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: 2 3 2 x x + , 2 3 5 x xy y − + , 2 2 a b + , ( ) ( ) 2 2 a b a b + ⋅ + , 10. A polinomokat az összeadás és a kivonás szerint tagokra, a szorzás szerint tényezőkre bonthatjuk. Például 3 2 10 a ab b + − egy háromtagú kifejezés, ( ) ( ) 2 4 x y x y xy − ⋅ + − egy kéttényezős szorzat, amelynek első tényezője egy kéttagú, második tényezője egy háromtagú kifejezés. (Valójában 2 y yy = ⋅ -t és xy xy = ⋅ -t is tekinthetnénk egy-egy kéttényezős szorzatnak, de általában tényezőkről csak a többtagú kifejezéseket tartalmazó zárójelek – például ( ) 4 x y − és ( ) 2 x y xy + − – esetében beszélünk.) Az azonos tényezőkből álló szorzatot hatványalakban is írhatjuk, például ( ) 3 a 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 5 x együttha- tója 1, fokszáma 5. Egy polinom fokszámának (vagy fokának) a benne szereplő tagok fokszámai közül a legnagyobbat nevezzük. Például a 3 2 7 x x − + + harmadfokú, az 3 2 4 3 x 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 2 3cd − és 2 10cd egynemű kifejezések. Az egynemű kifejezéseket gyakran összevonjuk, például 2 2 2 3 10 7 cd cd cd − + = . 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 2 4 4 4 4 5 4 4 x y x y xy x xy xy yx y yxy xy 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 2 4 2 2 x y x y x y − = + ⋅ − , ( )( ) ( ) 2 2 2 2 c cd d c d c d c d + + = + ⋅ + = + . A szorzattá alakítás nem mindig végezhető el, például 2 2 4 x y + nem írható fel két (vagy több) polinom szorzataként. A szorzattá alakítás történhet: ● a több tagban is szereplő változó(k) kiemelésével, például ( ) 2 2 2 u u u u + = ⋅ + ;
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
3. Algebrai kifejezések, átalakítások
I. Elméleti összefoglaló
Műveletek polinomokkal
Az olyan betűs kifejezéseket, amelyek csak valós számokat, változók pozitív egész kitevőjű hatvá-nyait, valamint összeadás, kivonás és szorzás műveleteket tartalmaznak, polinomoknak nevezzük. Például: 23 2x x+ , 2 35x xy y− + , 2 2a b+ , ( ) ( )2 2a b a b+ ⋅ + , 10.
A polinomokat az összeadás és a kivonás szerint tagokra, a szorzás szerint tényezőkre bonthatjuk. Például 3 210a ab b+ − egy háromtagú kifejezés, ( ) ( )24x y x y xy− ⋅ + − egy kéttényezős szorzat,
amelynek első tényezője egy kéttagú, második tényezője egy háromtagú kifejezés. (Valójában 2y y y= ⋅ -t és xy x y= ⋅ -t is tekinthetnénk egy-egy kéttényezős szorzatnak, de általában tényezőkről
csak a többtagú kifejezéseket tartalmazó zárójelek – például ( )4x y− és ( )2x y xy+ − – esetében
beszélünk.) Az azonos tényezőkből álló szorzatot hatványalakban is írhatjuk, például ( )3a b+ egy
háromtényezős szorzat.
A polinomok tagjaiban szereplő számokat együtthatóknak, az egy tagban szereplő ismeretlenek kite-vőinek összegét fokszámnak nevezzük. Például 10ab együtthatója 10, fokszáma 2, míg 5x együttha-tója 1, fokszáma 5. Egy polinom fokszámának (vagy fokának) a benne szereplő tagok fokszámai közül a legnagyobbat nevezzük. Például a 3 2 7x x− + + harmadfokú, az 3 2 4 3x y y x xy+ + + ötöd-fokú, az 5 nulladfokú (konstans) kifejezés. A polinomok tagjait gyakran fokszámuk szerinti csökkenő sorrendben írjuk (több azonos fokú tag esetén azokat valamelyik változó fokszáma szerint rendezzük).
Két kifejezést egyneműnek nevezünk, ha ugyanazon változók szerepelnek bennük, ugyanazokon a hatványkitevőkön, azaz legfeljebb együtthatóikban különböznek. Például 23c d− és 210c d egynemű kifejezések. Az egynemű kifejezéseket gyakran összevonjuk, például 2 2 23 10 7c d c d c d− + = .
Egy kéttényezős szorzatot átalakíthatunk zárójelfelbontással úgy, hogy az egyik kifejezés minden tagját megszorozzuk a másik kifejezés minden tagjával, majd a kapott szorzatokat összeadjuk, például ( ) ( )2 2 2 2 3 2 2 3 24 4 4 4 5 4 4x y x y xy x xy x y yx y yxy x y xy y x xy− ⋅ + − = + − − − + =− + − + − (az
utolsó lépésben az egynemű kifejezéseket összevontuk, továbbá a polinom tagjait fokszám szerinti csökkenő sorrendbe rendeztük, az azonos fokú tagokon belül x fokszáma szerint haladva.)
