Emelt algebra

2: utolsó jegy páros; 3 és 9: számjegyösszeg; 4 és 8: utolsó két, illetve három jegy; 5: utolsó jegy 0 vagy 5; 6: 2 és 3 is osztja. 10ⁿ-nel akkor osztható, ha legalább n záró nulla van. LNKO-ban a közös prímek kisebb, LKKT-ban minden prím nagyobb kitevője szerepel.

Relatív prím számok LNKO-ja 1. Ha N=p₁^a₁…pᵣ^aᵣ, pozitív osztóinak száma (a₁+1)…(aᵣ+1).

b alapban csak 0,…,b−1 számjegyek használhatók. A 231₅=2·25+3·5+1=66.

Tízesből átváltáskor b-vel ismételten osztunk, a maradékokat fordított sorrendben olvassuk. Az írásbeli összeadás átvitele b-nél, nem tíznél történik.

Legyen x=0,272727… Ekkor 100x−x=27, így x=27/99=3/11. Vegyes szakasznál előbb a nem ismétlődő kezdő részt toljuk el.

Az abszolút érték a nullától mért távolság, ezért |x|≥0 és |a−b| két szám távolsága.

Normálalakban a·10ⁿ, ahol 1≤|a|<10. A kerekítés helyét mindig a kérés és a mértékegység dönti el; köztes számításban őrizz több számjegyet. √2 irracionalitásához tegyük fel, hogy p/q egyszerűsített tört. p²=2q² miatt p páros; p=2k után q is páros, ellentmondva az egyszerűsítettségnek.

(a±b)²=a²±2ab+b²; a²−b²=(a−b)(a+b). Először közös tényezőt keress, utána azonosságot vagy csoportosítást. aⁿ−bⁿ=(a−b)(aⁿ⁻¹+aⁿ⁻²b+…+bⁿ⁻¹).

Páratlan n-nél aⁿ+bⁿ is osztható a+b-vel, váltakozó előjelekkel. Ezeket visszaszorzással igazolhatod.

Közös tényezőt egyszerűsítünk, összeadás tagját nem. (x²−4)/(x−2)=x+2 csak x≠2 esetén. Közös nevezőre hozás előtt írd fel az összes eredeti nevező nemnulla feltételét; az egyszerűsített alak nem teszi megengedetté a kizárt pontot.

Két elsőfokú egyenletnél a behelyettesítés vagy kiküszöbölés közös számpárt keres. Grafikonon két egyenes metszése egy, párhuzamosság nulla, egybeesés végtelen sok megoldás.

Három ismeretlennél egymás után küszöbölj ki egy változót, majd helyettesíts vissza. A kapott 0=0 azonosság redundáns, 0=5 ellentmondás.

Az ax=b egyenlet a≠0-ra x=b/a; a=0,b=0-ra minden x; a=0,b≠0-ra nincs megoldás. Szövegnél nevezd meg az ismeretlent mértékegységgel, írd fel a kapcsolatot, majd ellenőrizd a szövegben is: például egy darabszámnak egésznek és nemnegatívnak kell lennie.

Ha van két valós gyök, ax²+bx+c=a(x−x₁)(x−x₂). Viète: x₁+x₂=−b/a és x₁x₂=c/a. x⁴−5x²+4=0-nál t=x²≥0 bevezetése után t²−5t+4=0, és mindegyik megengedett t-hez vissza kell keresni az x értékeket.

√f(x)=g(x) esetén f(x)≥0 és g(x)≥0 szükséges. Ezekkel együtt a négyzetre emelés ekvivalens; feltételek nélkül hamis gyök jöhet létre.

Paraméteres másodfokú feladatnál először vizsgáld meg, nem lesz-e a főegyüttható nulla, utána a diszkriminánst és a gyökökre kért további feltételeket.

(√a−√b)²≥0, ezért a+b≥2√(ab). A két oldal felezése adja G≤A-t.

A≤Q négyzetre emelve (a−b)²≥0-ra vezet. H≤G a G≤A-ból következik, mert H=G²/A.

Pozitivitás kell a gyökvonáshoz és a szorzás irányának megőrzéséhez.

Állandó összegnél a szorzat legnagyobb az egyenlő tagoknál: ab≤((a+b)/2)². Állandó szorzatnál az összeg legkisebb az egyenlő tagoknál.

Egyenlő távolságokat v₁,v₂ sebességgel megtéve az átlagsebesség harmonikus közép; egyenlő idők esetén számtani közép.

Az osztók száma (α₁+1)⋯(αₖ+1), mert a kitevőválasztások függetlenek. 72=2³·3² ezért 4·3=12 pozitív osztóval rendelkezik. Relatív prím két szám, ha LNKO-juk 1; egyikük sem köteles prímszám lenni: 8 és 9 relatív prím.

Végtelen sok prím bizonyítása: ha az összes prím p₁,…,pₖ lenne, N=p₁⋯pₖ+1 egyikükkel sem osztható. N>1-nek mégis van prímosztója, ami nincs a listán: ellentmondás.

