fbpx

Másodfokú egyenlet – megoldóképlet, gyöktényezős alak, Viète-formulák, feladatok alapoktól az emelt szintig

A másodfokú egyenletek a középiskolai tanulmányok szerves részét képezik. A közép- és az emelt szintű érettségin is rendszeresen szerepel olyan feladat, mely másodfokú egyenlet megoldását igényli. Ezért nagyon fontosak az ilyen tipusú egyenletekkel kapcsolatos ismeretek.

Ebben a cikkben definiáljuk a másodfokú egyenletet, levezetjük a megoldóképletét. Továbbiakban megadjuk a diszkrimináns fogalmát és megvizsgáljuk, hogy mitől függ a másodfokú egyenlet valós megoldásainak száma.

Megismerkedünk a másodfokú polinom gyöktényezős alakjával és Viète-formuláival. Ezek már az emelt szintű érettségi témaköreihez tartoznak.

A cikk második részében feladatokon keresztül alkalmazzuk a tanult ismereteket. A feladatsort úgy építettem fel, hogy az alapoktól indulva egymásra épülő feladatokon keresztül jussunk el az emelt szintű problémákig.

Ezt az elvet követtem az ÉrettségiPro+ emelt szintű érettségire felkészítő tananyagának összeállításánál is. Ott külön fejezet foglalkozik a másodfokú egyenletekkel. Ezzel kapcsolatosan további részletek az https://erettsegi.pro/ linken találhatók.

***

Kinek hasznos az alábbi cikkünk?

Neked, ha érettségire készülsz, és át szeretnéd ismételni a másodfokú egyenletekkel kapcsolatos ismereteidet.

Neked, ha szeretnél jártasságot szerezni a másodfokú egyenletekkel kapcsolatos feladatok megoldása terén.

Neked, ha esetleg már régebben voltál iskolás, ugyanakkor valamiért most szükséged lenne a másodfokú egyenlet megoldásával kapcsolatos ismeretekre, és szeretnéd feleleveníteni azokat.

Mi segítünk! Olvasd el cikkünket, és megtalálod a választ kérdéseidre.

***

A másodfokú egyenlet definíciója

Az

ax^2+bx+c=0 ,

alakú egyenletet egyismeretlenes másodfokú egyenletnek nevezzük, ahol a, b, c valós számok és a nem lehet 0.

Az x az ismeretlen, az a, a b és a c pedig az együtthatók.

Például:

-3x^2-\frac{5}{3}x+7,32=0,

ahol az együtthatók

a=-3, \text{ }b=-\frac{5}{3}\text{ és } c=7,32.

***

A másodfokú egyenlet megoldóképlete

Két példa a teljes négyzetté kiegészítésre

A másodfokú egyenleteket megoldhatjuk például teljes négyzetté kiegészítéssel. Erre lássunk most két példát!

  • 1. példa: Oldjuk meg az
x^2-10x+16=0

másodfokú egyenletet!

Megoldás: Egészítsük ki teljes négyzetté a bal oldali kifejezést:

x^2-10x+16=x^2-2\cdot 5 \cdot x+25-9=(x-5)^2-3^2.

Alkalmazzuk a kapott kifejezésre a két tag négyzetének különbségére vonatkozó összefüggést, azaz az

a^2-b^2=(a-b)(a+b)

azonosságot.

Ez alapján:

x^2-10x+16=(x-5)^2-3^2=(x-5-3)(x-5+3)=(x-8)(x-2).

Így az

(x-8)(x-2)=0

egyenlethez jutottunk, melynek megoldásai

x_1=2 \text{ és } x_2=8,

hisz egy szorzat pontosan akkkor 0, ha valamelyik tényezője 0. Ezzel az egyenletet megoldottuk.

***

  • 2. példa: Oldjuk meg a
3x^2-8x+4=0

másodfokú egyenletet!

Megoldás: Ebben az esetben is alakítsuk teljes négyzetté az egyenlet bal oldalát! Kezdjük azzal, hogy kiemeljük a másodfokú tag együtthatóját!