Szorzattá alakítás
Gyakran célszerű egy többtagú kifejezést több kifejezés szorzataként felírnunk. Ha ezt meg tudjuk ten-ni, akkor azt mondjuk, hogy szorzattá alakítjuk a kifejezést. Például ( ) ( )2 24 2 2x y x y x y− = + ⋅ − ,
( ) ( ) ( )22 22c cd d c d c d c d+ + = + ⋅ + = + . A szorzattá alakítás nem mindig végezhető el, például 2 24x y+ nem írható fel két (vagy több) polinom szorzataként.
A szorzattá alakítás történhet:
● a több tagban is szereplő változó(k) kiemelésével, például ( )2 2 2u u u u+ = ⋅ + ;
2
● a tagok megfelelő sorrendbe történő csoportosításával, majd több egymás utáni kiemeléssel, például ( ) ( ) ( ) ( )ac bd ad bc ac bc ad bd c a b d a b a b c d+ + + = + + + = ⋅ + + ⋅ + = + ⋅ + ;
● egyváltozós polinomok esetén a gyöktényezős alak segítségével, például 22 12 10x x− + ese-tén a 22 12 10 0x x− + = másodfokú egyenlet 1 1x = és 2 5x = gyökeit felhasználva
( ) ( )2 1 5x x⋅ − ⋅ − módon (ez magasabb fokú polinomoknál csak akkor alkalmazható, ha köny-nyen ki tudjuk számítani a megfelelő egyenlet gyökeit);
● a nevezetes azonosságok alkalmazásával (ezek felsorolását lásd a következő részben).
Másodfokú függvények ábrázolásakor használatos még a teljes négyzetté alakítás, amikor a megadott kifejezést egy zárójeles kifejezés négyzetének segítségével próbáljuk meg felírni. Ha a függvénynek
van (egy vagy két) zérushelye, akkor eljuthatunk a szorzatalakig, például ( )22 10 25 5x x x− + = − és
( ) ( ) ( ) ( ) ( )22 6 5 3 4 3 2 3 2 5 1x x x x x x x− + = − − = − − ⋅ − + = − ⋅ − . A teljes négyzetté alakítás azon-
ban nem mindig jelent szorzattá alakítást. Ha ugyanis a függvénynek nincs zérushelye (és így a kifeje-zésnek sincs gyöktényezős alakja), akkor nem kaphatunk szorzatalakot, hanem csak egy kifejezés
négyzetének és egy konstans tagnak az összegét, például ( )22 6 13 3 4x x x− + = − + .
Nevezetes azonosságok
A gyakran használt zárójelfelbontási és szorzattá alakítási összefüggéseket nevezetes azonosságok formájában szoktuk megfogalmazni. Az alábbiakban a, b és c tetszőleges valós számokat jelölnek.
A zárójelfelbontásból adódó azonosságok a következők:
● ( )2 2 22a b a ab b+ = + + ;
● ( )2 2 22a b a ab b− = − + ;
● ( )3 3 2 2 33 3a b a a b ab b+ = + + + ;
● ( )3 3 2 2 33 3a b a a b ab b− = − + − ;
● ( )2 2 2 2 2 2 2a b c a b c ab ac bc+ + = + + + + + .
A szorzattá alakításból adódó azonosságok a következők:
● 2 2a b+ a valós számkörben nem alakítható szorzattá;
● ( ) ( )2 2a b a b a b− = + ⋅ − ;
● ( ) ( )3 3 2 2a b a b a ab b+ = + ⋅ − + ;
● ( ) ( )3 3 2 2a b a b a ab b− = − ⋅ + + .
Megjegyzés: Az azonosságok fenti két csoportba sorolása nem jelent éles elkülönülést, mind a két
3
típusú (zárójelfelbontással, illetve szorzattá alakítással keletkező) azonosság megfordítható. Ha pél-
dául egy kifejezés átalakítása során ( )2a b+ helyére írunk 2 22a ab b+ + -et, akkor zárójelfelbontást
alkalmaztunk, ha viszont 2 22a ab b+ + helyére írunk ( )2a b+ -t, akkor szorzattá alakítást. Ugyanígy
bizonyos feladatokban (főként törtek egyszerűsítésénél, közös nevező meghatározásánál) célszerű 2 2a b− helyére ( ) ( )a b a b+ ⋅ − -t írnunk (szorzattá alakítás), míg más feladatokban (főként összevo-
násnál, polinomok összeadásakor) célravezető ( ) ( )a b a b+ ⋅ − helyére 2 2a b− -et írnunk (zárójelfel-
bontás).
Megjegyzés: A nevezetes azonosságok a következőképpen általánosíthatók (ahol n pozitív egész):
4. Egyszerűsítsük a következő algebrai törteket a változók lehetséges értékei mellett!
a) 24 4
7 7aa−+
b) 3 3
2 2
4 48 8c dc d−−
c) 2 2
3 3
5 510 10x yx y−+
Megoldás: Először a számlálót és a nevezőt is szorzattá alakítjuk, majd a közös szorzótényezők-kel egyszerűsítünk. Bár a feladat szövege nem kérdezett rá, megadjuk azt is, hogy az egyes kife-jezések a változók mely értékeire nincsenek értelmezve (mert ekkor a törtek nevezője 0 lenne).
a) ( )( )
( ) ( )( )
( )22 4 1 4 1 1 4 14 47 7 7 1 7 1 7
a a a aaa a a
⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ −−= = =
+ ⋅ + ⋅ +, ahol 1a ≠ − .
b) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 23 3 2 2
2 2
44 48 8 8 2
c d c cd dc d c cd dc d c d c d c d
⋅ − ⋅ + +− + += =
− ⋅ + ⋅ − ⋅ +. Az egyszerűsítés során bővül a kifejezés
értelmezési tartománya, ugyanis az eredeti kifejezésben 0c d+ ≠ és 0c d− ≠ (vagyis c d≠ ± ), míg az egyszerűsítés után már csak a 0c d+ ≠ feltétel (vagyis c d≠ − ) marad meg. Viszont az átalakítás csak az eredeti értelmezési tartományon igaz, hiszen c d= esetén csak az egyszerűsített kifejezést tudnánk értelmezni, az eredetit nem. Így az ilyen típusú feladatokban mindig az eredeti kifejezés értelmezési tartományát (pontosabban a meg nem engedett eseteket) fogjuk megadni.
c) ( ) ( )
( ) ( ) ( )2 2
3 3 2 2 2 2
55 510 10 10 2
x y x yx y x yx y x y x xy y x xy y
⋅ + ⋅ −− −= =
+ ⋅ + ⋅ − + ⋅ − +, ahol 3 3 0x y+ ≠ , azaz x y≠ − .
5. Végezzük el a kijelölt műveleteket a változók lehetséges értékei mellett!
a) 2
2
3 2 1 4 22 1 4 2 4 1a a aa a a+ −
+ −+ − −
b) 2 2 2
2
e ef e f efe ef ef− +
⋅+
c) 2 2 2
2 3 3
5 5:3 3
x xy x yx xy x y+ −− −
Megoldás: A szükséges összevonások, illetve a lehetséges egyszerűsítések céljából mindhárom esetben először szorzattá alakítjuk a kifejezések számlálóit és nevezőit (ahol ez lehetséges), majd ezekkel végezzük el a műveleteket.
a) ( ) ( ) ( )
2 2
2
3 2 1 4 2 3 2 1 4 22 1 4 2 4 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1a a a a a aa a a a a a a+ − + −
3 3 0x y− ≠ , vagy összefoglalóan 0x ≠ és x y≠ ± . (Az értelmezési tartomány vizsgálatakor az eredeti törtek nevezőiről, illetve az osztó számlálójáról kötöttük ki, hogy egyik sem lehet 0.)
6. Egyszerűsítsük a 3 26 19 39 36
2 3b b b
b− + −
− törtet, ahol 1,5b ≠ !
Megoldás: A törtet akkor tudjuk egyszerűsíteni, ha a számlálót szorzattá alakítva ki tudunk emelni belőle ( )2 3 2 1,5b b− = ⋅ − -et (vagy 1,5b − -et). Ezt valóban meg tudjuk tenni, mert
1,5b = esetén a számláló értéke 3 26 1,5 19 1,5 39 1,5 36 20,25 42,75 58,5 36 0⋅ − ⋅ + ⋅ − = − + − = . Tehát 1,5b = gyöke a 3 26 19 39 36 0b b b− + − = egyenletnek, így annak gyöktényezős alakjában szerepelni fog a 1,5b − tényező.
A harmadfokú egyenlet további gyökeinek ismerete nélkül azonban közvetlenül nem tudjuk fel-írni a 1,5b − kiemelése után maradó további szorzótényező(ke)t. Ezért – a racionális számok osz-tásához hasonlóan – el kell osztanunk a számlálót 1,5b − -tel. Ezt a következőképpen tehetjük meg, az úgynevezett polinomosztás módszerével:
( ) ( )3 26 19 39 36 : 1,5 ...b b b b− + − − =
Mivel az osztandó harmadfokú, az osztó pedig elsőfokú, ezért a hányados biztosan másodfokú lesz. Az osztandóban a legmagasabb fokú tag 36b , az osztóban pedig b, ezért a hányados legma-
gasabb fokú tagja 3
26 6b bb
= . Visszaszorozva kapjuk, hogy ( )2 3 26 1,5 6 9b b b b⋅ − = − , amelyet le-
vonunk az osztandóból:
( ) ( )3 2 2
3 2
2
6 19 39 36 : 1,5 6 ...6 9
10 39 36
b b b b bb b
b b
− + − − = +−− + −
Innentől az eddigi lépéseket ismételjük, először a 210 39 36b b− + − kifejezésre, és így tovább:
( ) ( )3 2 2
3 2
2
2
6 19 39 36 : 1,5 6 10 246 9
10 39 3610 15
24 3624 36
0
b b b b b bb b
b bb b
bb
− + − − = − +−− + −− +
−−
Az utolsó lépésben 0 maradékot kaptunk, tehát a 3 26 19 39 36b b b− + − kifejezés maradék nélkül osztható 1,5b − -tel. Vagyis ( ) ( )3 2 26 19 39 36 1,5 6 10 24b b b b b b− + − = − ⋅ − + . A második ténye-
8
zőből 2-t kiemelve a tört így írható fel: ( ) ( )
( )
23 2 1,5 2 3 5 126 19 39 362 3 2 1,5
b b bb b bb b
− ⋅ ⋅ − +− + −=
− ⋅ −. Tehát
a tört egyszerűsített alakja 23 5 12b b− + .