Nem szükséges, hogy maga N prím legyen.

b alapú számrendszerben minden helyen 0,…,b−1 számjegy állhat. Összeadásnál b értékű részeredmény egyet átvisz a következő helyre; kivonásnál egy kölcsönzött következő helyi egység b jelenlegi egység. 1011₂+110₂=10001₂: a tízes ellenőrzés 11+6=17. 10000₂−111₂=1001₂: 16−7=9.

Egy n jegyű b alapú szám helyi értékes összegét b hatványaival adjuk meg.

x=0,272727… esetén 100x=27,272727…, ezért 99x=27 és x=3/11. Előszakasznál előbb annak hosszával szorzunk: x=0,16666…; 10x=1,6666… és 100x=16,6666…, kivonásból 90x=15, x=1/6.

A két eltolásnak ugyanazon végtelen farokrészt kell adnia. Az így kapott tört egyszerűsítése és visszaosztása ellenőrzés.

Tegyük fel, hogy √2=p/q, ahol p és q relatív prím pozitív egészek. p²=2q² miatt p páros, mert páratlan szám négyzete páratlan. p=2k után q²=2k², tehát q is páros. Ez ellentmond a relatív prímségnek.

Általában √n természetes n-re akkor racionális, ha n teljes négyzet. Prímfelbontásban egy négyzet minden prímtényezőjének kitevője páros; a p²=nq² egyenlet páratlan kitevőt tartalmazó n-nél lehetetlen.

(3·10⁵)(4·10⁻³)=12·10²=1,2·10³. Összeadás előtt azonos hatványra hozzuk a számokat: 2,4·10⁴+3·10³=(2,4+0,3)·10⁴.

Ha 12,347-et századra kerekítjük, 12,35 adódik; a tényleges abszolút hiba 0,003. A századra kerekítés hibája legfeljebb 0,005 a szokásos kerekítés mellett.

Számolás közben több jegyet őrizz meg, és a végső eredményt kerekítsd.

Zárt a halmaz egy műveletre, ha bármely megengedett két elemének eredménye is benne van. ℤ összeadásra, kivonásra és szorzásra zárt, osztásra nem: 1:2 nincs ℤ-ben. ℚ mind a négy alapműveletre zárt a nullával osztás kizárása mellett. A pozitív valósak szorzásra zártak, kivonásra nem.

Az irracionális számok összeadásra sem zártak: √2+(−√2)=0.

(m−2)x=m²−4 egyenletnél m≠2 esetén oszthatunk: x=(m−2)(m+2)/(m−2)=m+2. m=2 esetén 0x=0, minden valós x jó. Az egyszerűsített képlet csak m≠2-re érvényes; x=4 nem az egyetlen megoldás m=2-nél.

Paraméteres rendszernél a kiválasztott eliminálási együttható nullává válhat, és ekkor külön vizsgálat kell.

A rendszerből egy változót két egyenletpár segítségével kiküszöbölünk, kétismeretlenes rendszert oldunk, majd visszahelyettesítünk. Példa x+y+z=6, x−y+z=2, x+y−z=0.

Az elsőből a másodikat kivonva 2y=4; az elsőből a harmadikat kivonva 2z=6. Így y=2,z=3,x=1.

Mindhárom eredeti egyenletet ellenőrizzük, nem csak az összevontakat.

Négyzetgyökvonásból x=−b/(2a)±√D/(2|a|); a két érték az (−b±√D)/(2a) formulával ugyanaz. Gyöktényezős alak a(x−x₁)(x−x₂) kifejtése ax²−a(x₁+x₂)x+ax₁x₂.

Együtthatók összevetésével x₁+x₂=−b/a és x₁x₂=c/a. Ezek a Viète-összefüggések; megoldások ellenőrzésére és kifejezések kiszámítására használhatók.

mx²−2x+1=0 esetén m=0 külön elsőfokú eset: x=1/2. m≠0-nál D=4−4m: m<1 két, m=1 egy, m>1 nulla valós gyök, a már külön kezelt m=0 kizárásával. A x+y=5, xy=6 rendszerben x és y a t²−5t+6=0 gyökei, tehát (2;3) és (3;2).

Paraméteres gyökfeltételnél külön ellenőrizd a vezető együttható eltűnését és a valós gyökök létét.

1/(x−1)+1/(x+1)=1 esetén x≠±1. A közös nevezővel szorzás után 2x=x²−1, azaz x²−2x−1=0.

Gyökök 1±√2, egyik sem tiltott; mindkettő visszahelyettesíthető. (x²−1)/(x−1)=2 esetén x≠1, egyszerűsítéssel x+1=2 adódik. Az egyetlen jelölt x=1 tiltott, ezért nincs megoldás.

A kiejtett tényező nullahelye továbbra is tiltott.

√(x+1)+√(x−2)=3 feltétele x≥2. Első négyzetre emelés: 2x−1+2√((x+1)(x−2))=9, így √((x+1)(x−2))=5−x.

Innen x≤5 is szükséges. Második emelés: x²−x−2=x²−10x+25, ezért 9x=27, x=3.

