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

MATEMATIKA „A” 10. évfolyam

3. modul

Algebrai azonosságok és másodfokú egyenletek

Készítette: Darabos Noémi Ágnes

MATEMATIKA „A” • 10. ÉVFOLYAM • 3. modul: ALGEBRAI AZONOSSÁGOK ÉS MÁSODFOKÚ EGYENLETEK TANÁRI ÚTMUTATÓ 2

A modul célja Különböző típusú másodfokú egyenletek megoldása. Gyakorlati, mindennapi életbeli problémák megoldása

egyenletekkel. Időkeret 10 óra Ajánlott korosztály 10. osztály Modulkapcsolódási pontok Tágabb környezetben:

Fizika, Kémia Valóságos problémák matematikai megoldása. Szűkebb környezetben: Függvények. Egyenletek grafikus megoldása. Paraméteres egyenletek. (emelt szint) Viète – formulák. (emelt szint) Ajánlott megelőző tevékenységek: Nevezetes azonosságok ismerete, teljes négyzetté kiegészítés. Elsőfokú, egyismeretlenes egyenlet megoldása. Négyzetgyök fogalma, azonosságai. Ajánlott követő tevékenységek: Másodfokúra visszavezethető problémák. Négyzetgyökös egyenletek. Másodfokú függvények jellemzése.


A képességfejlesztés fókuszai

Számolás, számlálás, számítás: Alapműveletek biztonságos elvégezése (zsebszámológéppel is). Becslés, mérés, valószínűségi szemlélet: Szöveges feladatok megoldása előtt a várható eredmények becslése és a kapott eredmény visszakonvertálása az eredeti szövegbe. Szöveges feladatok, metakogníció: Hétköznapi szöveg „lefordítása” a matematika nyelvére. Rendszerezés, kombinatív gondolkodás: A szükséges adatok kikeresése, a fölösleges adatok mellőzése, a lényegkiemelő képesség 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)

Ajánlás

A modul sok feladatot tartalmaz, ez lehetőséget biztosít arra, hogy heti 3 óránál nagyobb óraszámban történő tanításkor is lehessen használni.

Javasoljuk a mintapéldák feldolgozását is. Vagy otthoni munkaként, például a következő órán lehet belőle felelni a táblánál, vagy az órán, de

akkor a gyerekek előtt legyen zárva a könyv, ilyenkor a hallott szövegből a lényeg kiemelését, szövegértést lehet gyakorolni. A modulban

található feladatok segítséget nyújtanak a differenciálásra. A jelölt feladatok a felzárkóztatásra, hiányosságok pótlására; a jelölt feladatok

a tananyag biztos elsajátítására, begyakorlására, míg a feladatok inkább a versenyre való felkészítésre, tehetséggondozásra szolgálnak, emelt

szintű érettségre készülőknek ajánlott.

Az órán sokszor érdemes csoportokban dolgozni. A csoportok kialakításakor a négyfős csoportot ajánljuk. Ennek szervezése lehet haladási

tempó szerint vegyes (heterogén csoportok), vagy azonos szinten lévő (homogén csoportok), vagy véletlenszerű.

A tananyagba beépített játékok az óra hangulatának javítása és az érdeklődés fenntartása mellett az anyag begyakorlását szolgálják.


A frontális munkaforma jelen esetben nem a tanulók passzív magatartására építő tanári magyarázatot szolgálja, hanem az osztály összes tagjának

aktív részvételére épülő beszélgetés tanulásszervezési keretét adja meg.

Érettségi követelmények: Középszint:

Tudja alkalmazni feladatokban a következő kifejezések kifejtését, illetve szorzattá alakítását: 2)( ba + ; 2)( ba − ; 3)( ba + ; 3)( ba − ; 22 ba − ; 33 ba − . Tudjon algebrai kifejezésekkel egyszerű műveleteket végrehajtani, algebrai kifejezéseket egyszerűbb alakra hozni (összevonás, szorzás,

osztás, szorzattá alakítás kiemeléssel, nevezetes azonosságok alkalmazása). 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 feladatokat megoldani. Másodfokú egyenletrendszerek

megoldása.

Emelt szint:

Tudja alkalmazni feladatokban az n na b− , illetve az ba mm 1212 ++ + kifejezés szorzattá alakítását. Igazolja a másodfokú egyenlet megoldóképletét.

Igazolja és alkalmazza a gyökök és együtthatók közötti összefüggéseket. Értelmezési tartomány, illetve értékkészlet-vizsgálattal, valamint

szorzattá alakítással megoldható feladatok, összetett feladatok megoldása.


Tananyag beosztása: I. Algebrai azonosságok

1. Algebrai azonosságok (ismétlés)

2. Harmadfokú nevezetes azonosságok

II. Másodfokú egyenlet

3. Bevezető feladatok

4. Megoldóképlet

5. A gyöktényezős alak

6. Gyakorlás

7. Szöveges feladatok

8. Gyakorlás

9. Gyakorlás

10. Összefoglalás

Értékelés A modul végén, mellékelt záró dolgozat alapján, valamint a kisebb tanulási egységek végén szóbeli és esetleges írásbeli számonkérés.