7. Határozzuk meg számológép használata nélkül a következő műveletek végeredményét!
a) 59 61⋅ b) 2403 c) 279
d) 3102 e) 2 262 38− f) 3999
Megoldás: A szorzások írásbeli elvégzése helyett alkalmazhatjuk a nevezetes azonosságokat, így a műveletek végeredményei akár fejben is kiszámíthatók:
8. Igazoljuk grafikus úton az ( ) ( )2 2a b a b a b− = + ⋅ − összefüggést!
Megoldás: Tegyük fel először, hogy a b> , majd tekintsük a következő ábrát ( 1T , 2T , 3T és 4T a megfelelő téglalapok területét jelöli, de a bizonyításban ezeket felhasználjuk az egyes téglala-pokra történő hivatkozásként is):
Az ábrán 1T , 3T és 4T együttesen egy a oldalú négyzetet alkot, így 21 3 4T T T a+ + = . Mivel 4T
9
egy b oldalú négyzet, ezért 24T b= , vagyis 2 2
1 3T T a b+ = − . Mivel 1T és 2T együttesen egy a b+
szélességű, a b− magasságú téglalapot alkot, ezért ( ) ( )1 2T T a b a b+ = + ⋅ − . Továbbá 2 3T T= ,
hiszen mindkettő egy-egy b és a b− oldalhosszúságú téglalap. Vagyis 1 3 1 2T T T T+ = + , így éppen
a bizonyítandó ( ) ( )2 2a b a b a b− = + ⋅ − összefüggést kaptuk, ezzel az állítást beláttuk.
Ha a b= , akkor az ( ) ( )2 2a b a b a b− = + ⋅ − egyenlőség mindkét oldala 0, tehát az biztosan tel-
jesül. Ha pedig a b< , akkor az egyenlőség mindkét oldalát ( )1− -gyel szorozva a
( ) ( )2 2b a b a b a− = + ⋅ − összefüggést kapjuk, amelynek bizonyításához elegendő az előző ábrán
a és b szerepét felcserélni.
9. Oldjuk meg a valós számok halmazán a 4 3 26 25 38 25 6 0x x x x− + − + = egyenletet!
I. Megoldás: A negyedfokú egyenletekre létezik általános megoldási eljárás, ez azonban megha-ladja a középiskolai módszereket. A mostani feladatban szereplő negyedfokú egyenlet viszont speciális, úgynevezett szimmetrikus egyenlet, mert az együtthatók szimmetrikusak (a negyedfokú és a konstans tag együtthatója egyaránt 6, a harmadfokú és az elsőfokú tag együtthatója egyaránt
25− ). Szimmetrikus egyenletekre alkalmazható a következőkben ismertetett módszer.
Mivel 0x = nem megoldása az egyenletnek (hiszen a konstans tag 6, tehát 0x = esetén a bal ol-
dal értéke 6), ezért leoszthatjuk az egyenlet mindkét oldalát 2x -tel: 22
25 66 25 38 0x xx x
− + − + = .
A szimmetrikus tagokat egymás mellé rendezve ezt kapjuk: 22
1 16 25 38 0x xx x
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ + − ⋅ + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
.
Mivel 2
2 22 2
1 1 1 12 2x x x xx x x x
⎛ ⎞+ = + ⋅ ⋅ + = + +⎜ ⎟⎝ ⎠
, ezért 2
22
1 1 2x xx x
⎛ ⎞+ = + −⎜ ⎟⎝ ⎠
. Így az 1y xx
= +
új ismeretlen bevezetésével az egyenlet ( )26 2 25 38 0y y⋅ − − + = alakban írható, amely y-ra
nézve másodfokú, a rendezés után ezt kapjuk: 26 25 26 0y y− + = . Ennek megoldásai 1136
y = és
2 2y = .
Ha 1136
y = , akkor az 1 136
xx
+ = egyenlet mindkét oldalát x-szel szorozva az 2 13 1 06
x x− + =
másodfokú egyenlethez jutunk, amelynek megoldásai 123
x = és 232
x = .
Ha 2 2y = , akkor az 1 2xx
+ = egyenlet mindkét oldalát x-szel szorozva az 2 2 1 0x x− + = má-
sodfokú egyenlethez jutunk, amelynek egyetlen megoldása 3 1x = .
Tehát az eredeti egyenletnek három valós megoldása van: 23
, 32
és 1. Ellenőrzéssel meggyőződ-
hetünk róla, hogy ezek valóban jó megoldások.
II. Megoldás: Magasabb fokú egyenletek megoldásánál hasznos lehet, ha valamilyen úton meg-sejtjük az egyenlet egyik gyökét, ekkor ugyanis a megfelelő gyöktényező kiemelésével és poli-
10
nomosztással a megoldást visszavezethetjük egy alacsonyabb fokú egyenlet megoldására. Mivel a 4 3 26 25 38 25 6 0x x x x− + − + = egyenletben az együtthatók összege 6 25 38 25 6 0− + − + = ,
ezért az egyenletnek gyöke az 1 (mert 1x = esetén a kifejezés helyettesítési értéke pont az együtt-hatók összege), vagyis 1x − biztosan kiemelhető gyöktényezőként. Polinomosztással kapjuk:
( ) ( )4 3 2 3 2
4 3
3 2
3 2
2
2
6 25 38 25 6 : 1 6 19 19 66 6
19 38 25 619 19
19 25 619 19
6 66 6
0
x x x x x x x xx x
x x xx x
x xx x
xx
− + − + − = − + −−− + − +− +
− +−− +− +
A 3 26 19 19 6 0x x x− + − = harmadfokú egyenletben az együtthatók összege 6 19 19 6 0− + − = , tehát ennek az egyenletnek is gyöke az 1, így 1x − még egyszer kiemelhető gyöktényezőként:
( ) ( )3 2 2
3 2
2
2
6 19 19 6 : 1 6 13 66 6
13 19 613 13
6 66 6
0
x x x x x xx x
x xx x
xx
− + − − = − +−− + −− +
−−
A 26 13 6 0x x− + = másodfokú egyenlet gyökei (a megoldóképlettel) 123
x = és 232
x = .