Eszerint:

3x^2-8x+4=3\left(x^2-\frac{8}{3}x+\frac{4}{3} \right)=3\left(x^2-2\cdot\frac{4}{3}x+\frac{16}{9} -\frac{4}{9}\right)=3\left(\left[x-\frac{4}{3}\right]^2-\frac{4}{9}\right).

Megint alkalmazzuk a két tag négyzetének különbségére vonatkozó azonosságot:

3\left(\left[x-\frac{4}{3}\right]^2-\left(\frac{2}{3}\right)^2\right)=3\left(x-\frac{4}{3}-\frac{2}{3}\right)\cdot \left(x-\frac{4}{3}+\frac{2}{3}\right)=3\left(x-2\right)\cdot \left(x-\frac{2}{3}\right).

Tehát az

3\left(x-2\right)\cdot \left(x-\frac{2}{3}\right)=0

egyenlet megololdásával megkapjuk az eredet egyenlet megoldásait.

Ezek az

x_1=2 \text{ és } x_2=\frac{2}{3}.

Itt újfent kihasználtuk, hogy egy szorzat pontosan akkor 0, ha valamelyik tényezője 0.

***

A másodfokú egyenlet megoldóképlete

Az előző két példában tárgyalt teljes négyzetté kiegészítés módszerével mindig megoldhatjuk a másodfokú egyenleteket, ugyanakkor ez így nehézkes és hosszadalmas. Szerencsés lenne egy olyan eszközzel rendelkezni, mellyel egyszerűen és gördülékenyen megkaphatjuk a másodfokú egyenletek valós mgoldásait, feltéve, hogy léteznek.

Erre szolgál a másodfokú egyenlet megoldóképlete, amely összefüggést termet az egyenletben szereplő együtthatók és az egyenlet megoldásai között.

Tétel: Az

ax^2+bx+c=0 \text{ } \left(\text{ }a, b, c \in \mathbb{R}, \text{ } a\neq 0 \right)

másodfokú egyenlet megoldásait az

x_{1,2}=\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}

képlettel számolhatjuk ki.

Ha a diszkrimináns, azaz a

D=b^2-4ac

kifejezés értéke pozitív, akkor két különböző valós megoldása van az egyenletnek, ha nullával egyenlő, akkor egy, ha negatív, akkor nincs valós megoldása a másodfokú egyenletnek.

Bizonyítás: A tétel bizonyítása a konkrét példában is látott teljes négyzetté kiegészítésen alapul. Ezért is foglalkoztunk ezzel a módszerrel az előző két feladatban. A részletes bizonyítást az alábbi videóban találja meg az érdeklődő olvasó.

A másodfokú egyenlet megoldóképletének levezetése

***

A másodfokú egyenlet gyöktényezős alakja és Viète-formulái

A másodfokú egyenlet gyöktényezős alakja

Az egyenletek, a számelméleti problémák, az algebrai kifejezések világában nagyon fontos, hogy minél hatékonyabban tudjunk szorzattá alakítani.

Ebben az alpontban megismerkedünk a

p(x)=ax^2+bx+c \text{ } \left(\text{ }a, b, c \in \mathbb{R}, \text{ } a\neq 0 \right)

másodfokú polinomok szorzattáalakításának egy gyors és könnyen alkalmazható módszerével.

  • 3. példa: Alakítsuk szorzattá a
p(x)=3x^2-8x+4

másodfokú polinomot.

Megoldás: Ezt a feladatot lényegében már megoldottuk a 2. példában, hisz az ott szereplő egyenlet megoldásait szorzattá alakítással kerestük meg.

Most elevenítsük fel az ott látottakat:

3x^2-8x+4=3\left(\left[x-\frac{4}{3}\right]^2-\frac{4}{9}\right)=3\left(x-2\right)\cdot \left(x-\frac{2}{3}\right).

Tehát

3x^2-8x+4=3\left(x-2\right)\cdot \left(x-\frac{2}{3}\right).

Ezzel a feladatot megoldottuk.