MODULVÁZLAT

Lépések, tevékenységek

Kiemelt készségek, képességek

Eszköz/ Feladat/ Gyűjtemény

I. Algebrai azonosságok 1. Algebrai azonosságok (ismétlés)

1. Keresd a csoportod! A tanulók mindegyike kap egy kártyát, azonos csoportba kerülnek azok, akiknek a kártyáján azonos kifejezés szerepel. Ezen az órán ők dolgoznak együtt.

Rendszerezés, kombinatív gondolkodás 3.1 Kártyakészlet

2. Csoport munka A csoport mindegyik tagja más-más feladatot kap, melyet önállóan old meg. A feladatokat a tanár osztja ki a tanulók képességei szerint differenciálva. Az önálló feladat megoldás után a csoport megismerkedik minden feladattal. A feladat megoldását az ismerteti a táblánál, akinek a csoport jelét és feladatszámát kihúzza a tanár.

Rendszerezés, kombinatív gondolkodás 1., 2., és 3. feladatokból válogatva

3. Füllentős. Minden csoport megfogalmaz a témával kapcsolatban 2 igaz és 1 hamis állítást. Az egyik csoport felolvassa állításait, a többi csoport megállapodik abban, hogy melyik állítás a hamis. A csoport egyik tagja az ujjával mutatja a hamis válasz számát.

Rendszerezés, kombinatív gondolkodás

4. Házi feladat kijelölése A 1., 2. és 3. feladatokból válogatva pár feladat


2. Harmadfokú nevezetes azonosságok

1. Házi feladatok ellenőrzése 2. Harmadfokú nevezetes azonosságok.

A két azonosság megbeszélése, gyakorló feladatok megoldása. Induktív, deduktív következtetés 7. feladat

3. Memória játék A tanulókat 4 fős csoportokra bontjuk. Minden csoportnak adunk 28 darab kártyát. Lefordítják őket és kiraknak belőle egy 7x4-es téglalapot. Az első tanuló felfordít két kártyát, ha azonos kifejezések szerepelnek rajta, akkor az övé mind a két kártya, és még egyszer ő fordít, ha nem, akkor visszafordítja a kártyákat és jön a következő. Addig próbálkoznak, amíg az összes kártya el nem fogy. Az nyer, akihez a legtöbb kártya került.

Induktív, deduktív következtetés 3.2. Kártyakészlet

4. Házi feladat kijelölése 10. feladat

II. Másodfokú egyenlet 3. Bevezető feladatok

1. Házi feladatok ellenőrzése 2. Feladatküldés

A tanulókat 4 fős csoportokra bontjuk. Minden csoport összeállít három feladatot az előző óra anyagával kapcsolatban. És tovább adja egy másik csoportnak. Minden csoport közösen megoldja a kapott feladatokat, a megoldást visszaküldi a feladónak, akik kijavítják és értékelik a másik csoport munkáját.

3. Közösen megbeszéljük a hiányos másodfokú egyenletek megoldási módszereit.

Induktív, deduktív következtetés 10., 11., 12., és 13. mintapéldák

4. Az osztályt három nagy csoportra bontjuk és felosztjuk közöttük a feladatokat. Végül együtt megfejtjük a feladványt.

15. feladat

5. Házi feladat kijelölése 16. és 18. feladat


4. Megoldóképlet

1. Házi feladatok ellenőrzése 2. Bevezető feladat 3. Levezetjük a másodfokú egyenlet megoldóképletét egy konkrét

példán keresztül, illetve párhuzamosan vele általánosan is. Megbeszéljük a diszkrimináns fogalmát és azt, hogy ez hogyan befolyásolja a gyökök számát.

Induktív, deduktív következtetés

4. A tanulókat 4 csoportra bontjuk. Kiosztjuk a feladatokat, a csoportok között az első két feladatot kapja az egyik csoport a második kettőt a másik, és így tovább. Ha minden csoport elkészült a feladatával, akkor közösen megbeszéljük az egyenletek megoldását és megfejtjük a rejtvényt.

19. feladat


5. A gyöktényezős alak

1. Házi feladatok ellenőrzése 2. Gyöktényezős alak fogalmának megbeszélése konkrét példán

keresztül. Induktív, deduktív következtetés 19. mintapélda

3. Néhány gyakorló feladat megoldása, a gyöktényezős alakra. A 23., 24., 25. és 26. feladatokból válogatva

4. Tridominó játék A tanulókat 4 fős csoportokra bontjuk. Minden csoportnak adjunk 9 darab háromszög alakú kártyát. Feladatuk felfelé fordítva kirakni a tridominókat.

3.3. Kártyakészlet


5. Házi feladat kijelölése A 23., 24., 25. és 26. feladatokból válogatva pár feladat.

6. Gyakorlás

1. Házi feladatok ellenőrzése 2. Beszéljük meg közösen, mire kell nagyon figyelnünk a zárójelek

felbontásakor, majd oldjunk meg néhány gyakorló feladatot, a diákok aktív közreműködésével.