Tehát az eredeti negyedfokú egyenlet megoldásai: 123
x = , 232
x = és 3 4 1x x= = . Ellenőrzéssel
meggyőződhetünk róla, hogy ezek valóban jó megoldások.
Megjegyzés: A fenti gondolatmenetben láttuk, hogy ha egy egyenletben az együtthatók összege 0, akkor az egyenletnek gyöke az 1. Hasznos megfigyelés még, hogy ha egy egyenlet együttha-tóinak váltakozó előjelű összege 0, akkor az egyenletnek gyöke a 1− .
III. Ajánlott feladatok
1. Végezzük el a kijelölt műveleteket, majd adjuk meg az eredményt minél egyszerűbb alakban!
a) ( ) ( ) ( ) ( )5 3 2 4a a a a− ⋅ + + + ⋅ − b) ( ) ( )25 4 3 2p q pq p− ⋅ + −
c) ( ) ( )2 21 1w w w w+ + ⋅ − − d) ( ) ( )2 2 1n n n n n nu v u u v v+ ⋅ − + + , ahol n +∈
2. A zárójelek felbontásával alakítsuk át többtagú kifejezéssé a következőket!
a) 23 1
2 3e f⎛ ⎞− +⎜ ⎟
⎝ ⎠ b) ( )32 32 3x y xy− c) ( ) ( )2 5 5 2c c+ ⋅ +
11
d) ( ) ( )4 4n na b a b+ ⋅ − e) ( )233 2pq − f) ( ) ( )2 22 4 2t u t tu u− ⋅ + +
Megoldás: A nevezetes azonosságok alkalmazásával a következőket kapjuk:
a) 2
2 23 1 9 12 3 4 9e f e ef f⎛ ⎞− + = − +⎜ ⎟
⎝ ⎠.
b) ( )32 3 6 3 5 5 4 7 3 92 3 8 36 54 27x y xy x y x y x y x y− = − + − .
c) ( )( ) ( )2 22 5 5 2 2 5 4 20 25c c c c c+ + = + = + + .
d) ( )( )4 4 2 8n n na b a b a b+ − = − .
e) ( )23 2 6 33 2 9 12 4pq p q pq− = − + .
f) ( )( )2 2 3 32 4 2 8t u t tu u t u− + + = − .
g) ( )3 3 24 12 48 64c c c c+ = + + + .
h) ( )( ) 2 2 22 4 2 4 4 16uv s uv s u v s+ − = − .
i) ( )2 2 2 22 3 4 9 4 6 12k l m k l m kl km lm+ + = + + + + + .
3. Alakítsuk szorzattá a következő kifejezéseket!
a) 2 2144 120 25j ij i+ + b) 2 4 625 16u r p− c) 2 249 112 64z rz r− +
d) 3 2 2 36 12 8u u v uv v− + − e) 3 8a + f) 18 10 12 15jl km jm kl− − +
g) 3 664 27c d− h) 26 2z z− − i) 2 22 6 12 10 20x y x xy x y− + − + −
Megoldás:
a) ( )22 2144 120 25 12 5j ij i j i+ + = + .
b) ( ) ( )2 4 6 2 3 2 325 16 5 4 5 4u r p ur p ur p− = + ⋅ − .
c) ( ) ( )2 22 249 112 64 7 8 8 7z rz r z r r z− + = − = − .
14
d) ( )33 2 2 36 12 8 2u u v uv v u v− + − = − .
e) ( ) ( )3 28 2 2 4a a a a+ = + ⋅ − + .
f) ( ) ( ) ( ) ( )18 10 12 15 18 12 15 10 6 3 2 5 3 2jl km jm kl jl jm kl km j l m k l m− − + = − + − = ⋅ − + ⋅ − =
( ) ( )3 2 6 5l m j k= − ⋅ + .
g) ( ) ( )3 6 2 2 2 464 27 4 3 16 12 9c d c d c cd d− = − ⋅ + + .
h) A 26 2 0z z− − = egyenlet gyökei 112
z = − és 223
z = , így 2 1 26 2 62 3
z z z z⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − = ⋅ + ⋅ − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
( ) ( )2 1 3 2z z= + ⋅ − .
i) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 6 12 10 20 2 6 2 10 2x y x xy x y x y x y y− + − + − = ⋅ − + ⋅ − + ⋅ − =
( ) ( )22 6 10y x x= − ⋅ + + . Mivel az 2 6 10 0x x+ + = másodfokú egyenletnek nincs valós megol-
dása (a diszkriminánsa negatív), ezért az 2 6 10x x+ + szorzótényező nem bontható tovább.
