matematika „a” 10. évfolyamkooperativ.hu/matematika/3_modulleírások-tanár-tanuló... ·...

MATEMATIKA „A” 10. évfolyam

6. modul

Másodfokúra visszavezethető problémák

Készítette: Darabos Noémi Ágnes

Matematika „A” 10. évfolyam – 6. modul: Másodfokúra visszavezethető problémák Tanári útmutató 2

A modul célja Különböző típusú másodfokúra visszavezethető egyenletek megoldása. Gyakorlati, mindennapi élet-

beli problémák megoldása egyenletekkel. Időkeret 8 óra

Ajánlott korosztály 10. évfolyam

Modulkapcsolódási pontok Tágabb környezetben: Fizika, kémia Valóságos problémák matematikai megoldása. Szűkebb környezetben: Függvények. Egyenletek grafikus megoldása. Paraméteres egyenletek (emelt szint). Ajánlott megelőző tevékenységek: Törtes kifejezések közös nevezőjének meghatározása, nevezetes azonosságok használata. Másodfokú egyenletek megoldása, megoldóképlet, gyöktényezős alak ismerete. Másodfokú függvények jellemzése. Ajánlott követő tevékenységek: Négyzetgyökös egyenletek. Számtani és mértani közép, szélsőérték feladatok.


A képességfejlesztés fókuszai Számolás, számlálás, számítás: Alapműveletek biztonságos elvégezése (zsebszámológéppel is). Műveletek sorrendjének ismerete. Becslés, mérés, valószínűségi szemlélet: Szöveges feladatok megoldása előtt a várható eredmények becslése és a kapott eredmény visszakon-vertálása az eredeti szövegbe. Szöveges feladatok, metakogníció: A szövegértés tudatos fejlesztése, a hétköznapi szöveg „lefordítása” a matematika nyelvére, a való-ságbeli problémák matematikai értelmezése. A kapott megoldások ellenőrzése és adaptációja az eredeti szövegkörnyezetbe. Rendszerezés, kombinatív gondolkodás: A szükséges adatok kikeresése, a fölösleges adatok mellőzése, a lényegkiemelő képesség fejlesztése. Szöveges, másodfokúra visszavezethető egyenletek megoldásakor a felvetett problémának nem meg-felelő hamis gyök kiszűrése, a diszkusszió igényének fejlesztése. A korábbi matematikai ismeretek beépítése, a lehetséges alkalmazások megkeresése, a tanult új ismeret beillesztése, a rendszerező szemlélet alakítása. Induktív, deduktív következtetés: Konkrét számoktól az általános eset megfogalmazásáig (induktív gondolkodásmód fejlesztése). Azonosságok alkalmazása konkrét esetekben (deduktív gondolkodás fejlesztése).

A tananyag javasolt órabeosztása Óraszám Óracím

I. 1. Másodfokúra visszavezethető magasabbfokú egyenletek 2. Gyakorlás II. 3. Törtet tartalmazó egyenletek 4–5. Gyakorlás III. 6. Szöveges feladatok 7. Gyakorlás 8. Összefoglalás


Érettségi követelmények: Középszint: Ismerje az alaphalmaz és a megoldáshalmaz fogalmát. Alkalmazza a különböző egyenletmegoldási módszereket: mérlegelv, grafikus megoldás, ekvivalens átalakítások, következményegyenletre vezető átalakítások, új ismeretlen bevezetése stb. Ismerje az egyismeretlenes másodfokú egyenlet általános alakját. Tudja meghatározni a diszkrimináns fogalmát. Ismerje és alkalmazza a megoldóképletet. Használja a teljes négyzetté alakítás módszerét. Alkalmazza feladatokban a gyöktényezős alakot. Tudjon törtes egyenleteket, másodfokú egyenletre vezető szöveges felada-tokat megoldani. Másodfokú egyenletrendszerek megoldása. Egyszerű, másodfokúra visszavezethető egyenletek megoldása. Emelt szint: Igazolja a másodfokú egyenlet megoldóképletét. Igazolja és alkalmazza a gyökök és együtthatók közötti összefüggéseket. Másodfokú paraméte-res feladatok megoldása. Tudjon másodfokúra visszavezethető egyenletrendszereket megoldani. Értelmezési tartomány, illetve értékkészlet-vizsgálattal, valamint szorzattá alakítással megoldható feladatok, összetett feladatok megoldása.


MODULVÁZLAT

Lépések, tevékenységek Kiemelt készségek, képességek

Eszköz/

Feladat/

Gyűjtemény

I. Másodfokúra visszavezethető magasabbfokú egyenletek 1. Mindenkinek adunk egy kártyát, melyen másodfokú egyenletek,

diszkriminánsuk, gyöktényezős alakjuk, valamint a gyökeik szere-

pelnek. Az összetartozó kártyák tulajdonosai alkotnak egy csopor-

tot. Ezen az órán ők dolgoznak együtt.

Rendszerezés, kombinatív gondolkodás

6.1. kártya-

készlet

2. Magasabb fokszámú egyenletek megoldása. Közösen megbeszéljük a feladatokat.

2. és 3. feladat

3. Minden csoport egyedül dolgozik a feladatokon. A csoporton belül

kiosztjuk az A, B, C, D jelű kártyákat, mindenki húz egyet. A fel-

adat megoldását az ismerteti a táblánál, akinek a csoport számát és

betűjelét kihúzza a tanár.

Kombinatív gondolkodás 1., 4., 5., 6. és 7. feladat


2. Gyakorlás 1. Minden csoportnak adunk egy csomag kártyát, melyen

magasabbfokú egyenletek szerepelnek. Feladatuk összepárosítani azokat az egyenleteket, melyeknek azonosak a gyökeik.


6.2. kártya-készlet

2. Minden csoport egyedül dolgozik a feladatokon. A feladat megol-dását ismertetik a táblánál.

Kombinatív gondolkodás 8., 9. és 10. feladat

II. Törtet tartalmazó egyenletek 1. Minden csoport egyedül dolgozik a feladatokon. A feladat megol-

dását ismertetik a táblánál. 16., 17., 18. és

19. feladat

4. Gyakorlás 1. A kijelölt feladatok egyéni vagy csoportos megoldása. A megoldá-

sok ellenôrzése, megbeszélése.