Rendszerezés, kombinatív gondolkodás 30. és 33. feladat

3. Melyik a kakukktojás? A tanulókat 4 fős csoportokra bontjuk. Minden csoportnak 20 darab kártyát adunk. Feladatuk összepárosítani az azonos kifejezéseket. Ha elkészültek a csoportok, akkor megbeszéljük, hogy mely kártyák maradtak ki, és miért.

3.4. Kártyakészlet

4. Házi feladat kijelölése 32. és 35. feladat


7. Szöveges feladatok

1. Házi feladatok ellenőrzése 2. Szakértői Mozaik

A tanulókat 4 fős csoportokra bontjuk. Minden csoportba osszunk ki A, B, C, D jelű kártyákat, differenciálva a tanulók képességei szerint. Szétválnak a csoportok az A, B, C, D jelek szerint, ők dolgoznak most együtt. Ha elkészültek a csoportok, mindenki visszamegy a saját csoportjába, és a többieknek elmondja a feladatainak a megoldását. A csoporton belül összekeverik 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.

Szöveges feladatok, metakogníció 37., 38., 39. és 40. feladat


8. Gyakorlás

1. Házi feladatok ellenőrzése 2. A tanulókat 4 fős csoportokra bontjuk. Minden csoport külön

dolgozik a feladaton. A leggyorsabban elkészülő csapat ismerteti a megoldást.




9. Gyakorlás

1. Házi feladatok ellenőrzése 2. Szakértői Mozaik

A tanulókat 4 fős csoportokra bontjuk. Minden csoportba osszunk ki A, B, C, D jelű kártyákat, differenciálva a tanulók képességei szerint. Szétválnak a csoportok az A, B, C, D jelek szerint, ők dolgoznak most együtt. Ha elkészültek a csoportok, mindenki visszamegy a saját csoportjába, és a többieknek elmondja a feladatainak a megoldását. A csoporton belül összekeverik 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.



10. Összefoglalás

1. Házi feladatok ellenőrzése 2. Legyél TE is milliomos!

Négyfős csoportokat alakítunk ki az osztályban. A csoporton belül mindenki egyedül dolgozik a feladatokon. Ha valaki elakad a megoldásban, három segítséget használhat fel: A közönség segítségét, a felezőt és a telefonos segítséget. Ha elkészültek a csoportok, megbeszéljük és kiértékeljük a megoldásokat.

Rendszerezés, kombinatív gondolkodás 3.5. Kártyakészlet

12 MATEMATIKA „A” • 10. ÉVFOLYAM TANÁRI ÚTMUTATÓ

I. Nevezetes azonosságok (Ismétlés) Módszertani megjegyzés: Keresd a csoportod!

Mindenkinek adunk egy kártyát az alábbiakból. Ez lehet véletlenszerű: például a tanulók

maguk húznak egy-egy kártyát a tanári asztalról vagy tudatos: figyelünk arra, hogy kinek

melyik kártyát adjuk. Az azonos kifejezést jelentő kártyák tulajdonosai alkotnak egy

csoportot. Ezen az órán ők dolgoznak együtt.

Ha megalakultak a csoportok, akkor írják fel az eddig tanult három nevezetes azonosságot.

3.1 kártyakészlet

( )25+x ( )( )55 ++ xx 25102 ++ xx

( )25−x ( )( )55 −− xx 25102 +− xx

( )23+x ( )( )33 ++ xx 962 ++ xx

( )( )33 +− xx 92 −x

( )( )55 −+ xx 252 −x

3. modul: ALGEBRAI AZONOSSÁGOK ÉS MÁSODFOKÚ EGYENLETEK 13

( )23−x ( )( )33 −− xx 962 +− xx

( )24−x ( )( )44 −− xx 1682 +− xx

( ) 222 2 bababa ++=+ ( ) 222 2 bababa +−=−

( )( ) 22 bababa −=−+


Mintapélda1 Bontsuk prímtényezőire a következő számokat: 3599, 8099.

Megoldás:

( )( ) 5961160160160136003599 22 ⋅=−+=−=−= .

( )( ) 891378991190190190181008099 22 ⋅⋅=⋅=−+=−=−= .

Módszertani megjegyzés:

Ha nem vesszük észre, hogy alkalmazható az ( )( )bababa −+=− 22 azonosság, akkor is

megoldható a feladat a prímtényezős felbontás segítségével, csak ez utóbbi esetben ez

hosszadalmas számolást igényel.

Mintapélda2 Egyszerűsítsük a következő törteket:

a) 22

22

11222412124

−− ; b)

20003620062 − ; c)

20011999199820007998

⋅−⋅.

Megoldás:

a) ( )( )( )( ) 42

17336136

112336112136

1122241122241212412124

11222412124

22

22

==⋅⋅

=−+−+

=−− ;

b) ( )( ) 20122000

62006620062000

3620062

=−+

=− ;

c) Vegyük észre, hogy a feladatban szereplő számok a 2000-rel szoros kapcsolatban

vannak, ezért legyen ,2000=a ekkor

( ) ( )( )( ) 2

21122

11224

20011999199820007998

−=−−

=+−−−

−=

⋅−⋅ aa

aaaaa .

