − +− +

− +−− +− +

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

6 19 19 6 : 1 6 13 66 6

13 19 613 13

6 66 6

x x x x x xx x

x xx x

− + − − = − +−− + −− +

−−

A 26 13 6 0x x− + = másodfokú egyenlet gyökei (a megoldóképlettel) 123

x = és 232

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

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 +∈

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+ +

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!

6 63 3bb+−

b) 2 2

8 810 10c dc d−+

c) 3 2

9 27 279

u u uu

− + −−

6 53 2

b bb b

+ ++ +

e) ( )

a va v av

− + f) ac bc ad bd

ac bc ad bd− + −+ + +

g) 2 2 2

ab a b ca c b ac

− − ++ − +

h) 3 2

x x xx x+ − −

+ − i)

5 4 3 2

23 5 2s s t s ts s t st+ −+ −

a) 2 2

2 2 2 2c d c dc d c d+ +

−− −

b) 3 4e f e f

+− +

c) 2 2

6 8 4 4:4 3 5 15

m m m mm m m

− + − ++ + +

5 68 16 5 20g

g g g−

+− + −

8 7 215 15 2 4a aa a a− +

⋅+ + +

3 2 6 10:1 3 3 1 1 6 9a a a aa a a a

+⎛ ⎞+⎜ ⎟− + − +⎝ ⎠

1u v u vu u v u uv+ −

− +− −

h) 1 11 1l ll l

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − ⋅ + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

3 2 2 2

1 :j i j ii ij i j i ij j ij

⎛ ⎞ ⎛ ⎞−+ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟− + + +⎝ ⎠⎝ ⎠

a) 3 29 42 52 16

6 8a a a

a− + −

− b)

8 12 2 23 394 9

b b b bb

− + + −−

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!

9. Határozzuk meg a és b értékét, ha tudjuk, hogy minden 12

x ≠ , 3x ≠ − esetén teljesül az

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

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

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+ ⋅ − + + = + + + .

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:

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+ + = + + + + + .

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− + = − = − .

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.

6 63 3bb+−

b) 2 2

8 810 10c dc d−+

c) 3 2

9 27 279

u u uu

− + −−

6 53 2

b bb b

+ ++ +

e) ( )

a va v av

− + f) ac bc ad bd

ac bc ad bd− + −+ + +

g) 2 2 2

ab a b ca c b ac

− − ++ − +

h) 3 2

x x xx x+ − −

+ − i)

5 4 3 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) ( ) ( )( ) ( )

( )( )

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

3 39 27 279 3 3 3

u uu u uu u u u

− −− + −= =

− + ⋅ − +, ahol 3u ≠ ± .

d) ( ) ( )( ) ( )

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− + ≠

(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

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) ( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( )

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.

a) 2 2

2 2 2 2c d c dc d c d+ +

−− −

b) 3 4e f e f

+− +

c) 2 2

6 8 4 4:4 3 5 15

m m m mm m m

− + − ++ + +

5 68 16 5 20g

g g g−

+− + −

8 7 215 15 2 4a aa a a− +

⋅+ + +

3 2 6 10:1 3 3 1 1 6 9a a a aa a a a

+⎛ ⎞+⎜ ⎟− + − +⎝ ⎠

1u v u vu u v u uv+ −

− +− −

h) 1 11 1l ll l

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − ⋅ + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

3 2 2 2

1 :j i j ii ij i j i ij j ij

⎛ ⎞ ⎛ ⎞−+ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟− + + +⎝ ⎠⎝ ⎠

Megoldás:

a) ( ) ( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

22 22 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

+ ⋅ − ++ + + +− = − = =

− − + ⋅ − ⋅ − ⋅ + ⋅ −

( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )

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 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

− ⋅ + ⋅ −− − − + −+ = + = = =

− + − ⋅ −− ⋅ − ⋅ −

15 4gg+

=⋅ −

, ahol 4g ≠ .

e) ( ) ( )

( )( ) ( )23

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) ( ) ( )( ) ( )

( )( )

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

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

+ ⋅ − − − ⋅ ++ − − − + +− + = = = =

− − ⋅ − ⋅ − ⋅ −

, 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

1 1 1 1 11 1 1 2 1 1l l l l ll l l l l

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − ⋅ + + = + − = + + − = + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

i) ( ) ( ) ( )

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

+ ⋅ ⋅ − − ⋅ − ⋅ + − − −= = =

⋅ + ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ − ⋅ ⋅ +

( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( )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 ≠ .

a) 3 29 42 52 16

6 8a a a

a− + −

− b)

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

39 42 52 16 : 6 8 5 22

9 1230 52 1630 40

12 1612 16

a a a a a a

a aa aa a

− + − − = − +

−− + −− +

−−

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

8 12 2 23 39 : 4 9 2 3 58 18

12 20 23 3912 27

20 4 3920 45

b b b b b b bb b

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− + + − = − + ⋅ − − + .)