21., 22., 23., és 24. feladat

2. Mindenkinek adunk egy kártyát, amelyen egy egyenlet szerepel.

Felírjuk a táblára a következő négy egyenletet: x+2=5, 242

−−

xx = 5

xx 63 + =

x15 , x(x + 2) = 5x , valamint nyitunk egy „egyik sem”

rovatot is. Minden tanuló feladata az, hogy elhelyezze a saját kár-tyáját az alá az egyenlet alá, amelyikkel a kapott egyenlete meg-egyezik, vagy ha nem talál ilyet, akkor az egyik sem rovat alá. Kö-zösen beszéljük meg, hogy minden kártya jó helyre került-e.

Disszkussziós készség fejleztése.

6.3. kártya-készlet


5. Gyakorlás 1. Bonyolultabb feladatok feldolgozása, különös tekintettel az értel-

mezési tartomány megállapítására. A feldolgozás módja lehet egyéni, csoportos vagy frontális

25., 26., 27. és 28. feladat

III. Szöveges feladatok 1. Szövegértés; a szöveg matematikai formába öntése. A probléma

tartalma és matematikai formai mondanivalójának megbeszélése. Legalább 1 feladat megoldása táblánál. Minden csoportba osszunk ki A, B, C, D jelű kártyákat, differenci-álva a tanulók képességei szerint. Szétválnak a csoportok az A, B, C, D jelek szerint, az azonos betűsök dolgoznak most együtt. Ha elkészültek a csoportok, mindenki visszamegy a saját csoportjába, és a többieknek elmondja a feladatának a megoldását. A feladat megoldását az ismerteti a táblánál, akinek a csoport számát és betű-jelét kihúzza a tanár.

A szükséges adatok kikeresése, a fölösleges adatok mellőzése, a lényegkiemelő képesség fejlesztése.

30., 31., 32. és 33. feladat

8. Összefoglalás 1. Matematikai TOTÓ

Minden tanuló egyedül dolgozik a feladatokon. Ha elkészültek, mindenki átadja a padtársának a feladatlapját, aki kijavítja azt a frontális megbeszélésnek megfelelően.


35., 36. és 37. feladat

8 MATEMATIKA „A” • 10. ÉVFOLYAM TANÁRI ÚTMUTATÓ

I. Másodfokúra visszavezethető magasabb fokszámú egyenletek

A matematikusok különösen nagy erőfeszítést tettek, hogy a másodfokú egyenlet megoldó- képletéhez hasonlóan megtalálják a magasabb fokszámú egyenletek megoldóképletét is. Girolamo Cardano (1501–1576) olasz matematikus, 1545-ben megjelent könyvében közölte a harmadfokú egyenletek megoldóképletét. Utólag kiderült, hogy a megoldóképletet a bolognai egyetem professzora, Ferro találta meg elsőként, aki azonban ezt titokban tartotta, és csak halála előtt adta tovább egyik tanítványának, Fiore-nak. Ebben az időben azonban egy másik tehetséges olasz matematikus Nicolo Tartaglia is önállóan megtalálta a megoldó- képletet, és elmondta Cardanonak. Cardano ekkor már dolgozott a könyvén, és így került bele Tartaglia bizonyítása Cardano könyvébe. Cardano becsületére legyen mondva, a felfedezést soha nem tartotta magáénak. Az ő érdeme azonban, hogy Tartaglia képletét általánosította, illetve megmutatta, hogy minden általános harmadfokú egyenlet megoldása visszavezethető az cbxx =+3 alakúéra. Mindenesetre a harmadfokú egyenletek megoldó- képletét Cardanoról nevezték el. Evariste Galois (1811–1832) francia matematikus, őt tartják a modern algebra megala- pozójának. Rövid munkássága során megmutatta, hogy melyek azok az egyenlettípusok, melyek csupán a négy alapművelettel és gyökvonással megoldhatók. Niels Henrik Abel (1802–1829) norvég matematikus bebizonyította, hogy az ötöd-, vagy annál magasabb fokszámú egyenletekre általában nem létezik megoldóképlet. Mi most az olyan speciális magasabbfokú egyenletekkel foglalkozunk, melyek bizonyos átalakítások és helyettesítések során, az egyenletek fokszámát csökkentve másodfokú egyenletekre vezethetők vissza.

Módszertani megjegyzés: Keresd a csoportod!

Mindenkinek adunk egy kártyát a 6.1 kártyakészletből, melyen másodfokú egyenletek,

diszkriminánsuk, gyöktényezős alakjuk, valamint a gyökeik szerepelnek. Ez a kiosztás lehet

véletlenszerű: például a tanulók maguk húznak egy-egy kártyát a tanári asztalról, lehet

tudatos: figyelünk arra, hogy kinek melyik kártyát adjuk. Az összetartozó kártyák tulajdonosai

alkotnak egy csoportot. Ezen az órán ők dolgoznak együtt.

6. modul: MÁSODFOKÚRA VISSZAVEZETHETŐ PROBLÉMÁK 9

6.1 kártyakészlet

213 21 =−= xx 49=D ( )( ) 0312 =+− xx 0352 2 =−+ xx

132

21 =−= xx 25=D ( )( ) 0123 =−+ xx 023 2 =−− xx

45 21 −=−= xx 1=D ( )( ) 045 =++ xx 02092 =++ xx

73 21 == xx 16=D ( )( ) 037 =−− xx 021102 =+− xx

12 21 =−= xx 36=D ( )( ) 0212 =+− xx 0422 2 =−+ xx

12 21 =−= xx 81=D ( )( ) 0123 =−+ xx 0633 2 =−+ xx

68 21 =−= xx 196=D ( )( ) 086 =+− xx 04822 =−+ xx

Mintapélda1

Oldjuk meg a 6254 =x egyenletet a negatív egész számok halmazán!

Megoldás:

Alaphalmaz: Z –

Vegyük mindkét oldal negyedik gyökét: 5=x .

Ebből két megoldás adódik: ⇒−== 5,5 21 xx a megoldáshalmaz { }5;5 −=M .

A feladat alaphalmazába csak az 5−=x tartozik. A megoldás helyességéről ellenőrzéssel győződhetünk meg.

Mintapélda2

Oldjuk meg a következő egyenleteket!

a) 03613 24 =+− xx ; b) 01222 24 =−+ xx .


Megoldás:

a) Amennyiben nem teszünk megszorítást az alaphalmazra vonatkozóan, a megoldásokat mindig a valós számok körében, R-ben keressük.

Mivel ( ) 422 xx = ezért célszerű egy új ismeretlent bevezetni: 2xy = , ahol 0≥y .

Ekkor az egyenlet a következő alakba írható: .yy 036132 =+−

Ezt megoldjuk, felhasználva a megoldó képlet, két megoldást kapunk: .y,y 94 21 ==

Ebből felhasználva, hogy 2xy = ,

ha 2244 212 −==⇒=⇒= x,xxy ,

ha 3399 432 −==⇒=⇒= x,xxy .