4. Egyszerűsítsük a törteket a változók lehetséges értékei mellett!
a) 2
6 63 3bb+−
b) 2 2
3 3
8 810 10c dc d−+
c) 3 2
2
9 27 279
u u uu
− + −−
d) 2
2
6 53 2
b bb b
+ ++ +
e) ( )
3 3
2
a va v av
+
− + f) ac bc ad bd
ac bc ad bd− + −+ + +
g) 2 2 2
2 2 2
22
ab a b ca c b ac
− − ++ − +
h) 3 2
2
2 22
x x xx x+ − −
+ − i)
5 4 3 2
3 2 2
23 5 2s s t s ts s t st+ −+ −
Megoldás:
a) ( )( ) ( )2
6 16 6 23 3 3 1 1 1
bbb b b b
⋅ ++= =
− ⋅ + ⋅ − −, ahol 1b ≠ ± .
b) ( ) ( )( ) ( )
( )( )
2 2
3 3 2 2 2 2
8 48 810 10 10 5
c d c d c dc dc d c d c cd d c cd d
⋅ + ⋅ − ⋅ −−= =
+ ⋅ + ⋅ − + ⋅ − +, ahol c d≠ − .
c) ( )( ) ( )
( )3 23 2
2
3 39 27 279 3 3 3
u uu u uu u u u
− −− + −= =
− + ⋅ − +, ahol 3u ≠ ± .
d) ( ) ( )( ) ( )
2
2
1 56 5 53 2 1 2 2
b bb b bb b b b b
+ ⋅ ++ + += =
+ + + ⋅ + +, ahol 1b ≠ − és 2b ≠ − .
e) ( )
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 23 3
2 2 2 2 22a v a av v a v a av va v a va av v av a av va v av
+ ⋅ − + + ⋅ − ++= = = +
− + + − +− +, ahol 2 2 0a av v− + ≠
15
(ez csak az 0a v= = esetet zárja ki).
f) ( ) ( )( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
c a b d a b a b c dac bc ad bd a bac bc ad bd c a b d a b a b c d a b
⋅ − + ⋅ − − ⋅ +− + − −= = =
+ + + ⋅ + + ⋅ + + ⋅ + +, ahol a b≠ − és c d≠ − .
g) ( )
( )( )
( )( ) ( )( ) ( )
22 2 2 22 2 2
22 2 2 2 2 2 2
222 2
c a ab b c a b c a b c a bab a b c c a ba c b ac a c b a c b a c ba ac c b a c b
− − + − − + − ⋅ − +− − + − += = = =
+ − + + + ⋅ + − + ++ + − + −,
ahol ( )b a c≠ ± + .
h) ( ) ( )( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
( ) ( ) ( )( ) ( )
223 2
2
2 12 2 2 1 12 2 12 2 1 2 1 2 1
x xx x x x x xx x x xx x x x x x x x
+ ⋅ −⋅ + − + + ⋅ + ⋅ −+ − −= = = = +
+ − + ⋅ − + ⋅ − + ⋅ −, ahol
2x ≠ − és 1x ≠ .
i) ( )
( )( )( )
( ) ( )( )( ) ( )( )
3 2 2 3 2 2 35 4 3 2
3 2 2 2 2 2 2
2 2 2 223 5 2 3 2 23 5 2 3 6 2
s s st t s s st st t s s s t t s ts s t s ts s t st s s s t t s ts s st t s s st st t
⋅ + − ⋅ − + − ⋅ ⋅ − + ⋅ −+ −= = = =
+ − ⋅ ⋅ + − ⋅ +⋅ + − ⋅ + − −
( ) ( )( ) ( )
( )3 222 3 3
s s t s t s s ts s t s t s t⋅ − ⋅ + ⋅ −
= =⋅ + ⋅ − −
, ahol 0s ≠ , 2s t≠ − és 3ts ≠ .
Megjegyzés: Az i) feladat számlálója és nevezője más módszerrel is szorzattá alakítható, amely hasznos bizonyos kétismeretlenes másodfokú polinomok esetében. Például a nevezőben lévő
2 23 5 2s st t+ − szorzattá alakításakor tekintsük a 2 23 5 2 0s st t+ − = egyenletet, amely s-re nézve
egy másodfokú, t paraméterű egyenlet. Ennek megoldásai 2 2
1,25 25 24 5 7
6 6t t t t ts − ± + − ±
= = ,
vagyis 1 2s t= − és 2 3ts = , így az egyenlet gyöktényezős alakja ( )3 2
3ts t s⎛ ⎞⋅ + ⋅ −⎜ ⎟
⎝ ⎠, amely
( ) ( )2 3s t s t+ ⋅ − alakban is írható.
5. Végezzük el a kijelölt műveleteket a változók lehetséges értékei mellett!
a) 2 2
2 2 2 2c d c dc d c d+ +
−− −
b) 3 4e f e f
+− +
c) 2 2
2
6 8 4 4:4 3 5 15
m m m mm m m
− + − ++ + +
d) 2
5 68 16 5 20g
g g g−
+− + −
e) 3
2
8 7 215 15 2 4a aa a a− +
⋅+ + +
f) 2
2
3 2 6 10:1 3 3 1 1 6 9a a a aa a a a
+⎛ ⎞+⎜ ⎟− + − +⎝ ⎠
g) 2
2
1u v u vu u v u uv+ −
− +− −
h) 1 11 1l ll l
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − ⋅ + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
i) 2
3 2 2 2
1 :j i j ii ij i j i ij j ij
⎛ ⎞ ⎛ ⎞−+ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟− + + +⎝ ⎠⎝ ⎠
Megoldás:
a) ( ) ( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
22 22 2 2 2
2 2
22 2 2 2
c d c dc d c d c d c dc d c d c d c d c d c d c d
+ ⋅ − ++ + + +− = − = =
− − + ⋅ − ⋅ − ⋅ + ⋅ −
16
( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )
22 2 2 2 2 22 2 2 22 2 2 2
c dc d c cd d c cd d c dc d c d c d c d c d c d c d
−+ − − − − + −= = = =
⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ +, ahol c d≠ ± .