***

A két zárójeles kifejezés második tagjában szereplő számok a 2 és a 2/3. Ezek a

3x^2-8x+4=0

egyenlet megoldásai.

Ez azt sugallja számunkra, hogy a

p(x)=ax^2+bx+c  \text{ } \left(\text{ }a, b, c \in \mathbb{R}, \text{ } a\neq 0 \right)

másodfokú polinom szorzattá alakításánál úgy is eljárhatunk, hogy megoldóképlettel meghatározzuk az

ax^2+bx+c=0

másodfokú egyenlet

x_1 \text{ és } x_2

valós megoldásait, feltéve, hogy léteznek és behelyettesítjük azokat az

a(x-x_1)(x-x_2)

kifejezésbe. Ezt az alakot nevezzük a másodfokú polinom gyöktényezős alakjának.

Tehát a

p(x)=ax^2+bx+c=a(x-x_1)(x-x_2),

ha a

D=b^2-4ac\geq0.

Az erre vonatkozó bizonyítást lásd alább, a következő alfejezetben található videóban.

***

Viète-formulák

A másodfokú egyenlet megoldóképlete egy összefüggés az egyenletben szereplő együtthatók és az egyenlet megoldásai között. Az emelt szintű érettségire készülők találkozhatnak olyan problémákkal, melyek megoldásánál szükség van az egyenlet gyökei és együtthatói közötti összefüggésre, ugyanakkor a megoldóképlet használata túlságosan bonyolulttá teszi a megoldást.

Ilyenkor nyújtanak hatékony segítséget a Viète-formulák, vagy más néven a másodfokú egyenlet gyökei és együtthatói közötti összefüggések.

Tétel: Legyen adott a

p(x)=ax^2+bx+c  \text{ } \left(\text{ }a, b, c \in \mathbb{R}, \text{ } a\neq 0 \right)

másodfokú polinom, melyre teljesül, hogy

D=b^2-4ac\geq0.

Ekkor a polinom gyökeire fennáll az

x_1+x_2=-\frac{b}{a} \text{ }\text{ és az }\text{ }x_1\cdot x_2=\frac{c}{a}

össszefüggés. Ezeket nevezzük a másodfokú polinom Viète-formuláinak.

A gyöktényezős alakra, illetve a Viète-formulákra vonatkozó tétel bizonyítása az alábbi videóban látható.

A másodfokú polinom gyöktényezős alakja és Viète-formulái

***

Feladatok

Alapfeladatok

  • 1. feladat: Oldjuk meg az alábbi másodfokú egyenleteket
\text{a) } \text{ } 16x^2+16x+3=0;
\text{b) } \text{ } 9x^2-12x+4=0;
\text{c) } \text{ } 8x^2-16x+11=0.

Megoldás:

a) Az

16x^2+16x+3=0

egyenlet megoldásához alkalmazzuk a megoldóképletet. Ehhez azonosítsuk be az együtthatókat:

a=16, b=16, c=3.

Először számítsuk ki az egyenlet diszkriminánsát:

D=b^2-4ac=16^2-4\cdot16\cdot3=64,

ami pozitív, így az egyenletnek két különböző valós megooldása van.

Ezek után a megoldóképlet segítségéval az alábbi módon számolhatjuk ki a megoldásokat:

x_{1,2}=\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}=\frac{-16\pm \sqrt{64}}{32}=\frac{-16\pm 8}{32},

így

x_{1}=\frac{-16+ 8}{32}=-\frac{1}{4}

és

x_{2}=\frac{-16- 8}{32}=-\frac{3}{4}.

Ezzel az egyenletet megoldottuk.

b) Az

9x^2-12x+4=0

másodfokú egyenlet együtthatói

a=9, b=-12, c=4.

Az egyenlet diszkriminánsa

D=b^2-4ac=(-12)^2-4\cdot9\cdot4=144-144=0.

Eszerint az egyenletnek egy valós megoldása van, ez pedig az

x_1=x_2=\frac{-(-12)\pm\sqrt{0}}{2\cdot9}=\frac{2}{3}.