Tehát az egyenletnek négy megoldása van: { }3322 −−= ;;;M .

A feladat alaphalmazába mind a négy megoldás beletartozik. A megoldások helyességéről ellenőrzéssel győződhetünk meg.

b) Vezessük be az 2xy = új ismeretlent, ahol 0≥y .

Ekkor az egyenlet a következő alakba írható: .yy 062 =−+

Ezt megoldjuk, felhasználva a megoldóképletet, két megoldást kapunk: .y,y 32 21 −==

Tekintve, hogy 2xy = ,

ha 2222 212 −==⇒=⇒= x,xxy ,

ha ,y 3−= akkor az egyenletnek nincs valós megoldása, hiszen 0≥y .

Tehát az egyenletnek két megoldása van: { }22 −= ;M .

A feladat alaphalmazába mind a két megoldás beletartozik. A megoldások helyességéről ellenőrzéssel győződhetünk meg.

Megjegyzés: Egy n-edfokú algebrai egyenletnek legfeljebb n darab valós megoldása lehet.

Mintapélda3

Oldjuk meg az ( ) ( ) 012728 36 =−+++ xx egyenletet a valós számok halmazán!

Megoldás:

Célszerű új ismeretlent bevezetni: ( )32+= xy .

Ekkor az új egyenletünk: 0178 2 =−+ yy .

811

1632497

2121 =−=⇒+±−

= y,yy , .


Ebből felhasználva, hogy ( )32+= xy ,

ha ( ) 312121 13 −=−=+⇒−=+⇒−= xxxy ;

ha ( )23

212

812

81

23 −==+⇒=+⇒= xxxy .

Tehát az egyenletnek két megoldása van: ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −−=

233;M .

A feladat alaphalmazába mindkét megoldás beletartozik. A megoldások helyességéről ellenőrzéssel győződhetünk meg.

Mintapélda4

Alakítsuk szorzattá a következő kifejezéseket!

a) xxx 34 23 ++ b) 910 24 +− xx

c) Egyszerűsítsük az910

3424

23

+−++

xxxxx törtet!

Megoldás:

a) ( ) ( )( ),xxxxxxxxx 313434 223 ++=++=++ mert a 0342 =++ xx másodfokú

egyenlet gyökei 31 21 −=−= x,x , így gyöktényezős alakja: ( )( )31 ++ xx .

b) Legyen yx =2 , ekkor az ( )( ),yyyyxx 91910910 224 −−=+−=+− mert az

09102 =+− yy másodfokú egyenlet gyökei 9,1 21 == yy , így gyöktényezős alakja:

( )( )91 −− yy ,

( )( ) ( )( )( )( )331191910 2224 −+−+=−−=+− xxxxxxxx .

c) Minthogy a nevező nem lehet nulla, 310910 432124 ±≠±≠⇒≠+− ,, x,xxx

ezért az értelmezési tartomány: R \{ }3311 ;;; −− .

( )( )( )( )( )( ) ( )( ) .313131

3191034

4

23

−−=

−−++++

=+−++

xxx

xxxxxxx

xxxxx


Mintapélda5

Oldjuk meg az ( )( ) 37797 22 =++++ xxxx egyenletet a negatív számok halmazán!

Megoldás:

Megjegyzés: A műveletek elvégzése után a 0601126514 234 =++++ xxxx

negyedfokú egyenlet adódik, amit eddigi módszereink segítségével nem tudunk

megoldani, így más megoldási utat kell keresnünk.

Alaphalmaz: R –.

Célszerű új ismeretlent bevezetni: 972 ++= xxy .

Ekkor az új egyenletünk: 3103232 212 =−=⇒=−−⇒=− y,yyy)y(y .

Figyelembe véve, hogy 972 ++= xxy ,

ha 5201071971 2122 −=−=⇒=++⇒−=++⇒−= x,xxxxxy ,

ha 610673973 2122 −=−=⇒=++⇒=++⇒= x,xxxxxy .

Tehát az egyenletnek négy megoldása van: { }6521 −−−−= ;;;M .

A feladat alaphalmazába mind a négy megoldás beletartozik.

A megoldások helyességéről ellenőrzéssel győződhetünk meg.

Megjegyzés: Új ismeretlen bevezetésekor célszerű az egyenletben szereplő változók

egymáshoz való viszonyát megvizsgálni. Ennél a feladatnál három lehetőség is adódik az új

ismeretlen bevezetésére:

ha 972 ++= xxy akkor 0322 =−− yy ;

ha 772 ++= xxy akkor 0322 =−+ yy ;

ha xxy 72 += akkor 060162 =++ yy egyenletek adódnak.

Mintapélda6

Oldjuk meg a 025852 234 =+−−− xxxx egyenletet a pozitív számok halmazán!

Megoldás:

Alaphalmaz: R+.

Célszerű az egyenlet mindkét oldalát elosztani 2x -tel, hiszen 0≠x :

025852 22 =+−−−

xxxx .


Csoportosítsuk az egyenlő együtthatójú tagokat: 085522 22 =−−−+

xx

xx .

Emeljük ki az egyenlő együtthatókat: 081512 22 =−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

xx

xx .

Vezessük be az x

xy 1+= új ismeretlent, ekkor 2

22

2 121x

xx

xy ++=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ += .

Így az új egyenletünk: ( ) 0125208522 22 =−−⇒=−−− yyyy ,

234

221224255

2121 −==⇒⋅

⋅⋅+±= y,yy , .

Ebből felhasználva, hogyx

xy 1+= ,

⇒±=±

=⇒=+−⇒+=⇒= 322

124014144 212

,xxxx

xy

2703273332 21 ,x,,x ≈−=≈+= ;

⇒=++⇒+=−⇒−= 0232123

23 2 xx

xxy

473

21−±−

=,x .

A diszkrimináns negatív, így innen nem kapunk megoldást.

Tehát az egyenletnek két valós megoldása van: { }3232 −+= ;M .

A feladat alaphalmazába mindkét megoldás beletartozik. A megoldások helyességéről ellenőrzéssel győződhetünk meg.

Megjegyzés: Az 0234 =++++ abxcxbxax alakú negyedfokú egyenleteket

szimmetrikus vagy reciprok egyenleteknek nevezzük; ezekben ha egy szám megoldás,

akkor annak a reciproka is az.

Feladatok

1. Oldd meg a következő egyenleteket:

a) 814 =x ; b) 643 −=x ; c) 6254 −=x ; d) 07296 =−x .