b) ( ) ( )( ) ( )
3 4 73 4 e f e f e fe fe f e f e f e f
⋅ + + ⋅ − ⋅ −+ = =
−− + − ⋅ +, ahol 0 ,e f≤ és e f≠ .
c) ( ) ( )( ) ( )
( )( )
( )( ) ( )
2 2
22
2 4 5 3 5 46 8 4 4:4 3 5 15 1 3 1 22
m m m mm m m mm m m m m m mm
− ⋅ − ⋅ + ⋅ −− + − += ⋅ =
+ + + + ⋅ + + ⋅ −−, ahol 1m ≠ − ,
3m ≠ − és 2m ≠ .
d) ( ) ( )
( ) ( )( ) ( )2 2 22
5 5 6 45 6 5 6 25 5 6 248 16 5 20 5 44 5 4 5 4
g gg g g gg g g gg g g
− ⋅ + ⋅ −− − − + −+ = + = = =
− + − ⋅ −− ⋅ − ⋅ −
( )2
15 4gg+
=⋅ −
, ahol 4g ≠ .
e) ( ) ( )
( )( ) ( )23
2 2
2 2 4 7 3 7 28 7 215 15 2 4 5 3 2 4 5
a a a a aa aa a a a a a
− ⋅ + + ⋅ + ⋅ −− +⋅ = ⋅ =
+ + + ⋅ + + +, ahol 3a ≠ − . (A máso-
dik tört nevezője sosem 0, mert ( )22 2 4 1 3 0 3 3a a a+ + = + + ≥ + = .)
j i i j i j j i i j i ij ij j ii i j i j i j i j i i j i j i j i j
+ ⋅ ⋅ − − ⋅ − ⋅ + − − −= = =
⋅ + ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ − ⋅ ⋅ +
17
( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( )2 2
2 2 11i j i ji j ij j j
i i j i j i j j ii j ij⋅ ⋅ ++ −
= ⋅ = =⋅ + ⋅ − − ⋅ − −− ⋅ + −
, ahol 0i ≠ , i j≠ ± és 0j ≠ .
6. Egyszerűsítsük a törteket a változók lehetséges értékei mellett!
a) 3 29 42 52 16
6 8a a a
a− + −
− b)
4 3 2
2
8 12 2 23 394 9
b b b bb
− + + −−
Megoldás:
a) A tört akkor értelmezhető, ha 43
a ≠ . Az eredményt polinomosztással kapjuk:
( ) ( )3 2 2
3 2
2
2
39 42 52 16 : 6 8 5 22
9 1230 52 1630 40
12 1612 16
0
a a a a a a
a aa aa a
aa
− + − − = − +
−− + −− +
−−
Tehát az egyszerűsített tört értéke 23 5 22a a− + .
Megjegyzés: Ha a nevezőt ( )2 3 4a⋅ − alakra hozzuk, majd a számlálót csak 3 4a− -gyel osztjuk
el, akkor a végeredményt 23 10 4
2a a− + alakban kapjuk meg. Így az osztás során minden együtt-
ható egész lesz, ez azonban nem szükségszerű egy polinomosztásnál, mint azt a fenti példa is mutatja. Fontos megfigyelnünk, hogy a 6 8a− -cal történő osztáskor az első lépésben a hányados
első tagja 232a lett (tehát a nem egész együtthatók is megengedettek), nem pedig 21a , ekkor
ugyanis a 39a -ből még 33a megmaradt volna, viszont az osztási lépésekben a maradék fokszá-mának mindig kisebbnek kell lennie az osztó fokszámánál (kivéve, ha a hányados 0).
b) A tört akkor értelmezhető, ha 32
b ≠ ± (ezek a nevező gyökei). Polinomosztással kapjuk, hogy:
( ) ( )4 3 2 2 2
4 2
3 2
3
2
2
8 12 2 23 39 : 4 9 2 3 58 18
12 20 23 3912 27
20 4 3920 45
4 6
b b b b b b bb b
b b bb b
b bb
b
− + + − − = − +−
− + + −− +
− −−
− +
Mivel az utolsó lépésben a maradék 4 6b− + , ez viszont már nem osztható 24 9b − -cel, ezért a tört számlálója nem osztható maradék nélkül a nevezővel. (A maradékos osztás a következőkép-pen lenne felírható: ( ) ( )4 3 2 2 28 12 2 23 39 2 3 5 4 9 4 6b b b b b b b b− + + − = − + ⋅ − − + .)
