Egyenletek

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.

|x−a|=r a távolság két helyét adja r>0-nál: a−r és a+r. |x−a|<r egy belső intervallum, |x−a|>r két külső félegyenes. Több abszolút értéknél a belső kifejezések nullhelyei osztják esetekre a tartományt.

Az aˣ függvény a>1 esetén növekvő, 0<a<1 esetén csökkenő; a logaritmus hasonlóan. Ezért 2ˣ<8-ból x<3, de (1/2)ˣ<1/8-ból x>3.

Azonos alapra hozás vagy t=aˣ>0 helyettesítés egyszerűsíthet. Logaritmusnál előbb valamennyi argumentum pozitivitását írd fel.

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.

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.

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.

2^(x+1)=8: 8=2³, így x+1=3, x=2. 9ˣ=3^(x+2)-ben 9ˣ=3^(2x), ezért 2x=x+2, x=2. 2^(x+1)+2ˣ=12-ben 2^(x+1)=2·2ˣ; 3·2ˣ=12, ezért 2ˣ=4 és x=2. A hatványok összege nem a kitevők összeadásával számolható.

Évenként 20%-os növekedés: q=1,2; évenként 20%-os fogyás: q=0,8. 1000 egység 3 év alatt 1000·1,2³=1728-ra nő. Felezési idő 6 óra esetén N(t)=N₀(1/2)^(t/6), ha t órában mért. 18 óra három felezés, a mennyiség N₀/8.

A diszkrét éves modellben t egész; folytonos kiterjesztést csak a modell feltevéseként használunk.

Ha a mennyiség 3 nap alatt nyolcszoros, napi állandó szorzója q³=8 alapján q=2. N(t)=500·1,2ᵗ esetén N(t)=1000: 1,2ᵗ=2, t=log(2)/log(1,2)≈3,80 év a folytonos modellben.

Év végi megfigyelésben először a 4. évben éri el vagy lépi át az 1000-et. A kerekítés irányát a kérdés dönti el.

−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.

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.