Ezzel az egyenletet megoldottuk.

c) Az

8x^2-16x+11=0

másodfokú egyenletben az együtthatók

a=8, b=-16, c=11.

Az egyenlet diszkriminánsa

D=b^2-4ac=(-16)^2-4\cdot8\cdot11=256-352=-96,

ami negatív, így az egyenletnek nincs valós megoldása.

***

Egyszerűbb feladatok

Törtes egyenlet

  • 2. feladat: Oldjuk meg a
\frac{14}{x^2-9}+\frac{1}{3-x}-\frac{x-6}{x+3}=0

egyenletet a valós számok halmazán!

Megoldás: Először alakítsuk szorzattá az egyenlet bal oldalán álló kifejezés nevezőit:

\frac{14}{(x-3)(x+3)}+\frac{1}{-(x-3)}-\frac{x-6}{x+3}=0

Határozzuk meg az egyenlet értelmezési tartományát!

Mivel a törtek nevezője nem lehet 0, így x nem lehet 3, illetve -3.

Határozzuk meg a bal oldali törtek közös nevezőjét! A szorzatalakból könnyen leolvasható, hogy ez az

(x-3)(x+3).

Szorozzuk be ezzel az egyenlet mindkét oldalát és közben egyszerűsítsünk, ahol lehet. Ez alapján kapjuk a

14-(x+3)-(x-6)(x-3)=0

egyenletet.

Végezzük el a zárójelek felbontását, majd az összevonást:

14-x-3-x^2+9x-18=0,
0=x^2-8x+7.

Az egyenlet együtthatói

a=1, b=-8, c=7.

A diszkriminánsa:

D=b^2-4ac=(-8)^2-4\cdot1\cdot7=64-28=36.

Így a megoldásaok

x_{1,2}=\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}=\frac{-(-8)\pm \sqrt{36}}{2}=\frac{8\pm 6}{2},

azaz

x_1=7\text{ }\text{ és }\text{ }x_2=1.

Visszahelyettesítéssel meggyőződhetünk arról, hogy mindkét szám megoldása az egyenletnek.

***

Szöveges feladat

3. feladat: Egy 300 km hosszú úton az egyik gépkocsi 20 km/h-val nagyobb átlagsebességgel haladt, mint egy másik gépkocsi, így háromnegyed órával rövidebb idő alatt tette meg az utat. Mekkora volt a két gépkocsi átlagsebessége?

Megoldás: A szöveges feladatoknál nagyon fontos az elején eldönteni, hogy mi legyen az ismeretlen, amire felírjuk az egyenletet. A kérdés mindig sugallja ezt. Így most legyen mondjuk a lassabb autó sebessége. Jelöljük tehát ezt x-szel, ahol x>0.

Készítsünk egy táblázatot, amiben feltüntetjük az adatokat. Ez segít abban, hogy számunkra áttekinthetővé váljon a feladat. A táblázat készítése során felhasználjuk a fizikából jól ismert út-idő-sebesség összefüggést.

sebesség (km/h)út (km)idő (óra)
lassabb autóx300300/x
gyorsabb autóx+20300300/(x+20)

Az egyenletet az utolsó oszlop alapján írhatjuk fel, hisz tudjuk, hogy a gyorsabb autó háromnegyed órával hamarabb ért célba, mint a lassabb.

Ez alapján:

\frac{300}{x+20}+0,75=\frac{300}{x}.

Szorozzuk be az egyenlet mindkét oldalát a pozitív értékű x(x+20)-szal:

300x+0,75x(x+20)=300(x+20).

A zárójelek felbotása és nullára redukálás után kapjuk, hogy

0,75x^2+15x-6000=0.

Az együtthatók beazonosítása után írjuk fel a diszkriminánst, majd a megoldóképletet:

a=0,75, b=15, c=-6000,

így

D=b^2-4ac=15^2-4\cdot0,75\cdot(-6000)=18225,

tehát

x_{1,2}=\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}=\frac{-15\pm \sqrt{18225}}{1,5}=\frac{-15\pm 135}{1,5}.

Így

x_1=-100 \text{ } \text{ és }\text{ }x_2=80.