Mintapélda3 Két szám szorzata 91, összege 20. Mennyi a két szám négyzetösszege?

Megoldás:

Legyen a két szám a és b, ekkor 2091 =+=⋅ baba .

Tudjuk, hogy ( ) 222 2 bababa ++=+ ebből:

( ) 218182400912202 2222 =−=⋅−=−+=+ abbaba .

Módszertani megjegyzés: Érdemes visszatérni erre a feladatra a másodfokú egyenletek

megoldása után.


Teljes négyzetté kiegészítés

Mintapélda4 Egészítsük ki teljes négyzetté a következő kifejezéseket!

a) 2082 +− xx ; b) 14122 2 ++ xx ; c) 25102 2 +− xx .

Megoldás:

a) ( ) ( ) 4420164208 222 +−=+−−=+− xxxx ;

b) ( ) ( )[ ] ( ) 432793276214122 2222 −+=+−+=++=++ xxxxxx ;

c) ( ) ( )[ ] ( ) 5,125,225,1225,65,225,125225102 2222 +−=+−−=+−=+− xxxxxx ;

vagy ( ) ( )[ ] ( ) 5,125,222525,65,22255225102 2222 +−=+−−=+−=+− xxxxxx .

Szélsőérték-feladatok Mintapélda5

Állatainak Tamás téglalap alakú területet akar elkeríteni. 200 m kerítésdrótja van, és azt

szeretné, hogy szeretett állatainak a lehető legnagyobb területet kerítse el. Mekkorának

válassza a téglalap oldalait?

Megoldás:

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

( ) ,1002002 abbaK −=⇒=+=

( ) .100100 2 aaaaabT +−=−==

Teljes négyzetté kiegészítés:

( ) ( )[ ] ( ) 2500505050502100 22222 +−−=−−−=⋅−−=+− aaaaaa .

A kifejezésnek maximuma van az 50=a helyen. (A maximum érték 2500).

Ekkor: 50100 =−= ab .

Tamás akkor keríti el a legnagyobb területet állatainak, ha mindkét oldal 50 m.

Megjegyzés:

A téglalap területe adott kerület esetén akkor a legnagyobb, ha oldalai egyenlők,

vagyis ha négyzet.


Feladatok

Módszertani megjegyzés: A tanulók 4 fős csoportokban dolgoznak tovább. Kiosztjuk a

feladatokat, differenciálva a tanulók képességei szerint (alap, közép és emelt szinten). A

csoport mindegyik tagja más-más feladatot kap. Ha készen vannak, csoporton belül

megbeszélik a feladatok megoldásait. A feladat megoldását az ismerteti a táblánál, akinek a

csoport jelét és feladatszámát kihúzza a tanár.

1. Végezd el a következő műveleteket!

a) ( )22+x ; b) ( )23−y ; c) ( )( )55 −+ zz ;

d) ( )23 ba + ; e) ( )24 cb − ; f) ( )( )acac +− 66 ;

g) ( )223 yx + ; h) ( )257 zy − ; i) ( )( )xzxz 6464 −+ ;

j) ( )2328 ba + ; k) ( )274 910 cb − ; l) ( )( )453453 5757 abcabc +− ;

m) ( )223 yx + ; n) 2

37

53

31

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ − zy ; o) ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ − −− 3535

715

715 xzxz .

Megoldás:

a) 442 ++ xx ; b) 962 +− yy ; c) 252 −z ;

d) 22 69 baba ++ ; e) 22 816 cbcb +− ; f) 2236 ac − ;

g) 22 4129 yxyx ++ ; h) 22 257049 zyzy +− ; i) 22 3616 xz − ;

j) 6324 1664 bbaa ++ ; k) 14748 81180100 ccbb +− ; l) 8106 2549 abc − ;

m) 22 2623 yxyx ++ ; n) 63714

259

52

91 zzyy +− ; o) 6

10

4915x

z − .

2. Alakítsuk szorzattá a következő kifejezéseket!

a) 25102 ++ aa ; b) 36122 +− bb ; c) 492 −c ;

d) 2441 dd +− ; e) 23612 ee ++ ; f) 244,1 f− ;

g) 22 4914 yxyx ++ ; h) 257049 2 +− yy ; i) 2121144 x− ;

j) 22 43624 baab ++ ; k) 4236 26169 bbcc +− ; l) 22 1625 ba − ;

m) 22

259

4925

76 baab ++ ; n) 428224 402516 bcdadcba −+ ; o) 16 −a ;

p) 1323 2 ++ xx ; q) 646566 9325,0 bababa +− ; r) 48 8116 bx − .