Ellenőrzés: √4+√1=2+1=3. Az új előjel-feltétel követésével az átalakítások is ekvivalenssé tehetők.

x⁴−5x²+4=0 esetén t=x² után t²−5t+4=0, tehát t=1 vagy 4. Visszahelyettesítve x=±1,±2, mind a négyet ellenőrizzük. x³−4x=0-nál x(x−2)(x+2)=0, ezért x=0,±2. x-szel osztás a nulla gyököt elveszítené. x⁴+x²−6=0-nál t=2 vagy −3; csak t=2 ad valós x-et: ±√2.

Egy téglalap területe 40 cm², hosszabb oldala 3 cm-rel nagyobb a rövidebbnél. Rövidebb oldal x>0; x(x+3)=40, azaz x²+3x−40=0.

Gyökök 5 és −8. A hossz nem lehet negatív, ezért oldalak 5 és 8 cm.

A visszahelyettesítés egyszerre ellenőrzi a területet és a különbséget. Egy feladat fizikai vagy darabszám-feltételei gyakran szűkítik az algebrai alaphalmazt.

|x−1|+|x+2|=5 esetén határpontok −2 és 1. x<−2-nél −x+1−x−2=5, innen x=−3. −2≤x≤1-nél 1−x+x+2=3, tehát nincs megoldás. x>1-nél x−1+x+2=5, innen x=2. A kapott gyökök saját eseteikbe is tartoznak, és az eredeti összegük 5. |f(x)|≤a, a≥0 esetén −a≤f(x)≤a; |f(x)|≥a két külső intervallumot ad.

(x−1)/(x+2)≥0-nál −2 tiltott, 1 megengedett nullahely. Az előjel pozitív x<−2 és x>1, negatív −2<x<1; megoldás ]−∞;−2[∪[1;∞[.

A rendszert alkotó feltételek megoldáshalmazait metsszük: x²<9 és x≥1 együtt [1;3[. Ha egy átalakításban negatív konstanssal szorzunk vagy osztunk, az egyenlőtlenség iránya megfordul.

Összeadásnál közös nevező kell: 3/4−5/6=(9−10)/12=−1/12. Szorzásnál a számlálókat és nevezőket külön szorozzuk, előzetes egyszerűsítés is megengedett.

Nemnulla törttel osztás annak reciprokával való szorzás: (−2/3): (4/9)=−3/2. Két negatív szám szorzata pozitív, de két negatív összege negatív.

Előbb zárójel, majd hatványozás, szorzás és osztás, végül összeadás és kivonás; azonos rangú műveleteknél balról jobbra haladunk. 12:3·2=8, míg 12:(3·2)=2. (−3)²=9, de −3²=−9, mert utóbb a hatványt vesszük, majd annak ellentettjét.

A teljes számlálót és nevezőt zárójelezd: (3+5)/(2·4)=1. Ellenőrizd a tizedesjelet és a kijelző előjelét; a billentyű neve eszközönként eltérhet.

Az 1/3 közelítéséből ne számolj tovább idő előtt kerekített 0,33-mal, ha pontos eredmény kell. A 19,8·5,1 szorzatnak a 20·5=100 közelében kell lennie.

25·37+25·63=25(37+63)=2500 a disztributivitással. A (a+b)/c=a/c+b/c azonosság c≠0 mellett igaz, de a/(b+c)=a/b+a/c általában hamis: a=b=c=1-nél 1/2≠2.

Minden átrendezésnél a tényleges műveletet és értelmezési feltételt vizsgáld.

2-vel a páros utolsó jegyű; 5-tel a 0-ra vagy 5-re végződő szám osztható. 4-nél az utolsó két, 8-nál az utolsó három jegyből álló számot vizsgáljuk. Indok: N=100q+r, és 4 osztja 100q-t; illetve N=1000q+r, és 8 osztja 1000q-t. 10ᵏ-nal k≥1 egészre pontosan a legalább k záró nullával rendelkező egész számok oszthatók, a nulla is.

3 és 9 esetén a számjegyek összegének oszthatósága dönt. Mivel 10,100,1000,… maradéka e két osztónál 1, egy szám és számjegyösszege azonos maradékot ad. 6-tal akkor és csak akkor osztható a szám, ha 2 és 3 is osztja.

A 12-vel oszthatósághoz 3 és 4 együtt kell; 2 és 6 együtt nem elég: 6 ellenpélda.

Ha N>1 összetett, van legfeljebb √N prímosztója: N=ab, 1<a≤b esetén a²≤N, és a-nak van prímosztója. A 97-nél a 2,3,5,7 vizsgálata elég, egyik sem osztja, ezért prím.

A 121=11² összetett; a négyzetgyököt egyenlőség esetén is vizsgálni kell.

Bármely nemnulla egész a osztja 0-t, mert 0=a·0. Nemnulla b-t 0 nem oszt, mert 0·k mindig 0.

A definíció szerint 0 osztja 0-t is, de „b/a” hányadosként ezt nem számoljuk. Negatív szám oszthatóságát az abszolút értékén is ellenőrizhetjük; a prímszám fogalma itt pozitív egészekre vonatkozik.