Mivel az x pozitív, így az első érték nem megoldása a feladatnak.

A második érték viszont igen, erről ellenőrzéssel meggyőződhetünk.

Így a lassabb autó sebessége 80 km/h, míg a gyorsabbé 100 km/h.

Ezzel a feladatot megoldottuk.

***

Ajánljuk figyelmedbe még a százalékszámításról szóló cikkünk emelt szintű szöveges feladatát, a 9. feladatot. Ezt az írást a https://erettsegi.pro/szazalekszamitas-bemutatasa-10-peldan-keresztul-emelt-matematika-erettsegi-szintig/ linken érheted el.

Egyszerűbb paraméteres egyenletek

  • 4. feladat: Az alábbi egyenletben határozzuk meg a p paraméter értékét úgy, hogy az egyenletnek két különböző valós megoldása legyen:
3x^2-12x+5p=0.

Megoldás: Egy másodfokú egyenletnek pontosan akkor van két különböző valós megoldása, ha a diszkriminánsa pozitív.

Az együtthatók

a=3, b=-12, c=5p.

Tehát

D=b^-4ac=(-12)^2-4\cdot3\cdot5p=144-60p>0.

Ebből kapjuk, hogy

p<2,4.

Tehát a feladatban szereplő egyenletnek akkor és csak akkor van két különböző valós megoldása, ha p<2,4.

***

  • 5. feladat: A q valós paraméter mely értéke esetén van legfeljebb egy valós megoldása a
10x^2-7qx+40=0

másodfokú egyenletnek?

Megoldás: Egy másodfokú egyenletnek pontosan akkor van legfeljebb egy valós megoldása, ha a diszkriminánsa nem pozitív.

Az együtthatók

a=10, b=-7q, c=40.

Ezért

D=b^2-4ac=49q^2-4\cdot10\cdot40=49q^2-1600\leq0.

Ebből kapjuk, hogy

q^2\leq\frac{1600}{49},

azaz

\left| q\right |\leq\frac{40}{7}.

Így a feladatban szereplő egyenletnek legfeljebb egy valós megoldása van, ha

 -\frac{40}{7}\leq q\leq\frac{40}{7}.

Ezzel a feladatot megoldottuk.

***

Egyszerűbb feladatok gyöktényezős alakra és Viète-formulákra

  • 6. feladat: Alakítsuk szorzattá a
p(x)=-72x^2+67x-15

másodfokú polinomot!

Megoldás: A szorzattá alakítást elvégezhetjük teljes négyzetté kiegészítéssel is, csak az együtthatók miatt kissé hosszadalmas lenne a számolás. Ezért célszerűbbnek látszik a gyöktényezős alak használata.

Határozzuk meg a polinom gyökeit, azaz oldjuk meg a

-72x^2+67x-15=0

másodfokú egyenletet.

Az együtthatók a=-72, b=67, c=-15.

Az egyenlet diszkriminánsa

D=b^2-4ac=67^2-4\cdot(-72)\cdot(-15)=169.

Így a megoldások

x_{1,2}=\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}=\frac{-67\pm \sqrt{169}}{2\cdot(-72)}=\frac{-67\pm 13}{-144}.

Tehát

x_1=\frac{3}{8}\text{ }\text{ és }\text{ }x_2=\frac{5}{9}.

Tudjuk, hogy

p(x)=ax^2+bx+c=a(x-x_1)(x-x_2),

így

p(x)=-72x^2+67x-15=(-72)\left (x-\frac{3}{8}\right)\left (x-\frac{5}{9}\right)=(3-8x)(9x-5).

Ezzel a polinomot szorzattá alakítottuk.

***

  • 7. feladat: Az egyenlet megoldása nélkül határozzuk meg a
-20x^2+21x+7=0

egyenlet esetében

a) a két megoldás reciprokának összegét;

b) a megoldások négyzetösszegét!

Megoldás: A feladat megoldásához a Viète-formulákat használjuk. Ehhez teljesülnei kell annak, hogy legyen valós megoldása az egyenletnek. Ezért először vizsgáljuk meg az egyenlet diszkriminánsát!