Megoldás:

a) { }33 −= ;M ; b) { }4−=M ; c) ∅=M ; d) { }33 −= ;M .


2. Oldd meg a 01625716 24 =+− xx egyenletet!

Megoldás:

Legyen 2xy = . Ekkor 1611601625716 2

22

12 ====⇒=+− xy,xyyy .

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −−=

41

4144 ;;;M

3. Oldd meg az 06463 36 =−− xx egyenletet!

Megoldás:

Legyen 3xy = . Ekkor 16406463 32

31

2 −====⇒=−− xy,xyyy .

{ }14 −= ;M

4. Oldd meg a 24 224259 xx += egyenletet!

Megoldás:

Legyen 2xy = . Ekkor 91250252249 2

22

12 −====⇒=−− xy,xyyy .

{ }55 −= ;M

5. Oldd meg a 028127 36 =++ xx egyenletet!

Megoldás:

Legyen 3xy = . Ekkor 1271012827 3

23

12 −==−==⇒=++ xy,xyyy .

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −−= 1

31 ;M

6. Oldd meg az 1615 48 += xx egyenletet!

Megoldás:


41

2 −====⇒=−− xy,xyyy .

{ }22 −= ;M

7. Oldd meg a 36 918 xx =+ egyenletet!

Megoldás:


23

12 ====⇒=+− xy,xyyy .

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧= 1

21 ;M


Módszertani megjegyzés: Keresd a párját!

Minden csoportnak adunk egy csomag kártyát, melyen magasabbfokú egyenletek szerepelnek.

Feladatuk összepárosítani azokat az egyenleteket, melyeknek azonosak a gyökeik. A

csoporton belül kiosztjuk az A, B, C, D jelű kártyákat, mindenki húz egyet. A feladat

megoldását az ismerteti a táblánál, akinek a csoport számát és betűjelét kihúzza a tanár.

6.2.Kártyakészlet

032 24 =−+ xx 016 =−x

054 24 =−+ xx 032 24 =−+ xx

082 24 =−− xx 646 =x

02024 =−+ xx 01252 24 =−− xx

0187 24 =−− xx 07296 =−x

0454 24 =−− xx 09263 24 =−− xx

01615 24 =−− xx 040966 =−x

03214 24 =−− xx 016312 24 =−− xx

8. Oldd meg a ( ) ( ) 027121518 36 =−−−− xx egyenletet! Megoldás:

Legyen ( ) 02721581 23 =−−⇒−= yyxy .

( ) ( )811271 3

23

1 −=−==−= xy,xy

431 1 =⇒=− xx

21

211 2 =⇒−=− xx

Tehát az egyenletnek két megoldása van: ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧=

214;M .

9. Oldd meg az ( ) ( )xxxx 4261054 222 +=++ egyenletet! Megoldás:

Legyen xxy 42 += . Ekkor

54214010526 22

21

2 =+==+=⇒=+− xxy,xxyyy

730214 212 −==⇒=−+ x,xxx

51054 212 −==⇒=−+ x,xxx . { }7531 −−= ;;;M


10. Oldd meg a ( ) ( ) 335354 222 +++=++− xxxx egyenletet! Megoldás:

Legyen 352 ++= xxy . Ekkor

335135034 22

21

2 −=++=−=++=⇒=++ xxy,xxyyy

41045 212 −=−=⇒=++ x,xxx

32065 212 −=−=⇒=++ x,xxx

{ }4321 −−−−= ;;;M

11. Alakítsd szorzattá a következő kifejezéseket!

a) xxx 65 23 ++ ; b) 45 24 +− xx ;

c) 122 23 +++ xxx ; d) 654 23 +++ xxx ; e) 124 ++ xx ; f) 43 24 ++ xx .

Megoldás:

a) ( ) ( )( )326565 223 ++=++=++ xxxxxxxxx ;

b) ( )( ) ( )( )( )( )22114145 2224 −+−+=−−=+− xxxxxxxx ;

c) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) =+++++=+++++=+++ 1111122 222323 xxxxxxxxxxxxx

( )( )11 2 +++= xxx , vagy nevezetes azonossággal:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )111211221 2223 +++=+++−+=+++ xxxxxxxxxxx ;

d) ( ) ( ) ( ) =+++++=+++++=+++ 32336233654 222323 xxxxxxxxxxxxx

( )( )23 2 +++= xxx ;

e) ( ) ( )( )xxxxxxxxxxx −+++=−+=−++=++ 111121 2222222424 ;

f) ( ) ( )( )xxxxxxxxxxx −+++=−+=−++=++ 2224443 2222222424 .

12. Legyen 161 2

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

xx és x pozitív szám. Az x értékének kiszámítása nélkül adjuk meg

az 22 1

xx + , ill. 3

3 1x

x + kifejezések az értékét!


Megoldás:

14216211121 2

22

22

2

=−=−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=+⇒++=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

xx

xx

xx

xx

⇒⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +++=+++=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

xx

xx

xxx

xxx

xx 131113131

33

3223

3

524341311 33

33 =⋅−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=+

xx

xx

xx , hiszen 41

=+x

x .

13. Oldd meg a 0314143 234 =++++ xxxx egyenletet! Megoldás:

02 ≠x -val való osztás és kiemelés után: 0111413 22 =+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

xx

xx .

Legyen x

xy 1+= ekkor 2

22

2 121x

xx

xy ++=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ += .

( ) 05143011423 22 =−+⇒=++− yyyy

51311

21 −=+==+=x

xy,x

xy

⇒=+− 033 2 xx nincs valós gyök.

2215015 21

2 ±−=⇒=++ ,xxx

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −−+−

=2

2152

215 ,M .

14. Oldd meg az 014194 234 =++−+ xxxx egyenletet! Megoldás:

02 ≠x -val való osztás és kiemelés után: 0191412

2 =−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

xx

xx .

Legyen x

xy 1+= ekkor 2

22

2 121x

xx

xy ++=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ += .

( ) 021401942 22 =−+⇒=−+− yyyy


713121 −=+==+=

xxy,

xxy

253013 21

2 ±=⇒=+− ,xxx

2537

2457017 21

2 ±−=

±−=⇒=++ ,xxx

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −−+−−+

=2

4572

4572

532

53 ;;;M .

15. Oldd meg az ( ) ( ) ( )323232 4353212 −−=−−+++ xxxxxx egyenletet a valós számok

halmazán!

Megoldás:

Legyen bxxaxx =−−=++ 53212 22 , ekkor 43 2 −−=+ xxba

Ekkor az előző egyenlet felírható a következő alakban: ( )333 baba +=+ .

Ebből következik ( ) 0333 22 =+=+ baababba .