84=2²·3·7 és 126=2·3²·7. Közös osztó a közös prímekből legfeljebb a kisebb kitevőt veheti: LNKO=2·3·7=42.

Közös többszörösnek mindkét felbontást tartalmaznia kell: a nagyobb kitevőkkel LKKT=2²·3²·7=252. Hiányzó prímet 0 kitevővel kezelünk.

126=84·1+42, 84=42·2+0. Az utolsó nemnulla maradék 42.

Egy közös osztó 126-ot és 84-et osztja pontosan akkor, ha 84-et és a 42 maradékot is; így a közös osztók halmaza nem változik. A két pozitív számra LNKO·LKKT=ab, mert minden prímnél min (α, β)+max (α, β)=α+β.

84 piros és 126 kék gyöngyöt azonos összetételű, lehető legtöbb csomagba rakva, maradék nélkül, a csomagszám mindkét készlet osztója: a maximum 42. Csomagonként 2 piros és 3 kék kerül bele. 18 és 24 percenként jelző készülékek együttes indulás utáni első közös jelzése LKKT (18,24)=72 perc múlva lesz.

8 és 9 összetett, mégis relatív prím. Ha gcd (a, b)=1, az LKKT a·b.

A „különböző számok” nem ugyanaz, mint a „relatív prímek”: 8 és 12 LNKO-ja 4. A fogalmak itt pozitív számokra adott definícióját használjuk, így a legkisebb pozitív közös többszörös valóban létezik.

231₅=2·5²+3·5+1=66. A nulla jegy helyet őriz: 1001₂=1·8+0·4+0·2+1=9.

A 203₃ jelölés hibás, mert 3 nem lehet hármas számrendszerbeli számjegy. A vezető nullák nem változtatják az értéket, de a számjegyek számának feltételébe beleszólhatnak.

Az egész számot b-vel osztjuk: N=bq+r, 0≤r<b. r az utolsó számjegy. A q hányadost újra osztjuk, amíg nulla lesz.

A maradékokat fordított sorrendben olvassuk: 66:5=13 maradék 1;13:5=2 maradék 3;2:5=0 maradék 2, ezért 66=231₅. A nulla számot 0-ként írjuk.

Az átváltott számot helyiértékes összegként visszaszámítjuk. n jegyű, nemnulla kezdőjegyű b alapú pozitív szám bⁿ⁻¹≤N<bⁿ közé esik. A 1011₂ értéke 11, ezért négyjegyűként a 8 és 16 közti feltételt teljesíti.

Ez gyors hibaszűrő, de nem helyettesíti a pontos visszaszámítást.

Ha relatív prím a, b számok mindketten osztják N-t, ab is osztja: a és b prímtényezői különbözők, így mindkét felbontás egyszerre része N-nek. 72=8·9, és gcd (8,9)=1, ezért 8 és 9 együttes vizsgálata pontosan 72-t ad. Nem relatív prím osztóknál az LKKT a helyes egyesítés.

Az 1a 2b tízes szám oszthatóságához 72-vel a számjegyösszeg 3+a+b legyen 9-cel osztható: a+b=6 vagy 15. A három utolsó jegy 100a+20+b;8-cal osztva 4a+4+b maradékát vizsgáljuk.

Páros a-nál b=4; páratlan a-nál b=0 vagy 8. A két feltétel metszete adja a lehetőségeket.

212₃+121₃: az egyes helyen 3 miatt 0 és 1 átvitel; a következő helyen 4 miatt 1 és 1 átvitel; a legnagyobb helyen 4 miatt 1 és új 1:1110₃. Kivonásnál egy nagyobb helyi egység b kisebb egységre cserélhető. 1000₃−12₃=211₃; tízesben 27−5=22=18+3+1.

n=3k+r, r∈{0,1,2}. Négyzete r² alapján 0 vagy 1 maradékot ad 3-mal osztva.

Így n²+1 sosem osztható 3-mal. A minden lehetséges maradékot végigvevő esetbontás általános bizonyítás; néhány véletlenül választott szám kipróbálása nem az.

A racionális szám tizedes alakja véges vagy végtelen szakaszos. Osztáskor a nevezőhöz képest csak véges sok maradék lehetséges: a nulla lezárja az osztást, egy ismétlődő maradék ismétlődő jegysort indít.

Véges tizedes tört 10-hatvány nevezőjű tört; szakaszosnál az eltolások különbsége véges egész szám, így törtet kapunk.

1/3=0,333… és 1=0,999… is racionális. Az irracionális tizedes alak végtelen és nem válik szakaszossá.

A számológép véges kijelzője önmagában egyik tulajdonságot sem bizonyítja. A √n természetes n-re akkor racionális, ha n teljes négyzet; ezt a prímkitevők párossága indokolja.

A valós számok a számegyenes pontjainak felelnek meg; balra kisebb érték áll. −5/2 a −3 és −2 közé, √2 az 1 és 2 közé kerül. √2 pontos helye egy egységoldalú négyzet átlójának hossza alapján felmérhető;1,414 a pont közelítése. Két irracionális között is van racionális, ezért nincs „következő” valós szám.