Az együtthatók: a=-20, b=21, c=7, ezért a diszkrimináns

D=b^2-4ac=21^2-4\cdot(-20)\cdot(7)=1001>0.

Tehát az egyenletnek két különböző valós megoldása van.

Az egyenlet Viète-formulái:

x_1+x_2=-\frac{b}{a}=\frac{21}{20}\text{ }\text{ és }\text{ } x_1\cdot x_2=\frac{c}{a}=-\frac{7}{20}.

a) Ebben a részben a megoldások reciprokának összegét kell meghatározni. Ezt visszavezetjük a Viète-formulákra közös nevezőre hozással:

\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{x_1+x_2}{x_1\cdot x_2}=\frac{\frac{21}{20}}{-\frac{7}{20}}=-\frac{21}{7}=-3.

b) A megoldások négyzetösszegét is visszavezethetjük a Viète-formulákra. Ehhez a két tag összegének négyzetére vonazkózó azonosságból kell kiindulnunk.

Ismert, hogy

(a+b)^2=a^2+2ab+b^2,

így

a^2+b^2=(a+b)^2-2ab.

Ezt felhasználva kapjuk, hogy

x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2=\left(\frac{21}{20}\right)^2-2\left(-\frac{7}{20}\right)=\frac{721}{400}.

Ezzel a feladatot megoldottuk.

***

Összetettebb, illetve emelt szintű feladatok

Gyöktényezős alak

  • 8. feladat: Mely egész x érték esetén lesz a
\frac{11x^2+52x-15}{11x^2+19x-6}

tört értéke egész szám?

Megoldás: A kérdés szokatlan lehet, így előfordulhat, hogy a feladat nehéznek tűnik.

Először nézzük, meg, hogy a tört egyszerűbb alakra hozható-e, azaz egyszerűsíthető-e! Ehhez alakítsuk szorzattá a számlálót és a nevezőt a gyöktényezős alak felhasználásával!

  1. A számláló

Oldjuk meg a

11x^2+52x-15=0

másodfokú egyenletet!

A diszkrimináns

D=b^2-4ac=52^2-4\cdot11\cdot(-15)=3364,

így

x_{1,2}=\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}=\frac{-52\pm \sqrt{3364}}{2\cdot11}=\frac{-52\pm 58}{22}.

A megoldások:

x_1=\frac{3}{11}\text{ }\text{ és }\text{ }x_2=-5.

Így a számláló szorzatalakja:

11x^2+52x-15=11\left(x-\frac{3}{11}\right)(x+5).

2. A nevező:

Oldjuk meg a

11x^2+19x-6=0

másodfokú egyenletet!

A diszkrimináns

D=b^2-4ac=19^2-4\cdot11\cdot(-6)=625,

így

x_{1,2}=\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}=\frac{-19\pm \sqrt{625}}{2\cdot11}=\frac{-19\pm 25}{22}.

A megoldások:

x_1=\frac{3}{11}\text{ }\text{ és }\text{ }x_2=-2.

Így a számláló szorzatalakja:

11x^2+19x-6=11\left(x-\frac{3}{11}\right)(x+2).

Ezek után írjuk fel a törtet és egyszerűsítsünk

\frac{11x^2+52x-15}{11x^2+19x-6}=\frac{ 11\left(x-\frac{3}{11}\right)(x+5)}{11\left(x-\frac{3}{11}\right)(x+2)}=\frac{x+5}{x+2}.

A kapott tört számlálójában alakítsuk ki a nevezőt és bontsuk két tört összegére az alábbi módon

\frac{x+5}{x+3}=\frac{x+2+3}{x+2}=\frac{x+2}{x+2}+\frac{3}{x+2}=1+\frac{3}{x+2}.

A kapott kifejezés akkor és csak akkor egész értékű, ha benne szereplő tört értéke egész, ami akkor és csak akkor teljesül, ha x+2 osztója a 3-nak.

Mivel a 3 egész osztói -3, -1, 1, 3, ezért az x+2 lehetséges értékei -3, -1, 1, 3.