Megoldás:

a) ( )25+a ; b) ( )26−b ; c) ( )( )77 −+ cc ;

d) ( )221 d− ; e) ( )26+e ; f) ( )( )ff −+ 2,12,1 ;

g) ( )27yx + ; h) ( )257 −y ; i) ( )( )xx 11121112 −+ ;

j) ( )226 ba + ; k) ( )22313 bc − ; l) ( )( )baba 4545 −+ ;

m) 2

53

75

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ + ba ; n) ( )242 54 cdba − ; o) ( )( )11 33 −+ aa ;

p) ( )213 +x ; q) ( )23233 35,0 baba − ; r) ( )( )2424 9494 bxbx −+ .

3. Alakítsd teljes négyzetet tartalmazó kifejezéssé a következőket:

a) 862 ++ xx ; b) 582 +− xx ; c) 352 −+ xx ; d) 732 +− xx ;

e) 1582 2 +− xx ; f) 18243 2 −+ xx ; g) 1172 2 −+− xx h) 653 2 +−− xx .

Megoldás:

a) ( ) 13 2 −+x ; b) ( ) 114 2 −−x ; c) ( ) 25,95,2 2 −+x ; d) ( ) 75,45,1 2 +−x ;

e) ( ) 722 2 +−x ; f) ( ) 6643 2 −+x ; g) ( ) 875,475,12 2 −−− x ; h) 3691

653

2

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +− x .

4. Úgy vágj két részre egy 72 cm hosszú szakaszt, hogy az egyes részek, mint oldalak fölé

emelt négyzetek területének összege a lehető legkisebb legyen!

Megoldás:

Legyen a két rész a és a−72 .

( ) ( )( )[ ] ( ) .259236225921296362

2592722518414427222

2222

+−=+−−=

=+−=+−=−+

aa

aaaaaa

Ez az összeg úgy lehet a legkisebb, ha 3636727236 =−=−⇒= aa .

A négyzetek területének összege akkor a legkisebb, ha a két rész egyenlő egymással.

5. Azok közül a derékszögű háromszögek közül, amelyeknél a befogók összege 15 cm,

melyiknek az átfogója a legkisebb?

Megoldás:

Jelöljük a befogókat a-val és b-vel, az átfogót c-vel.


( ) .22530215

.1515222222 +−=−+=+=

−=⇒=+

aaaabac

abba

Teljes négyzetté alakítás: ( ) 5,1125,72225302 22 +−=+− aaa .

Minimuma van az 5,7=a helyen. (a minimum érték 112,5), így 5,75,715 =−=b .

cm61,105,1122 =⇒= cc .

Ezek közül a derékszögű háromszögek közül az egyenlőszárú átfogója a legkisebb.

6. Egy kereszteződés felé két egymásra merőleges úton egyenletes sebességgel halad két

autó. Egyszerre indultak, az egyik 60 km/h sebességgel 30 km távolságból, a másik 90

km/h sebességgel 45 km távolságból. Mennyi idő múlva lesznek egymáshoz a

legközelebb? Mekkora ekkor a távolságuk?

Megoldás:

Legyen a keresett idő t (óra). A Pitagorasz-tételt alkalmazva távolságuk négyzete:

( ) ( )2

22

2222

2111700

411170029251170011700

8100810020253600360090090456030

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +−=+−=

=+−++−=−+−

ttttt

tttttt

A függvénynek a 21

=t -nél lesz minimuma, azaz a két autós pont fél óra múlva lesz a

legközelebb egymáshoz, ekkor a távolságuk 0, azaz éppen a kereszteződében

találkoznak.

Ez egyébként a helyesen megrajzolt ábrából azonnal kiderül!

Jó példa arra, hogy előbb érdemes gondolkozni, csak utána számolni.


Módszertani megjegyzés: Amennyiben van rá idő, jöhet a Füllentős játék.

Minden csoport megfogalmaz a témával kapcsolatban 2 igaz 1 hamis állítást. Az egyik

csoport felolvassa állításait, vagy ha szükséges, felírja a táblára, a többi csoport megállapodik

abban, hogy melyik állítás a hamis. A csoport egyik tagja az ujjával mutatja a hamis válasz

számát. Közösen megbeszéljük, melyik volt tényleg a hamis állítás.

Házi feladat javaslat: Az 1., 2. és 3. feladatokból kimaradó részfeladatok.


II. Harmadfokú nevezetes azonosságok

Két szám összegének harmadik hatványa

Módszertani megjegyzés: Mindenképpen ajánlott elkészíteni, vagy a tanulókkal elkészíttetni

az alábbi, a+b oldalú, összerakható színes kockát

Elkészítendő eszköz: (a+b) oldalú színes kocka

Felhasználjuk a hatványozás azonosságait: 23 xxx ⋅= és azt ( )bax += -re alkalmazzuk.

( ) ( )( ) ( )( )3223

3222232223

33222

babbaababbaabbaababababababa

+++=

=+++++=+++=++=+

Mintapélda6

Végezzük el a következő műveletet: ( )35+x =

Megoldás:

( ) 1257515553535 2332233 +++=+++=+ xxxxxxx .