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

8 12 2 23 39 : 2 3 4 138 12

2 23 392 3

26 3926 39

b b b b b b bb b

b bb b

− + + − − = + +−

+ −−

−−

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

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

+ + ⋅ −− + + − + += =

− + ⋅ − +.

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− = − ⋅ + ⋅ + = ⋅ + + = ⋅ = .

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

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

8 6 29 15 : 1 8 14 158 8

14 29 1514 14

15 1515 15

x x x x x xx x

x xx x

− − − + = − −+− − −− −

− −− −

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

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

+ = , akkor az 2 5 1 02

x x− + = egyenletből az 112

x = és 2 2x = megoldásokat kapjuk.

Ha 1 2910

+ = − , 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-

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

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

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

a) ( ) ( ) ( ) ( )2 23 2 5 2 4b b b b b− ⋅ + − − ⋅ − b) ( ) ( )3 2 22 5f f ef e ef f− + ⋅ + −

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− −

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+ + +

a) 2 2

3 275 30 45

c dc cd d

−+ +

b) 2 2

18 36 189 9

t tu ut u+ +

− c)

2 8 72 7 14

d e de ede d e

+ +− + −

a) 2 2

2 23 3i j i ji j i j− +

−+ −

31 : 11 1o oo o

⎛ ⎞⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⎜ ⎟+ −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ c) 2 2

6 9 13 2 6 2

a b b aa ab ab b b

+ −− −

− −

d) ( )

3 35 5

a b a ba ba b

− +⋅

−+ e)

2 22 22 2k l k ll k l k

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

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!

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

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− + ⋅ + − = + + + − − − + .

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+ = + + + .

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− − = + + − − + .

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− + − = − + − = − + ⋅ − =

( ) ( )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.

a) 2 2

3 275 30 45

c dc cd d

−+ +

b) 2 2

18 36 189 9

t tu ut u+ +

− c)

2 8 72 7 14

d e de ede d e

+ +− + −

Megoldás:

a) ( ) ( )( )

( )( )

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) ( )( ) ( ) ( )

( )( ) ( )

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 ≠ .

a) 2 2

2 23 3i j i ji j i j− +

−+ −

31 : 11 1o oo o

⎛ ⎞⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⎜ ⎟+ −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ c) 2 2

6 9 13 2 6 2

a b b aa ab ab b b

+ −− −

− −

d) ( )

3 35 5

a b a ba ba b

− +⋅

−+ e)

2 22 22 2k l k ll k l k

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

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

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) ( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

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 ≠ ± .

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) ( )

( ) ( )( )

( )( )

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

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

+ = − eset megoldásai

2 3x = − és 313

x = − , míg az 1 32

+ = eset nem ad valós megoldást (hiszen 2 3 1 02

x x− + = disz-

kriminánsa negatív, illetve ismert, hogy 1 2xx

+ ≥ ).

Tehát az egyenletnek három valós megoldása van: az 1, a 3− és a 13

− . Ellenőrzéssel meggyő-

ződhetünk róla, hogy ezek mindegyike valóban jó megoldás.

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.

algebrai kifejezések átalakítások

Documents

kmksz.com.ua · ПОНЯТТЯ ТА ТЕРМІНИ...

elmosódott határú kifejezések: a...

számítógépes algebrai problémák a geodéziában

also available du-200 evo 650 -...

elteapáczaicserejánosgyakorlógimnáziumés kollégium...

libro de algebrai sbn

algebrai kifejezések...7. a feladat kérdéseire egy-egy...

nemzetkÖzi fuvarozÁs, szÁllÍtmÁnyozÁs, logisztika ·...

11.alapfogalmak 12.kifejezések, értékadás 13.szelekciók...

táblázatkezelés 1....

az ómagyar kori vala kifejezések értelmezéséhez ·...

logiszikai szÓtÁr, logisztikai kifejezÉsek -...

algebrai struktúrák

tartalom -...

7. el őadás param éterátadás. paraméterek az adában....

una introducción matemática a la criptografía (para mis...

Államkudarcok afrikÁban -...

bevezetés az algebrai kombinatorikába - bme jegyzet

a bior, mint új algebrai...

algebrai egész kifejezések...