Ebből kapjuk, hogy az x azon értékei, amelyre a tört értéke egész: -5, -3, -1, 1. Behelyettesítéssel ellenőrizhetjük ezek helyességét.

Ezzel a feladatot megoldottuk.

***

Emelt szintű paraméteres egyenlet

  • 9. feladat: (2007. május idegen nyelvű 5. feladat)

Oldjuk meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletet, ahol p valós paraméter:

\frac{x}{x^2-4}+\frac{p}{x^2+2x}+\frac{1}{2x-x^2}=0.

Van-e olyan p valós paraméter, amely estén két különböző valós gyöke van az egyenletnek?

Van-e olyan p valós szám, amely estén nincs valós gyöke az egyenletnek?

Megoldás: Ahogy a törtes egyenletnél csináltuk a 2. feladatban, alakítsuk szorzattá a nevezőket és határozzuk meg az értelmezési tartományt:

\frac{x}{(x-2)(x+2)}+\frac{p}{(x+2)x}+\frac{1}{-x(x-2)}=0.

Mivel egyik nevező sem lehet 0, ezért x nem lehet -2, 0 és 2.

Szorozzuk be az egyenlet mindkét oldalát az x(x+2)(x-2) kifejezéssel, majd vonjunk össze:

x^2+p(x-2)-(x+2)=0

összevonás után

x^2+(p-1)x-2(p+1)=0.

Mivel meg kell határoznunk az egyenlet gyökeit, ezért számítsuk ki az így kapott másodfokú egyenlet megoldásait.

Az együtthatók:

a=1, b=p-1, c=-2(p+1).

Így a diszkrimináns:

D=b^2-4ac=(p-1)^2-4\cdot(-2)\cdot(p+1)=p^2-2p+1+8p+8=p^2+6p+9=(p+3)^2.

Tehát adiszkrimináns teljes négyzet, ami azt jelenti, hogy mindig nemnegatív az értéke.

Írjuk fel a megoldóképletet és adjuk meg a megoldásokat:

x_{1,2}=\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}=\frac{-(p-1)\pm \sqrt{(p+3)^2}}{2}=\frac{-p+1\pm (p+3)}{22},

így

x_1=\frac{-p+1+p+3}{2}=2\text{ }\text{ és }\text{ }x_2=\frac{-p+1-(p+3)}{2}=\frac{-2p-2}{2}=-p-1.

Mivel x nem lehet 2, ezért az eredeti egyenletnek nem lehet két különböző megoldása. Csak a második megoldás szolgáltathat eredményt, csak össze kell vetni az értelmezési tartománnyal, vagyis

-p-1\neq-2, -p-1\neq0\text{ és} -p-1\neq2.

Ezért

p\neq1, p\neq-1\text{ és }p\neq-3.

Tehát ha p az 1, -1, illetve -3 értékek valamelyikét veszi fel, akkor az eredeti egyenletnek nincs valós megoldása, különben egy valós megoldása van, az pedig az x=-p-1.

Ezzel a feladatot megoldottuk.

***

Emelt szintű paraméteres egyenlet Viète-formulára

  • 10. feladat: Adott az
x^2-(4p+1)x+2p=0

másodfokú egyenlet, ahol p valós paraméter.

a) Igazolja, hogy bármely valós p érték esetén az egyenletnek két különböző valós gyöke van!

b) Ha az egyenlet egyik gyöke 3, akkor mennyi a másik gyöke?

c) Határozza meg a p paraméter értékét úgy, hogy az egyenlet gyökeinek négyzetöszszege 7 legyen!

Megoldás:

a) Egy másodfokú egyenletnek pontosan akkor van két különböző valós gyöke, ha a diszkriminánsa pozitív. Így elég ezt igazolni.

Az együtthatók

a=1, b=-(4p+1), c=2p.

Így a diszkrimináns

D=[-(4p+1)]^2-4\cdot1\cdot2p=16p^2+8p+1-8p=16p^2+1. 