Egy szorzat akkor és csak akkor nulla, ha valamelyik tényezője nulla:

1340430

12505320

10120

212

212

2

−==⇒=−−⇒=+

−==⇒=−−⇒=

−=⇒=++⇒=

x,xxxba

x,xxxb

xxxa

Így az egyenlet megoldáshalmaza: ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧−=

34;

25;1M .

Megjegyzés: 1−=x az egyenletnek 4-szeres gyöke. Az eredeti egyenlet

( ) 034

251 4 =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+ xxx alakban is írható.


II. Törtet tartalmazó egyenletek Mintapélda7

Oldjuk meg az 52

1032

−=+−− x

xxx egyenletet!

Megoldás:

Minthogy a nevező nem lehet nulla, így az értelmezési tartomány a ( )2− -től különböző

valós számok halmaza. Röviden: R \{ }2− .

( )( )10310325103

22

2

−−=−−

+−=−−

xxxxxxxx

Azonosság, tehát az értelmezési tartomány minden eleme megoldás.

Mintapélda8

Oldjuk meg az 32

1032

−=+−− x

xxx egyenletet!

Megoldás:

Minthogy a nevező nem lehet nulla, így az értelmezési tartomány a ( )2− -től különböző

valós számok halmaza. Röviden: R \{ }2− .

( )( )231032 +−=−− xxxx ,

6103 22 −−=−− xxxx , 2−=x .

A ( )2− nem eleme az egyenlet értelmezési tartományának, így az egyenletnek nincs

megoldása. Megoldáshalmaz: { }=M .

Mintapélda9

Oldjuk meg az 16612

42

43

2 −−

=−+

++−

xx

xx

xx egyenletet!

Megoldás:

Minthogy a nevező nem lehet nulla, így az értelmezési tartomány a ( )4− -től és 4 -től

különböző valós számok halmaza. Röviden: R \{ }44;− .

Szorozzuk mindkét oldalt a közös nevezővel, ( )( ) −−=+− 1644 2xxx tal!


( )( ) ( )( )

2612413

612861276124243

22

−=−=−

−=+++−+−

−=+++−−

xxx

xxxxxxxxxx

A ( )2− eleme az egyenlet alaphalmazának.

Ellenőrzés:

Bal oldal értéke: ( )( )

( )( ) 2

54222

4223

=−−+−

++−−− .

Jobb oldal értéke: ( )( ) 2

51230

1626212

2 =−−

=−−−− .

Az 2−=x valóban megoldás. Megoldáshalmaz: { }2−=M .

Mintapélda10

Oldjuk meg az 32

33

2111

2 −+=

+−

−+

xxxxx egyenletet!

Megoldás:

Minthogy a nevező nem lehet nulla, így az értelmezési tartomány a ( )3− -tól és 1-től

különböző valós számok halmaza. Röviden: R \{ }1;3− .

Szorozzuk mindkét oldalt a közös nevezővel, ( )( ) 3231 2 −+=+− xxxx -mal!

( )( ) ( )4803212

312311

212 −=−=⇒=++

=−−++

x,xxxxxx

Megoldáshalmaz: { }4;8 −−=M .

A megoldások helyességéről ellenőrzéssel győződünk meg.

Mintapélda11

Oldd meg a 3673813

2

2

=+−−+

xxxx egyenletet!

Megoldás:

Minthogy a nevező nem lehet nulla, 61067 212 ≠≠⇒≠+− x,xxx ezért az

értelmezési tartomány: R \{ }6;1 .

( )53,

2702129106733813 21

222 =−=⇒=−+⇒+−=−+ xxxxxxxx .


Megoldáshalmaz: ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧−=

53;

27M .

A megoldások helyességéről ellenőrzéssel győződünk meg.

Feladatok

16. Oldd meg az 7

321

1142 +=

−+ xxx egyenletet!

Megoldás:

45020 212 =−=⇒=−+ x,xxx . Megoldáshalmaz: { }4;5−=M .

17. Oldd meg a x

xx 243

12 +=

+ egyenletet!

Megoldás:

Az értelmezési tartomány: R \{ }0 . A közös nevező: x3 .

62106112 21

2 =−=⇒=−− x,xxx . Megoldáshalmaz: ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧−= 6;

21M .

18. Oldd meg az xx

xx−=

−+ 6672

egyenletet!

Megoldás:

Az értelmezési tartomány: R \{ }0 .

232062 21

2 =−=⇒=−+ x,xxx . Megoldáshalmaz: ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧−=

23;2M .

19. Oldd meg az ( )xx

xxx

416262

2

2 −+

=+ egyenletet!

Megoldás:

Az értelmezési tartomány: R \{ }0 .

1320253 21

2 ==⇒=+− x,xxx . Megoldáshalmaz: ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧= 1;

32M .


20. Oldd meg az 37

412

4−−

=+−

xx

xx egyenletet!

Megoldás:

Az értelmezési tartomány: R \⎭⎬⎫

⎩⎨⎧−

73

21 ; .

454016245 21

2 ==⇒=+− x,xxx . Megoldáshalmaz: ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧= 4

54 ;M .

Megjegyzés: Másik megoldási lehetőség: 4=x -re mindkét számláló 0, ha 4≠x ,

akkor 3712 −=+ xx , innen 54

=x .

21. Oldd meg a 22

91582

2

=−+−+

xxxx egyenletet!

Megoldás:

Az értelmezési tartomány: R \{ }12;− .

31

2505136 21

2 =−=⇒=−+ x,xxx . Megoldáshalmaz: ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧−=

31

25 ;M .

22. Oldd meg az 03265

2

2

=−+++

xxxx egyenletet!

Megoldás:


23065 212 −=−=⇒=++ x,xxx . Megoldáshalmaz: { }2−=M .

23. Oldd meg az 9

2032

32

2 −=

−−

+++

xxx

xx egyenletet!

Megoldás:


A közös nevező: ( )( ) 933 2 −=+− xxx .

4416 212 =−=⇒= x,xx . Megoldáshalmaz: { }44;M −= .


24. Oldd meg az 22646

32

2 =−+

+−+

xx

xxx egyenletet!

Megoldás:

Az értelmezési tartomány: R \⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

310; .

( ) ( ) 213246

132

=−+

+−

+x

xxx

x

A közös nevező: ( )132 −xx .

2310253 21

2 =−=⇒=−− x,xxx . Megoldáshalmaz: ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧−= 2

31 ;M .

25. Oldd meg az 6

263

328

2 −+−

=+

−−+

xxx

xxx egyenletet!