Egy halmaz zárt a műveletre, ha minden megengedett bemenetére az eredmény is a halmazban van. ℤ összeadásra, kivonásra, szorzásra zárt, osztásra nem: 1/2 ellenpélda. ℚ a négy alapműveletre zárt, az osztásnál nulla osztó kizárásával: két törttel végzett művelet újra tört. Az irracionálisak nem zártak sem összeadásra (√2−√2=0), sem szorzásra (√2·√2=2).

A zárt végpont teli, a nyílt üres körrel jelölhető. ]−2;3] és[1;5[ metszete[1;3], uniója]−2;5[. A[2;2] az egyetlen 2 elemet tartalmazza;]2;2[ üres.

A számegyenesen nagyobb szám jobbra áll, negatívaknál−1>−4.

r≥0 mellett |x−c|≤r ⇔ c−r≤x≤c+r. |x−c|>r a két külső nyílt félegyenest adja. r<0-nál a≤r távolságfeltétel lehetetlen. |−7|=7, és|−2−3|=5 két pont távolsága, nem azok abszolút értékeinek különbsége.

A megadott helyi értéket megtartjuk, a következő jegy 0–4 esetén lefelé,5–9 esetén felfelé kerekítjük a nagyságot. A pontos felező esetnél itt a nullától távolodó iskolai szabályt választjuk: −2,345 századra −2,35.

Más, például párosra kerekítő szoftverszabály eltérhet, ezért a konvenciót jelezni kell.

Századra kerekítésnél az abszolút hiba legfeljebb 0,005; tizedre legfeljebb 0,05. A 12,347 századra 12,35, tényleges hibája 0,003.

A tényleges hiba és a maximális hibahatár külön fogalom. Köztes számításban tarts meg több jegyet, a végén kerekíts a kérés szerint.

2x(x−3)+3(x−3)=(2x+3)(x−3). Kifejtve 2x²−3x−9; visszaszorzás ellenőrzi. 6x²y−9xy²=3xy (2x−3y).

A kiemelt tényező nem feltétlenül szám, teljes közös zárójel is lehet.

(2x−3)²=4x²−12x+9. 9x²−25=(3x−5)(3x+5). x²+6x+9=(x+3)². Az a²+b² valós számok közti átalakítására nem használható a különbségképlet; a középső 2ab tagot négyzetnél mindig ellenőrizd.

1/(x−1)+1/(x+1)=2x/(x²−1), x≠±1. A számláló összevonása közös nevezőn történik. (x²−4)/(x−2)=x+2 csak x≠2 mellett; tényezőt egyszerűsítünk, összeadandót nem.

Törttel osztáskor a második tört értéke sem lehet 0.

Behelyettesítés egy-egy megengedett értéken alkalmas hibakeresésre, de azonosság bizonyításához általános átalakítás kell. Az eredeti és az egyszerűsített kifejezés közös tartományán kell összevetni az értékeket; kizárt pontban nincs eredeti érték.

(x³+2x²−4)+(−x³+x²+7)=3x²+3, fokszáma 2. Nemnulla polinomok szorzatának fokszáma a fokszámok összege, mert a vezető együtthatók szorzata nemnulla.

Összegnél legfeljebb a két fokszám maximuma, kieséskor kisebb is lehet.

Pozitív egész n-re aⁿ−bⁿ=(a −b)(aⁿ⁻¹+aⁿ⁻²b+…+abⁿ⁻²+bⁿ⁻¹). Visszaszorzásban az a-val szorzott és a −b-ből származó negatívb-vel szorzott köztes tagok párban kiesnek, csak aⁿ és −bⁿ marad. n=1-nél a zárójel 1; n=3-nála ³−b³=(a −b)(a²+ab+b²).

Páratlan m=2n+1 pozitív egészre aᵐ+bᵐ=(a+b)(aᵐ⁻¹−aᵐ⁻²b+…−abᵐ⁻²+bᵐ⁻¹). Az a-val és b-vel szorzott köztes tagok ellentett előjellel kiesnek.

Az utolsó tag pozitívbᵐ, mertm páratlan. Páros m-re ez nem ad ugyanilyen valós azonosságot a+b tényezővel.

x⁵+32=(x+2)(x⁴−2x³+4x²−8x+16). 3⁴−1=(3−1)(27+9+3+1)=2·40=80. Az azonosság nem csak egyenletmegoldásra, hanem oszthatósági és gyors számolási feladatra is használható; változóval osztani csak annak nemnulla feltételével szabad.

Mindkét oldalhoz ugyanazt az értelmes kifejezést adva vagy kivonva az egyenlet ekvivalens marad. Nemnulla számmal szorzás/osztás is ilyen.

Változós kifejezéssel osztás előtt annak nulláit külön vizsgáljuk: x(x−2)=0 megoldása 0 vagy 2, x-szel osztva a 0 elveszne. A szorzat akkor nulla, ha legalább az egyik tényező nulla.

A négyzetre emelés előjelfeltételek nélkül csak következményt ad. √(x+2)=x−2 esetén x≥2 szükséges. Az x+2=(x−2)² egyenlet jelöltjei (5±√17)/2; a kisebb 2 alatti, ezért kiesik.