Két szám összegének a köbét kiszámíthatjuk, ha az első tag köbéhez hozzáadjuk az

első tag négyzetének és a második tag háromszorosának a szorzatát, valamint a

második tag négyzetének és az első tag háromszorosának a szorzatát, végül a

második tag köbét.


Két szám különbségének harmadik hatványa

Felhasználjuk a hatványozás azonosságait: 23 xxx ⋅= és azt ( )bax −= -re alkalmazzuk.

( ) ( )( ) ( )( )3223

3222232223

33222

babbaababbaabbaababababababa

−+−=

=−+−+−=+−−=−−=−

Két szám különbségének a köbét kiszámíthatjuk, ha az első tag köbéhez hozzáadjuk a

második tag négyzetének és az első tag háromszorosának a szorzatát, majd vonjuk ki az első

tag négyzetének és a második tag háromszorosának a szorzatát, valamint a második tag köbét.

Mintapélda7 Végezzük el a következő műveletet: ( )36−y =

Megoldás:

( ) 21610818663636 2332233 ++−=−+−=− yyyyyyy .

Mintapélda8 Számoljuk ki, a nevezetes azonosságok felhasználásával a következő hatványokat:

3322 19,21,94106,69,41 ⋅ .

Megoldás:

( ) 16811801600114024014041 2222 =++=+⋅⋅+=+= ;

( ) 476111404900117027017069 2222 =+−=+⋅⋅−=−= ;

( )( ) 9964361000061006100610094106 22 =−=−=−+=⋅ ;

( ) 9261160120080001120312032012021 32333 =+++=+⋅⋅+⋅⋅+=+= ;

( ) 6859160120080001120312032012019 32333 =−+−=−⋅⋅+⋅⋅−=−= .

( ) 222 2 bababa ++=+ .

( ) 222 2 bababa +−=− .

( )( ) 22 bababa −=−+ .

( ) 32233 33 babbaaba +++=+ .

( ) 32233 33 babbaaba −+−=− .


Mintapélda9 Két szám szorzata 56, összege 15. Mennyi a két szám köbének az összege?

Megoldás: Legyen a két szám a és b, ekkor 15,56 =+=⋅ baba .

Tudjuk, hogy ( ) ( )baabbababbaaba +++=+++=+ 333 3332233 ebből:

( ) ( ) 8552520337515563153 3333 =−=⋅⋅−=+−+=+ baabbaba .

További két nevezetes azonosság (kiegészítő anyag)

( )( ) 3332222322 bababbaabbaabababa −=−−−++=++−

( )( ) 3332222322 bababbaabbaabababa +=+−++−=+−+

Ezek az azonosságok azt is megmutatják, hogy két köbszám különbsége mindig osztható a

számok különbségével, illetve két köbszám összege a számok összegével osztható.

Mintapélda10 Alakítsuk szorzattá a következő kifejezéseket:

a) 3327 ba + ; b) 63364 zyx − .

Megoldás:

a) ( )( )2233 babababa +−+=+ azonosságot felhasználva:

( ) ( )( )223333 393327 bababababa +−+=+=+ ;

b) ( )( )2233 babababa ++−=− azonosságot felhasználva:

( ) ( ) ( )( )42222323633 4164464 zyxyzxyzxyzxzyx ++−=−=− .

))(( 2233 babababa ++−=−

))(( 2233 babababa +−+=+

33 baba −−

33 baba ++


Feladatok

Módszertani megjegyzés: A tanulók önállóan oldjanak meg néhányat az alábbi feladatok

közül.

7. Végezd el a következő műveleteket!

a) ( )31+a ; b) ( )32−b ; c) ( )33−c ; d) ( )34+d ;

e) ( )32 ba + ; f) ( )323 ba − ; g) ( )32 3−a ; h) ( )33 42 +a ;

i) 3

52

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

a ; j) ( )334 4,03 ba − ; k) 3

25

67

2⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− bc ; l) ( )34232 43 bacd + .

Megoldás:

a) 133 23 +++ aaa ; b) 8126 23 −+− bbb ;

c) 27279 23 −+− ccc ; d) 644812 23 +++ ddd ;

e) 3223 6128 babbaa +++ ; f) 3223 836549 babbaa −+− ;

g) 27279 246 −+− aaa ; h) 6496488 369 +++ aaa ;

i) 1252

754

158

23

+++aaa ; j) 9643812 064,044,18,1027 bbabaa +++ ;

k) 64521015

2167

2164972

3438 bbcbcc

++− ;

l) 1268432426496 641441089 babacdbacdcd +++ .

Módszertani megjegyzés: Memóriajáték

Minden csoportnak adunk 28 darab kártyát. Feladatuk először felfelé fordítva összepárosítani

az azonosakat. Majd összekeverik a kártyákat, mindegyiket lefordítják és kiraknak belőle egy

7x4-es téglalapot. Az első tanuló felfordít két kártyát, ha azonos kifejezések szerepelnek

rajtuk, akkor az övé mind a két kártya, és még egyszer ő fordít, ha nem, akkor visszafordítja a

kártyákat és jön a következő. Addig próbálkoznak, amíg az összes kártya el nem fogy. Az

nyer, akihez a legtöbb kártya került. Felügyeljük a játék menetét. Ez a játék azon túl, hogy

gyakoroltatja az algebrai azonosságokat, emlékezetfejlesztő gyakorlat is.