Megoldás:

Az értelmezési tartomány: R \{ }32 −; .

A közös nevező: ( )( ) 632 2 −+=+− xxxx .

4602410 212 −=−=⇒=++ x,xxx . Megoldáshalmaz: { }46 −−= ;M .

26. Oldd meg az 103

1345

523

2 −−−−

=−

−+−

xxx

xxx egyenletet!

Megoldás:


Szorozzunk a közös nevezővel, ( )( ) −−−=−+ 10352 2 xxxx tel!

( )( ) ( ) 1342553 −−=+−−− xxxx

3,60189 212 ==⇒=+− xxxx . Megoldáshalmaz: { }3;6=M .

27. Oldd meg a 1212

3

=++

xxx egyenletet!

Megoldás:

Az értelmezési tartomány: R, mert a nevező mindig pozitív.

( ) 1211

2

2

=++

xxx

12=x . Megoldáshalmaz: { }12=M .


28. Oldd meg a 4321183

82145

2

2

2

23

−−−−

=−−−−

xxxx

xxxxx egyenletet!

Az értelmezési tartomány: R, mert a nevező mindig pozitív.

( ) 1211

2

2

=++

xxx

12=x . Megoldáshalmaz: { }12=M .

Módszertani megjegyzés: Keresd meg a helyét!

Mindenkinek adunk egy kártyát, amelyen egy egyenlet szerepel. Felírjuk a táblára a

következő négy egyenletet: 52 =+x , 5242

=−−

xx ,

xxx 1563

=+ , ( ) xxx 52 =+ valamint

nyitunk egy „egyik sem” rovatot is. Minden tanuló feladata az, hogy elhelyezze a saját

kártyáját az alá az egyenlet alá, amelyikkel a kapott egyenlete megegyezik, vagy ha nem talál

ilyet, akkor az „egyik sem” rovat alá. Közösen beszéljük meg, hogy minden kártya jó helyre

került-e.

6.3 kártyakészlet

408x4 =+ 5,212x

=+ 25x510 −=− 356

5x3

=+

152x12x3 2

=−−

2x13

2x1x

++=

++

2x9x5x

2x4x2

−−

=+−− 4

2x5x3=

−−

3x1x

x1

+=+ x5

x2x=

+ ( ) 5x

2xx=

+ 0x

3x=

−

x5x2x 2 =+ 0x3x 2 =− ( ) ( )2xx52xx 2 +=+ 0x3x 23 =−

( )( ) 03x2x =−− ( ) 4x2x5 2 −=− 06x5x 2 =+− 12x10x2 2 −=

Törtet tartalmazó egyenletek megoldásakor gyakran végzünk olyan átalakításokat, amikor

hamis gyököt kapunk, vagy gyököt vesztünk (például egyszerűsítés, vagy ismeretlennel való

szorzás, osztás). Ezekre fokozottan figyeljünk!


III. Szöveges feladatok

Az aranymetszés (olvasmány) Aranymetszésnek nevezik egy szakasz két olyan részre való felosztását, melyek közül a kisebb (rövidebb) szakasz hossza úgy aránylik a nagyobbikhoz, mint az egészhez. Jelölje az aranymetszési arány szerint felosztandó AB szakasz hosszát a , és legyen C az aranymetszésnek megfelelő olyan osztópont, melyre az xAC = a hosszabb, CB pedig a rövidebb szakasz.

Ekkor a következő aránypárt írhatjuk fel:

ax

xxa=

− , ahonnan ( ) axaxaax −=−= 22 .

Az egyenlet x változó szerint rendezett redukált alakja 022 =−+ aaxx .

Innen 2

5 2

2,1aax ±−

= = 2

)51( ±−a . Mivel a > x > 0, így a nagyobbik szakasz hossza

x = 2

)51( +−a . Az aranymetszésnek megfelelő arány a középkorban legfőképpen a templomok méret- arányaiban jelentkezett. Ez a nevezetes arány azonban sok esetben nem csupán az alap- méretekre, hanem ez épület más részeinek viszonyára is vonatkozott. Az aranymetszésnek megfelelő arány alkalmazását a reneszánsz építészei is átvették. A római Szent Péter Bazilika, mely több évszázadon keresztül épült, alaprajzától a kupola tervezéséig számos méretviszonyában hordoz aranymetszésnek megfelelő arányokat. A reneszánsz mesterek legtöbb alkotásán az aranymetszési arány kiemelkedő szerepet játszik. E képszerkesztésnek egyik példája Leonardo: Angyali üdvözlet című alkotása.

.

A képen a könyvtámasz alatti asztalka középvonalán áthaladó függőleges vonal a vízszintes helyzetű kép terét pontosan aranymetszés szerint osztja. Mária, illetve az angyal alakjának a középvonala az osztással kapott részeken belül szintén az aranymetszésnek megfelelően


helyezkedik el úgy, hogy mindkettő az adott térrész ugyanazon oldalára esik. Ezzel olyan aszimmetria jön létre, mely a kép egyensúlyát biztosítja. A kép függőleges terét két vízszintes egyenes vonal az aranymetszésnek megfelelő arányban osztja, melyek közül a felső a kertben húzódó alacsony építmény fedőlapjának felső élén halad át, az alsó pedig a kerti utat a pázsittól választja el. Ha a két nőalak mozdulatait követő vonalakat gondolatban meg- hosszabbítjuk, azok metszéspontja szintén az aranymetszés szerint osztó, az asztal középvonalán áthaladó egyenesre esik. Ez az egybeesés is arra utal, hogy ez a kép valódi főtengelye. Auguste Renoir: Nő a Békástanyán című képe is jól átgondolt kompozíciós törvényeknek engedelmeskedik.

Az ábrázolt nő arcának középvonalán áthaladó egyenes pontosan a kép szélességi méretének az aranymetszetébe kerül. Az erkély korlátjának felső széle, melyen a hölgy karja, illetve keze is nyugszik, a kép széléhez annak aranymetszetében illeszkedik. Az e ponton áthaladó, a kép hosszával párhuzamos egyenes egyúttal a másik karnak az asztalra támaszkodó pontján is áthalad.