A nagyobb eredeti behelyettesítéssel vagy az előjelfeltétellel ellenőrizhető. A hamis gyököt az eredeti egyenletben kell kiszűrni.

f(x)=g(x) megoldásai a közös tartományon a grafikonok metszéspontjainak x koordinátái. x²=x+2-nél (x−2)(x+1)=0, ezért x=−1 és 2; a metszéspontok (−1;1) és (2;4). Rajzról leolvasott közelítést ne állíts pontos gyöknek algebrai indoklás nélkül.

Új ismeretlennél például x⁴−3x²−4=0-ra t=x²≥0 vezethető be. A t=4 és −1 közül csak 4 megengedett, innen x=±2.

√(x−1)+√(1−x)=0 csak x≥1 és x≤1 mellett értelmes, ezért D={1}, amely teljesíti az egyenletet. √x+√(1−x)=3 esetén D=[0;1]. A bal oldal négyzete 1+2√(x(1−x))≤2, mert x(1−x)≤1/4.

A bal oldal tehát legfeljebb √2, nem lehet 3; nincs megoldás. Itt az értékkészlet korlátja kiváltja a hosszú számolást.

3(x−2)+4=2x+9 esetén 3x−2=2x+9, tehát x=11. Ellenőrzés 3·9+4=31 és 22+9=31.

Ha egy osztályból 5 tanuló hiányzik és a jelen levők 3/4-e 21 fő, akkor (3/4)(n−5)=21, n=33. n egész, n≥5, és a jelenlévők száma 28, amelynek háromnegyede valóban 21.

Két jegy ára együtt 2800 Ft, a felnőttjegy 800 Ft-tal drágább: d+f=2800 és f−d=800. Behelyettesítéssel f=d+800, így 2d=2000.

Eliminálással a két egyenlet összege 2f=3600. Eredmény d=1000, f=1800 Ft; mindkét kapcsolat teljesül.

Az eljárások ugyanazt a közös rendezett párt keresik.

x+y=4 és 2x+2y=8 egyenletei ugyanazt az egyenest írják le: S={(t;4−t):t∈ℝ}. Ha a második jobb oldala 9, eliminálva 0=1 adódik, nincs megoldás.

Nem mindig kapunk egyetlen párt. Az ellentmondás a teljes rendszert kizárja, az azonosság csak azt jelenti, hogy az egyik feltétel nem ad új információt.

Osztunk a≠0-val: x²+(b/a)x=−c/a. Hozzáadjuk b²/(4a²)-et: (x+b/(2a))²=D/(4a²).

D<0 esetén a jobb oldal negatív, a bal nemnegatív. D≥0-nál x=−b/(2a)±√D/(2|a|).

A két érték halmaza ugyanaz, mint (−b±√D)/(2a), negatív a esetén az előjelágak felcserélődnek. Így a képlet minden a≠0-ra érvényes.

2x²−8x+6=2((x−2)²−1). Nullával egyenlővé téve (x−2)²=1, így x=1 vagy 3.

Gyöktényezős alakja 2(x−1)(x−3); a 2 főegyüttható nem hagyható el, ha a polinom azonosságát írjuk. Egy kettős gyöknél például x²−6x+9=(x−3)².

Valós gyök nélkül nem írható két valós lineáris gyöktényező.

a(x−x₁)(x−x₂)=ax²−a(x₁+x₂)x+ax₁x₂. Együttható-összevetés: x₁+x₂=−b/a, x₁x₂=c/a.

Kettős gyöknél a gyököt kétszer számítjuk ezekben a formulákban. x²−5x+3=0 gyökeire x₁²+x₂²=(x₁+x₂)²−2x₁x₂=25−6=19; nem kell előbb a két irracionális gyököt kiszámítani.

(m−2)x=m²−4 egyenletben m≠2-re x=m+2. m=2-re 0x=0, ezért S=ℝ. (m−2)x=1 egyenletben m=2-re nincs megoldás; minden más m-nél S={1/(m−2)}. A két jobb oldal különbsége a kivételes paraméteresetben döntő.

mx²−2x+1=0 esetén m=0-ra x=1/2. m≠0 esetén D=4(1−m): m<1,m≠0 mellett két gyök x=(1±√(1−m))/m; m=1 mellett S={1}; m>1 mellett üres. Negatív m-re a gyökök szorzata 1/m<0, ezért ellentétes előjelűek. 0<m<1-re összegük 2/m>0 és szorzatuk 1/m>0, így mindkettő pozitív.

x²−6x+k=0 két különböző pozitív gyökéhez D=36−4k>0, összeg 6>0 és szorzat k>0 szükséges és elegendő. D biztosítja a két különböző valós gyököt; pozitív szorzat biztosítja az azonos előjelet, pozitív összeg pedig a pozitív előjelet.

Együtt 0<k<9. k=0-nál nulla gyök, k=9-nél kettős gyök van, ezért egyik végpont sem jó.

x+y+z=6, x−y+z=2, x+y−z=0. Az elsőből a másodikat kivonva 2y=4; az elsőből a harmadikat kivonva 2z=6.