3.2 kártyakészlet


( )212 +a 144 2 ++ aa ( )23 aa − 24a

( )23+a 962 ++ aa 21⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

aa 21

22 ++

aa

( )213 −a 169 2 +− aa ( )33+a 27279 23 +++ aaa

( )232 a− 4129 2 +− aa ( )33−a 27279 23 −+− aaa

1624 ⋅ 384 4337 ⋅ 1591

( )312 +a 16128 23 +++ aaa ( )32−a 8126 23 −+− aaa

( )32+a 8126 23 +++ aaa ( )332 a− 8a36a54a27 23 +−+−


8. Mivel egyenlő két szomszédos egész szám négyzetének a különbsége?

Megoldás:

( ) ( )( ) ( ) ( ) ,112112111 22 nnnnnnnnnn ++=+=⋅+=−+++=−+ azaz a két szám

összegével egyenlő.

Másképpen: ( ) ( ) ( ) nnnnnnnn ++=+=−++=−+ 112121 2222 .

9. Alakítsuk szorzattá az 432 aaaa −−+ kifejezést!

Megoldás:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) .11

111112

233432

aaa

aaaaaaaaaaaaaa

+−=

=−+=−+=+−+=−−+

Módszertani megjegyzés: Házi feladatnak javasoljuk a 10. feladatot.

10. Hozd egyszerűbb alakra a következő kifejezéseket, a változók lehetséges értékeinél!

a) ( )ababa

bababa

3362

222

22

+−

⋅−

++ ; b) ( )xyx

yxxyx

yxyx−+

⋅−

+−2

22 2877

2 ;

c) ba

abbaba

babbaa66

2:333 22

22

3223

−++

−+++ ;

d) ( ) ( )aa

babaabba−

+−−+−2

33 3 ; e) ( ) ( )ab

ababbaa

62:

99

3

2

333

+++− ;

f) ba

abbaba

++

−−

32

33

; g) ( ) ( ) abba

baabba

ba2

: 2

44

2

33

−+−

+−+ .

Megoldás:

a) ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) abaababa

babaababa

bababa 2

36

3362 2

222

22

=+−+

−+=

+−

⋅−

++ ;

b) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )yx

yxxyxyxxyx

xyxyxx

yxyxyx

+=−−+−

=−+

⋅−

+− 47

282877

2 2

2

22

;

c) ( )( )( )

( )( )

6666

2:3332

322

22

3223

=+−

⋅−+

+=

−++

−+++

baba

bababa

baabba

bababbaa ;


d) ( ) ( ) ( )( )

( )( ) 11

11113 2

2

3

2

33

+=−

−+=

−−

=−−

=−

+−−+− aa

aaaa

aaaaaa

aababaabba ;

e) ( ) ( ) ( )( ) 23

3

2

333

486

93

62:

99 ba

ba

baabaab

ab

ababbaa

−=⋅++−

=+

++− ;

f) ( )( )( )( ) ( ) b

babab

bababa

ababab

babababa

abbaba +

=+++

=+

+−+++−

=+

+−− 2222

32

33 2 ;

g) ( ) ( )

( )( )( )( )( )

=−++

+⋅

+−+−+

=−+

−+−

+bababa

bababa

bababaabba

baabba

ba22

22

22

22

2

44

2

33

2:

ba −=

1 .

11. Hány olyan ( )yx; egész számpár van és melyek ezek, amelyekre igaz, hogy

020271296 2233 =−++−++ yxyxyx ?

Megoldás:

020279126 2323 =−+−+++ yyyxxx

020333333222323 3322333223 =−+−⋅⋅+⋅⋅−+−+⋅⋅+⋅⋅+ yyyxxx

( ) ( ) 02027382 33 =−+−+−+ yx

( ) ( ) 132 33 =−++ yx

Két egész szám köbének összege csak úgy lehet 1, ha az egyik 1 a másik pedig 0.

Vagy 03,12 =−=+ yx , azaz 31 =−= yx .

Vagy 13,02 =−=+ yx , azaz 4,2 =−= yx .

Két ilyen számpár van, a ( )3;1− és a ( )4;2− .

A Pascal-háromszög (kiegészítő anyag)

Vizsgáljuk meg általánosan kéttagú összegek nemnegatív kitevőjű hatványait. Írjuk egymás

alá az ( )ba + összeg nulladik, első, második, harmadik, negyedik és ötödik hatványát. Az

( )ba + összeg négyzetének és köbének felírását már megfogalmaztuk, a magasabb hatványok

hasonlóan képezhetőek: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )babababababa ++=+++=+ 4534 , stb.