Mivel a kapott összeg első tagja nemnegatív értékű, a második pozitív, ezért az összeg is pozitív értékű. Így a diszkrimináns minden valós p esetén pozitív, tehát az egyenletnek két különböző valós gyöke van.

b) A feltétel szerint az egyenlet egyik gyöke 3. Ez azt jelenti, hogy fenn kell állnia az egyenlőségnek, ha a 3-at behelyettesítjük az egyenletbe az x helyére. Ebből meghatározhatjuk a p értékét:

3^2-(4p+1)\cdot3+2p=0.

Ebből p=0,6.

Ezt behelyettesítve a p helyére kapjuk az

x^2-3,4x+1,2=0

másodfokú egyenletet.

A másik gyököt kiszámolhatjuk a megoldóképletből, ugyanakkor felhasználhatjuk a gyökök összegére vonatkozó Viète-formulát is:

3+x_2=3,4,

így a másik megoldás

x_2=0,4.

c) Használjuk fel a Viète-formulákat úgy, ahogy ezt a 7/b feladatban láttuk.

Eszerint

x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2=\left(4p+1\right)^2-2\cdot2p=16p^2+4p+1=7,

azaz

16p^2+4p-6=0.

Megoldóképlettel kiszámolhatjuk az egyenlet megoldásait, melyek 0,5 és -0,75. Ezen paraméterértékek mellett lesz a gyökök négyzetösszege 7.

Ezzel a feladatot megoldottuk.

***

Összefoglalás

Az előző cikkben megismerkedtünk a másodfokú egyenlet definíciójával, majd levezettük az egyenlet megoldóképletét. Definiáltuk az egyenlet diszkriminánsát és megnéztük hogyan függ annak előjelétől az egyenlet valós megoldásainak száma.

Az emelt szintű témakörök közül foglalkoztunk a másodfokú polinom gyöktényezős alakjával és Viète-formuláival.

Végül pedig 10, fokozatosan nehezedő feladaton keresztül alkalmaztuk az elméleti ismereteket.

Ha szeretnél még több, hasonló cikket olvasni? Akkor böngéssz a blogunkon (https://erettsegi.pro/matekos-blog/)!

Emelt szintű érettségire készülsz, vagy elsőéves egyetemista vagy? Ekkor ajánljuk figyelmedbe az online tanuló felületünket és a felkészülést segítő csomagjainkat. Az ezekkel kapcsolatos részletekről itt (https://erettsegi.pro/) olvashatsz.

Összegyűjtöttük az eddigi összes emelt szintű matematika érettségi feladatsort és a megoldásokat. Ezt a gyűjteményt, valamint az érettségire készüléssel kapcsolatos hasznos tanácsokat a https://erettsegi.pro/emelt-szintu-matematika-erettsegi-feladatsorok/ linken érheted el.

Szerző: Ábrahám Gábor (https://erettsegi.pro/personnel/abrahamgabor/)

Cikkek

A szerző további cikkei megtalálhatók a Budapesti Fazekas Milyály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium matematika oktatási portálján (https://matek.fazekas.hu/index.php?option=com_content&view=category&id=21&Itemid=136).

Az emelt szintű érettségire készüléssel kapcsolatos írásaink a https://erettsegi.pro/40-het-alatt-uj-tudas-szuletik-keszulj-a-matek-erettsegire/, illetve https://erettsegi.pro/17-fejezet-matematikabol/ linken érhetők el.

A szerző által írt tankönyvek a http://maximkiado.hu/termekek/72/73/2/4 linken találhatók.

Matek versenyre készülőknek

Ha olyan ambícióid vannak, hogy szeretnél matematikával versenyzés szintjén foglalkozni, akkor javaslom az Erdős Pál Matematikai Tehetségondozó Iskolát. Ezzel vonatkozó részletek ezen linken https://erdosiskola.mik.uni-pannon.hu/ olvashatók. A matematika versenyek témáit feldolgozó könyvek, kiadványok (a szerző Egyenlőtlenségek I.-II. című könyvei is) a https://www.zalamat.hu/kiadvanyaink linken kersztül vásárolhatók meg.

Leave a Reply