Így y=2,z=3,x=1. Ellenőrzés: 1+2+3=6; 1−2+3=2; 1+2−3=0.

Az eredeti egyenletekben ellenőrzünk, az eliminálás utáni kettő önmagában nem elég.

x+y=5,xy=6 esetén y=5−x, így x²−5x+6=0; x=2 vagy 3. Visszakeresve (x;y)=(2;3) és (3;2), két különböző rendezett pár. x+y=s,xy=p esetén a t²−st+p=0 segédegyenlet diszkriminánsa s²−4p.

Pozitívnál két rendezett pár, nullánál egy pár, negatívnál nincs valós pár.

x−y=1,x²+y²=13 esetén x=y+1, ezért 2y²+2y−12=0, vagyis (y−2)(y+3)=0. Párok (3;2),(−2;−3); mindkettőre a különbség 1, a négyzetösszeg 13. x²=y² és x+y=4 esetén (x−y)(x+y)=0; x+y=4≠0 miatt x=y, innen (2;2).

Ha a második egyenlet x+y=0 lenne, az egész (t;−t) egyenes megoldás, ezért változós osztásnál nem szabad a nulla esetet elhagyni.

x⁴−5x²+4=0-ban t=x²≥0. (t−1)(t−4)=0, tehát t=1 vagy 4. Mindkettő pozitív, ezért x=−2,−1,1,2.

Az x⁴+x²−6=0 segédegyenlete (t−2)(t+3)=0: a −3 nem lehet négyzet, csak x=±√2 marad. t=0 esetén egyetlen x=0 tartozik a segédgyökhöz.

x³−4x²−x+4=x²(x−4)−(x−4)=(x−4)(x²−1). A gyökök 4,1,−1; osztással nem szabad elveszteni az x−4 nullahelyét. (x²−x)²−2(x²−x)−3=0-ban t=x²−x, a segédgyökök 3 és −1. t=3-ból x=(1±√13)/2; t=−1-ből x²−x+1=0, diszkriminánsa −3, nincs valós x.

x²+y²=5 és x²y²=4 mellett u=x²,v=y² nemnegatív. u+v=5,uv=4, így {u;v}={1;4}. Visszakeresve (±1;±2) és (±2;±1), minden előjel független: nyolc rendezett pár.

A négyzetes változók a jelet nem őrzik; az eredeti rendszer itt minden előjelváltozatot megenged.

√(x+6)=x esetén x≥0. x+6=x², azaz (x−3)(x+2)=0. A 3 jó, mert √9=3; a −2 hamis gyök, mert √4=2≠−2. √(x+1)=−2-nek nincs megoldása: a nemnegatív bal oldal nem lehet negatív.

A négyzetes következmény x=3 jelöltet adna, de ez az eredetiben nem jó.

√(x+1)+√(x−2)=3-nál D=[2;∞[. Első emelés: 2x−1+2√((x+1)(x−2))=9, tehát √((x+1)(x−2))=5−x, ezért x≤5.

Második emelés: x²−x−2=(5−x)²=x²−10x+25, innen x=3. Ellenőrzés 2+1=3.

Mindkét új előjelfeltétel teljesül.

√(x+4)−√x=2 feltétele x≥0. Átrendezve √(x+4)=2+√x, emelésből 4=4+4√x, ezért x=0. √(x+4)−√x=−2 viszont lehetetlen, mert az első gyök nagyobb a másodiknál.

A négyzetes alakok önmagukban nem őrzik a különbség előjelét.

|2x−3|=5 két esetet ad: 2x−3=5 vagy −5, így x=4 vagy −1. |2x−3|=−5-nek nincs megoldása, |2x−3|=0-nak egyetlen x=3/2. Változós jobb oldalnál |x−1|=2x+1 előbb x≥−1/2-t követel. x≥1-nél x−1=2x+1 jelöltje −2, nem az esetbe esik; x<1-nél 1−x=2x+1-ből x=0, ez jó.

|x−1|+|x+2|=5 határpontjai −2 és 1. x<−2-nél −x+1−x−2=5: x=−3. −2≤x≤1-nél 1−x+x+2=3, ami nem 5. x>1-nél x−1+x+2=5: x=2. A megoldás {−3;2}; az eredeti összegek 4+1 és 1+4.

|x−1|+|x+2| a két rögzített ponttól mért távolságok összege. Legkisebb értéke 3, és minden x∈[−2;1]-re ennyi.

Ezért az =3 egyenlet teljes intervallumot, az =2 üres halmazt ad. Az esetben kapott azonosság nem egyetlen gyököt jelent.

−2x+3<7-ből −2x<4, ezért x>−2. Az irány azért fordul, mert −2-vel osztottunk. 0x<1 minden valós x-re igaz; 0x>1 minden valós x-re hamis.