Forrás: Hámori Miklós: Arányok és talányok

További internetes oldalak:

http://www.jgytf.u-szeged.hu/tanszek/matematika/speckoll/2001/arany/

http://www.sulinet.hu/ematek/html/aranymetszes.html

http://www.kfki.hu/chemonet/TermVil/tv2001/tv0110/bagi.html

http://www.hmg.hu/tanarok/vz/arany.pdf


Módszertani megjegyzés:

A tanulóktól elvárjuk, hogy a szöveges feladatok elolvasása és megértése után jegyzeteljék ki

a szükséges adatokat (esetleges mértékegység átváltással együtt). Írják le, hogy a bevezetett

ismeretlenek miket jelölnek (és mi a mértékegységük). A megoldás végén adjanak szöveges

választ, a szóba jöhető gyökö(ke)t az eredeti szöveg szerint ellenőrizzék. A szöveges

feladatok jelentős része felírható másodfokú egyenletrendszerrel is – ha a diákok ezt a

megoldást követik, nem kell eltéríteni őket. Frontális megbeszéléskor törekedjünk az

egyismeretlenes megoldás ismertetésére.

Mintapélda12

Egy áruszállító csónak a víz folyásával egy irányban halad 20 km-t, ott kiteszi a rako-

mányt, majd megfordul és visszaindul a kiindulási ponthoz. Az indulástól a megérkezésig

5 órát töltött vízen a csónak, ha a kirakodási időt elhanyagoljuk. Mekkora a csónak sebessége

állóvízben, ha a folyóvíz sebessége 3 km/h?

Megoldás:

Legyen a csónak sebessége x km/h, akkor a vízben lefelé 3+x km/h, felfelé

3−x km/h sebességgel halad.

Így lefelé a 20 km-es utat 3

20+x

, felfelé 3

20−x

óra alatt tette meg.

( ) ( ) ( )( ) 09833532032053

203

20 2 =−−⇒+−=++−⇒=−

++

xxxxxxxx

,

19 21 −== x,x .

A negatív gyöknek itt nincs értelme, a csónak sebessége állóvízben 9 km/h.

Ha a csónak a víz folyásával egy irányban halad, akkor a sebessége 12 km/h így a

20 km-t 53 óra 100= perc alatt teszi meg, visszafelé a sebessége 6 km/h így a

20 km-t 200 perc alatt teszi meg. Ez összesen 300 perc, azaz 5 óra.

Feladatok

29. Két város, A és B távolsága 78 km. A-ból B-be elindul egy kerékpáros. 1 óra múlva B-

ből A-ba elindul egy másik, aki óránként 4 km-rel többet tesz meg, mint az első, így B-től 36

km-re találkoznak. Mennyi ideig mentek a találkozásig és milyen sebességgel?


Megoldás:

Ha az első kerékpáros a találkozásig x órán át ment, akkor a második x–1 óráig haladt, így a

sebességük h

km42x

, illetve h

km1

36−x

. A feladat szerint xx

421

36−

−= 4, innen x = 3, vagyis az

első kerékpáros sebessége 14 h

km , a másodiké 18 h

km .

Az indulástól a találkozásig az első 3 órát, a második 2 órát kerekezett.

Módszertani megjegyzés: Szakértői mozaik:

A tanulók a következő 4 feladatot 4 fős csoportokban dolgozzák fel, szakértői mozaik

módszerrel. Minden csoportnak adjunk 4 kártyát (A, B, C, D jelűeket), differenciálva a

tanulók képességei szerint. A továbbiakban a tanulók elhagyják a csoportjukat, és az azonos

jelűek dolgoznak együtt: megoldják a saját feladatukat. Ha elkészültek, mindenki visszamegy

a saját csoportjába, és a többi csoporttagnak elmondja a feladatának a megoldását. Ha

végeztek, a csoporton belül összekeverik az A, B, C, D jelű kártyákat és mindenki húz egyet.

A feladat megoldását az ismerteti a táblánál, akinek csoportját és betűjelét kisorsolja a tanár.

Az A jelűek feladata:

30. Egy pozitív számnak és a reciprokának a különbsége 3,75. Melyik ez a pozitív szám?

Megoldás:

250401753753121

2 ,a,aa,a,a

a −==⇒=−−⇒=−

Ez a szám a 4 .

A B jelűek feladata:

31. A Nagyi karácsonyra 2520 Ft-ért vett narancsot. Ha ugyanennyi pénzért kilónként

28 Ft-tal drágább mandarint vásárolt volna, akkor egy kilóval kevesebbet kapott volna.

Hány kg narancsot vásárolt a Nagyi az ünnepekre?

Megoldás:

A Nagyi x kg narancsot vett. Egy narancs ára x

2520 .

9100901

252028252021

2 −==⇒=−−⇒−

=+ x,xxxxx

10 kg narancsot vett a Nagyi az ünnepekre.


A C jelűek feladata:

32. Ádám és Dávid testvérek. Ádám a lakást 3 órával tovább takarítja, mint Dávid. Együtt

2 óra alatt végeznek. Mennyi időre van szükségük a lakás kitakarításához külön-

külön?

Megoldás:

Ádám Dávid Együtt

Egyedül (óra) 3+x x 2

1 óra alatt a kitakarított

része a lakásnak 31+x

x1

21

2306211

31

212 −==⇒=−−⇒=+

+x,xxx

xx

Dávid 3 , Ádám 6 óra alatt végez a takarítással, egyedül.

A D jelűek feladata:

33. Egy teremben téglalap alakba rendeztek 180 széket. Másnap minden sorba 5 székkel

többet tettek, de a sorok számát csökkentették 7-tel, ekkor összesen 100 szék van a

teremben. Eredetileg hány szék volt egy sorban?

Megoldás:

Jelöljük x -szel a sorokban eredetileg lévő székek számát. Ekkor x

180 sor keletkezik.

Ha ( )5+x szék van soronként, akkor 7180−

x sor lesz. A felírható egyenlet:

( )76015090045710071805 21

2 −==⇒=−−⇒=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+ x,xxx

xx .

A teremben eredetileg 15 szék volt egy sorban és 1215

180= sor volt.

Házi feladat javaslat: 34. feladat

34. Anti és fia együtt a füvet 2 óra 24 perc alatt nyírja le. A fiúnak két órával több időre

van szüksége, mint apjának, ha egyedül dolgozik. Mennyi idő alatt nyírja le a füvet

Anti?

Megoldás:

2 óra 24 perc = 42, óra


Anti Fia Együtt

Egyedül (óra) x 2+x 5

12

1 óra alatt x1

21+x

125

456024145

125

211

212 =−=⇒=−−⇒=

++ x,xxx

xx

Anti 4 , fia 6 óra alatt végez egyedül a fűnyírással.

35. Egy derékszögű háromszög területe 54 cm2, átfogója 15 cm. Mekkorák a befogói?

Megoldás:

A háromszög egyik befogója a, a másik a

108 .

Pitagorasz-tétellel: 225108 22 =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+

aa , ezt rendezve a következő egyenlethez jutunk:

011664225 24 =+− aa .