18
A nevező viszont szorzattá alakítható: ( ) ( )24 9 2 3 2 3b b b− = + ⋅ − , így megpróbálhatjuk külön-
külön a szorzótényezők valamelyikével elosztani a tört számlálóját. Mivel 32
b = gyöke a számlá-
lónak (ezt behelyettesítéssel ellenőrizhetjük), de 32
b = − nem gyöke, ezért 2 3b − -mal fogjuk
tudni maradék nélkül elosztani a számlálót:
( ) ( )4 3 2 3
4 3
2
2
8 12 2 23 39 : 2 3 4 138 12
2 23 392 3
26 3926 39
0
b b b b b b bb b
b bb b
bb
− + + − − = + +−
+ −−
−−
A kapott 34 13b b+ + kifejezés már biztosan nem osztható maradék nélkül 2 3b + -mal, hiszen 32
b = − nem gyöke 34 13b b+ + -nak. (Ráadásul ha osztható lenne vele, akkor az eredeti 24 9b −
kifejezéssel is el tudtuk volna osztani az eredeti számlálót.)
Így tehát az egyszerűsítés a következőképpen írható le:
( ) ( )( ) ( )
34 3 2 3
2
4 13 2 38 12 2 23 39 4 134 9 2 3 2 3 2 3
b b bb b b b b bb b b b
+ + ⋅ −− + + − + += =
− + ⋅ − +.
7. Határozzuk meg számológép használata nélkül a következő műveletek végeredményét!
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.
Mivel a 37, 43, 67, 73 számok mindegyike prím, ezért az 1591 és a 4891 is két prím szorzata, te-hát ugyanannyi (4 db) pozitív osztójuk van.
9. Határozzuk meg a és b értékét, ha tudjuk, hogy minden 12
x ≠ , 3x ≠ − esetén teljesül az
2
52 5 3 2 1 3
a bx x x x
= ++ − − +
összefüggés!
Megoldás: A jobb oldal átalakítva: ( ) ( )( ) ( ) 2
3 2 1 3 22 1 3 2 1 3 2 5 3
a x b xa b ax a bx bx x x x x x
⋅ + + ⋅ − + + −+ = =
− + − ⋅ + + −.
Mivel 2 2
5 3 22 5 3 2 5 3
ax a bx bx x x x
+ + −=
+ − + − teljesül minden megengedett x értékre, ezért a számlálók
egyenlősége ( ) ( )0 5 2 3x a b x a b⋅ + = + ⋅ + − alakban is írható. Két (elsőfokú) polinom pontosan
akkor egyenlő, ha együtthatóik rendre megegyeznek, azaz 2 0a b+ = és 3 5a b− = . Az első
összefüggésből 2a b= − , ezt a másodikba helyettesítve ( )3 2 7 5b b b⋅ − − = − = , ahonnan 57
b = −
és 107
a = adódik.
Megjegyzés: Ezt az eljárást – amikor tehát egy (legalább) másodfokú nevezőjű algebrai törtet több elsőfokú nevezőjű tört összegeként írunk fel – parciális törtekre bontásnak nevezzük.
10. Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenleteket!
a) 3 28 6 29 15 0x x x− − − = b) 4 3 220 8 105 8 20 0x x x x+ − + + =
Megoldás:
a) Mivel az együtthatók váltakozó előjeles összege ( ) ( ) ( )8 6 29 15 0− − + − − − = , ezért az 1 1x = −
gyöke az egyenletnek, így 1x + szorzótényezőként kiemelhető belőle. Polinomosztással kapjuk:
eredményt megkaphatjuk két egymás utáni polinomosztással (például először 2k + -vel osztjuk el az eredeti számlálót, majd a kapott hányadost 7k − -tel osztjuk, vagy fordított sorrendben). Meg-tehetjük azonban azt is, hogy a számlálót rögtön ( ) ( ) 22 7 5 14k k k k+ ⋅ − = − − -gyel osztjuk el,
ekkor kettő helyett csak egy osztást kell végrehajtanunk. Ilyenkor elvileg elképzelhető lenne, hogy az osztás során maradék keletkezik (ha a számláló nem osztható a nevező mindkét szorzóté-nyezőjével), de a mostani feladatban nincsen maradék, ezzel a módszerrel is a helyes végered-ményt kapjuk.
7. Oldjuk meg a valós számok halmazán a 5 4 3 26 5 29 29 5 6 0x x x x x+ − + − − = egyenletet!
Megoldás: Mivel az együtthatók összege 6 5 29 29 5 6 0+ − + − − = , ezért az egyenletnek bizto-san gyöke az 1 1x = . Az 1x − -et szorzótényezőként kiemelve polinomosztással a következő ala-
kot kapjuk: ( ) ( )4 3 21 6 11 18 11 6 0x x x x x− ⋅ + − + + = . A második tényező egy szimmetrikus ne-
gyedfokú kifejezés, amely 2x -tel osztva ( 0x ≠ ) és rendezve 21 16 11 30x x
x x⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ + + ⋅ + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
alakra hozható. Ennek 1xx
+ -re vett gyökei 103
− és 32
. Az 1 103
xx
+ = − eset megoldásai
2 3x = − és 313
x = − , míg az 1 32
xx
+ = eset nem ad valós megoldást (hiszen 2 3 1 02
x x− + = disz-
kriminánsa negatív, illetve ismert, hogy 1 2xx
+ ≥ ).
26
Tehát az egyenletnek három valós megoldása van: az 1, a 3− és a 13
− . Ellenőrzéssel meggyő-
ződhetünk róla, hogy ezek mindegyike valóban jó megoldás.
8. Határozzuk meg számológép használata nélkül a következő műveletek végeredményét!