Az eltűnt együtthatóval nem osztunk.

x²−5x+6=(x−2)(x−3); pozitív a két külső intervallumon, negatív 2<x<3. Ezért ≤0 megoldása [2;3]. −x²+5x−6>0 ugyancsak ]2;3[: a negatív főegyüttható megfordítja a polinom előjeleit. (x−1)²≤0 csak x=1; <0 üres halmaz. x²+1>0 minden valós x-re igaz; ≤0 egyetlen valós x-re sem.

x²−5x+6≤0 és x>5/2 együtt [2;3]∩]5/2;∞[=]5/2;3]. A rendszer minden feltétele egyszerre kell. x²>4 és x²≤1 közös halmaza üres.

Vagylagos, „legalább az egyik” feltételnél viszont a megoldáshalmazok uniója a válasz.

√(2x−1)<x−1-ben x≥1/2 a tartomány, de a jobb oldalnak szigorúan pozitívnak kell lennie: x>1. Itt az emelés ekvivalens, 2x−1<(x−1)², azaz x²−4x+2>0.

A gyökök 2±√2; az x>1 feltétellel S=]2+√2;∞[. |2x−3|≥5 két külső esetet ad: x≤−1 vagy x≥4. |f(x)|<−1 sosem, |f(x)|≥−1 minden értelmezett x-re igaz.

(x−1)²/(x+2)<0-nál x≠−2. A számláló x=1-ben nulla, máshol pozitív; a nevező x<−2-nél negatív.

Ezért S=]−∞;−2[. A páros gyökön a számláló nem vált előjelet.

A nevezővel szorzást csak külön előjeles esetekben lehet elvégezni.

(1/2)ˣ≥1/4=(1/2)² a csökkenés miatt x≤2. log_(1/2)(x−1)>−1 tartománya x>1. Csökkenésből x−1<(1/2)⁻¹=2, ezért S=]1;3[.

A logaritmus határértékét elérő x=3 a szigorú jel miatt kiesik; x=1 eleve tiltott.

sin(2x)≥1/2 a [0;2π[ tartományon: 2x∈[0;4π[. A két megengedett szögintervallum [π/6;5π/6] és [13π/6;17π/6].

Kettővel osztva S=[π/12;5π/12]∪[13π/12;17π/12]. Az argumentum szorzója megváltoztatja az x szerinti periódust.

(√a−√b)²≥0-ból a+b≥2√(ab), így A≥G, egyenlőség pontosan a=b. H/G=2√(ab)/(a+b)=G/A≤1, tehát H≤G.

Q²−A²=(a−b)²/4≥0; Q,A pozitív, ezért Q≥A. A sorrendet nem pusztán egy számpár kipróbálása bizonyítja.

a=2,b=8 mellett H=16/5=3,2; G=4; A=5; Q=√34≈5,83. Az a=b esetben valamennyi közép az adott közös szám.

Negatív számokra a fenti pozitív számpáros tételt nem alkalmazzuk: a=−1,b=−4 mellett például A<0, de √(ab)>0.

Ha a+b=20,a,b>0, akkor A=10 és √(ab)≤10, ezért ab≤100; a=b=10 mellett a maximum elérhető. Ha ab=36,a,b>0, akkor (a+b)/2≥6, így a+b≥12; a=b=6 eléri a minimumot.

A korlát mellé az egyenlőséget teljesítő megengedett párt is meg kell adni.

Egy csomag800 Ft, a kiszállítás1200 Ft, keret10000 Ft; x nemnegatív egész. A maradó8800 Ft több mint10,de kevesebb mint12 csomagra elég:800x+1200≤10000 ⇒ x≤11.

Ha legalább6 csomag kell, a teljes rendszer x≥6 és800x+1200≤10000,x∈ℤ; megoldás{6,7,8,9,10,11}. x=11-nél pontosan10000 Ft;12-nél10800,nem megengedett.

6 liter20%-os és x liter50%-os oldatból30%-os keverékhez (1,2+0,5x)/(6+x)=0,3,x≥0. Becsülj: a cél közelebb van20-hoz,tehát a töményebből6 liternél kevesebb kell.

Megoldás1,2+0,5x=1,8+0,3x,x=3. Ellenőrzés2,7/9=0,3.

A koncentráció c(x)=(1,2+0,5x)/(6+x) növekvő,20%-tól50%-hoz közelít, de véges x-nél nem éri el50%-ot; a modell azonos oldategységet és összeadódó térfogatot tételez.

120 km utazás60 km/h állandó sebességgel2 óra; megállók és változó sebesség nélkül. Már a80–120 km/h becsült sebességtartomány120 km-re1–1,5 órás időt jelent;4 órás eredmény e feltételekkel hibás.

A képlet egyszerűsítése nem teszi a modellt a valóság minden helyzetében érvényessé.

x²=2 pozitív gyöke pontosan√2. Ha tizedes közelítés kell, f(x)=x²−2 szigorúan növekvő[1;2]-n, előjele a két végpontban eltér.

Felezd az intervallumot és tartsd meg az előjelváltó felet; n lépés után szélesség2⁻ⁿ.11 felezésnél szélesség1/2048<0,001. Közvetlenül1,414²<2<1,415² is adja√2∈]1,414;1,415[.

A grafikon metszést, a közelítés hibahatáros intervallumot, az algebra pontos gyököt ad.