Mivel ( )224 aa = ezért célszerű egy új ismeretlent bevezetni: .ay 2=

Ekkor az egyenlet a következő alakba írható: .0116642252 =+− yy

Ezt megoldjuk, felhasználva a megoldóképletet:

263225

21166414225225 2

2,1±

=⋅⋅−±

=y , innen két megoldást kapunk:

.81,144 21 == yy

Ebből felhasználva, hogy 2ay = ,

ha 12144144 12 =⇒=⇒= aay (negatív érték nem lehet),

ha 98125 22 =⇒=⇒= aay (negatív érték nem lehet).

Tehát a háromszög befogói 9 és 12 cm hosszúak.

Valóban, .15129 222 =+

36. Egy amatőr futó minden nap ugyanannyit fut le a kitűzött 42 km-ből. Ha minden nap

fél kilométerrel többet futna, akkor két nappal hamarabb teljesítené a távot. Hány nap

alatt futotta le eredetileg a maratoni hosszúságot?


Megoldás:

vts =

Sebesség (km/nap) Szükséges idő (napokban)

Eredetileg x x

42

Több futáskor 50,x +

242−

x

( ) 53302124224250 212 ,x,xxx

x,x −==⇒=+−−⇒=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −+ . Ez utóbbi

nem lehet megoldás. Ezért .x 3=

A futó eredetileg napi 3 kilométert futott 14 napon keresztül.

37. Egy tört számlálójának és nevezőjének szorzata 132. Ha a számlálóját eggyel növeljük,

nevezőjét eggyel csökkentjük, akkor az eredeti tört reciprokát kapjuk. Melyik ez a

tört?

Megoldás:

Legyen a számláló x , ekkor a nevező x

132 .

( ) 013213211321321

132

11321 234 =+−+⇒⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −=+⇒=

−

+ xxxxx

xxxx

x

x

( )( ) ( ) ( )( ) 01321320132132132 22222 =+−+⇒=+++− xxxxxxx

Egy szorzat akkor nulla, ha valamelyik tényezője nulla:

Ha 1322 −=x , akkor ellentmondást kapunk.

Ha 12110132 212 −==⇒=−+ x,xxx

Az eredeti tört .,1112

1211

−−

Házi feladat javaslat: 38. feladat


38. Levente kitalálta, hogy ha a 600 oldalas kötelező olvasmányból minden nap

ugyanannyit olvas el, akkor pont befejezi a könyvet a megadott határidőre. Azonban a

könyvtárból a könyvet csak hat nappal később tudta kikölcsönözni, így minden nap

5 oldallal többet kell olvasnia a könyvből, hogy azt időben befejezze. Hány oldalt kell

így elolvasnia egy nap?

Megoldás:

Eredetileg x napig olvas és minden nap x

600 oldalt olvas el.

( ) 30,240720660056006 212 =−=⇒=−−⇒=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +− xxxx

xx .

Naponta 355 =+x oldalt kell elolvasnia.

39. Marci téglalap alakú kertet vásárolt. A szomszédos oldalak

felezőpontjai által határolt területet virágokkal ültette be. A

virágos rész területe 2m120 , kerülete 52 m. Mekkora Marci

egész kertjének a kerülete?

Megoldás:

Jelöljük a téglalap oldalait a-val és b-vel.

A virágágyás rombusz alakú, jelöljük a rombusz oldalát x-szel.

13524 =⇒== xxK .

A rombusz átlói épp a téglalap oldalai. b

aabT 2401202

=⇒== .

Alkalmazva a Pitagorasz-tételt: 6761322

22222

=+⇒=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ baba .

Az első egyenletből b

a 240= , ezt visszahelyettesítve a második egyenletbe:

0240676676240 22422

=+−⇒=+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ bbb

b.

Célszerű új ismeretlent bevezetni: 2by = .

5761002

476676212,1 ==⇒

±= yyy .

Ha 10100100 12 =⇒=⇒= bby (negatív érték nem lehet).

Ha 24576576 22 =⇒=⇒= bby (negatív érték nem lehet).


Így Marci kertjének oldalai 10 és 24 m hosszúak, tehát a kerülete 68 m.

Megjegyzés:

Az ⎭⎬⎫

=+

=

676240

22 baab

egyenletrendszer egyszerűbben is megoldható, ha nevezetes

azonosságot használunk:

( ) 34115624026762222 =+=⋅+=++=+ baabbaba , mert a és b pozitív számok.

( ) 682 =+= baK .

Marci kertjének a kerülete 68 m.


Összefoglalás Matematikai TOTÓ

Megoldáshalmaz Az egyenlet

1 2 X

1. 01615 24 =−− xx { }4;4− { }2;16 − { }2;2;4;4 −−

2. 089 36 =+− xx { }1 { }2;1 { }2;2;1;1 −−

3. 0910 246 =+− xxx { }0;3;3;1;1 −− { }3;1;0 { }3;3;1;1 −−

4. 0152 24 =−+ xx { }5;5;3;3 −− { }5;3 − { }3;3 −

5. x

xx −

=− 132 { }1;3 { }2;1− { }2;1

6. 5172

253

−−

++−

=xx

xx

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

23 { }5;2−

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

32

7. 120x19x34x5x6

2

2

=++−+

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧−

34;6 { }6

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −

34;6

8. 2x2x

2x2x

4x8x6

2 +−

+−+

=−+ { }3 { }2;2− { }3,0

9. 214x9x

4x2x22

2

=+−−− { }2 { } { }2;7

10. Két szám összege 15, négyzeteik összege 113. Melyik ez a két szám?

{ }8;7 { }6;9 { }4;11

11.

Egy 1625 m2 területű téglalap alakú telket 180 m hosszú kerítéssel vettek körül. Mekkorák a telek méretei?

{ }55;35 { }65;25 { }45;45

12. Derékszögű háromszög területe 480 cm2, átfogója 52 cm, mekkorák a befogói?

{ }24;10 { }48;20 { }8;30

13.

Egy osztály mozijegyei összesen 17 550 Ft-ba kerül. Két gyerek megbetegedett, így ők nem fizettek, de a többieknek még 52 Ft-ot kell fizetni. Hányan járnak az osztályba?

{ }25 { }29 { }27


Megoldás: 1. – 1, 2. – 2, 3. – 1, 4. – X, 5. – 2, 6. – 1, 7. – 2, 8. – X,

9. – 2, 10. – 1, 11. – 2, 12 .– 2, 13. –X.

matematika „a” 10. évfolyamkooperativ.hu/matematika/3_modulleírások-tanár-tanuló... ·...

Documents