( ) =+ 0ba 1

( ) =+ 1ba 1 +⋅ a 1 b⋅

( ) =+ 2ba 1 +⋅ 2a 2 +⋅ ab 1 2b⋅

( ) =+ 3ba 1 +⋅ 3a 3 +⋅ ba 2 3 +⋅ 2ab 1 3b⋅

( ) =+ 4ba 1 +⋅ 4a 4 +⋅ ba3 6 +⋅ 22ba 4 +⋅ 3ab 1 3b⋅

( ) =+ 5ba 1 +⋅ 5a 5 +⋅ ba 4 10 +⋅ 23ba 10 +⋅ 32ba 5 +⋅ 4ab 1 5b⋅

Pascal francia matematikus vette észre, hogy az együtthatókat egymás alá írva, olyan

háromszöget kapunk, melyben a háromszög külső szárai mentén csupa egyes áll, belül pedig

bármely szám megkapható a közvetlen felette álló két szám összegeként:

Feladatok

12. A Pascal-háromszög felhasználásával írd fel az ( )6ba + összeg alakját, és a kapott

összefüggést alkalmazd az ( )62+a esetén.

Megoldás:

( ) 65423324566 1615201561 babbabababaaba ⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=+

( ) 65423324566 21262152202152612 ⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅=+ aaaaaaa

( ) 6419224016060122 234566 +⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+=+ aaaaaaa

Pascal-háromszög

1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

1 5 10 10 5 1


13. Számítsd ki a Pascal-háromszögben az egyes sorokban lévő számok az összegét. Mit

tapasztalsz?

Megoldás:

5

4

3

1

0

2321510105121614641

2813312211

21

==+++++

==++++

==+++

==+

=

Az összeg mindig 2 hatvány.

14. Mutasd meg, hogy a következő számok összetett számok!

a) 7999; b) 27001; c) 999973; d) 1000343.

Megoldás:

Felhasználjuk, hogy 3333 , babababa ++−− .

a) 7999197999120120180007999 33 ⇒−⇒−=−= ;

b) 27001312700113013012700027001 33 ⇒+⇒+=+= ;

c) 9999739799997331003100271000000999973 33 ⇒−⇒−=−= ;

d) 100034310710003437100710034310000001000343 33 ⇒+⇒+=+= .


III. A másodfokú egyenletet bevezető feladatok

Módszertani megjegyzés: Minden csoport állítson össze három feladatot az előző óra

anyagával kapcsolatban. Például ( ) ?2 3 =+a Ezután adja tovább egy másik csoportnak.

Felügyeljük a feladat írását, hogy ne adjanak egymásnak túl nehéz feladatokat, csak

olyanokat, amiket ők is meg tudnak oldani. Megnézzük az elkészült megoldásokat, hogy van-

e benne hiba, de ne szóljunk érte rögtön, hanem figyeljük meg, hogy a javító csoport

megtalálja-e a hibát.

Minden csoport közösen megoldja a kapott feladatokat, a megoldást visszaküldi a feladónak,

akik kijavítják és értékelik a másik csoport munkáját.

Mintapélda11

Oldjuk meg az 642 =x egyenletet az egész számok halmazán!

Megoldás:

Alaphalmaz: Z

0642 =−x

Alakítsuk szorzattá a bal oldalt, felhasználva, hogy ( )( )bababa −+=− 22 :

( )( ) 088 =−+ xx

Innen két megoldás adódik: { }8;88,8 21 −=⇒−== Mxx .

Mintapélda12 Oldjuk meg az 0483 2 =+x egyenletet a racionális számok halmazán!

Megoldás:

Alaphalmaz: Q

0162 =+x

162 −=x

Az egyenletnek nincs megoldása, mert 02 ≥x . { }=M .


Mintapélda13 Oldjuk meg az ( ) 024333 2 =−+x egyenletet!

Megoldás:

Alaphalmaz: R. (Amennyiben nem teszünk megszorítást az alaphalmazra vonatko-

zóan, a megoldásokat mindig R-ben keressük.)

Próbáljuk az egyenletet az előzőhöz hasonló alakra hozni:

( ) 0813 2 =−+x .

Alakítsuk szorzattá a bal oldalt, felhasználva, hogy ( )( )bababa −+=− 22 .

Megjegyzés: A Tanulók könyvében hibás megoldás jelent meg! A jó megoldás:

( )( ) 09393 =++−+ xx .

Ebből a következő két megoldás adódik: { }6;126,12 21 −=⇒=−= Mxx .

Mintapélda14 Oldd meg a 32122 2 =− xx egyenletet!

Megoldás:

Alakítsuk teljes négyzetet tartalmazó kifejezéssé az egyenletet, ezért rendezzük át:

032122 2 =−− xx ;

( ) 01662 2 =−− xx ;

( )[ ] 016932 2 =−−−x .

Visszavezettük az egyenletet az előző típusra, innen hasonló a feladat megoldása:

( ) 0253 2 =−−x .

Alakítsuk szorzattá a bal oldalt, felhasználva, hogy ( )( )bababa −+=− 22 :

( )( ) 05353 =+−−− xx .

Ebből a következő két megoldás adódik: { }2;82,8 21 −=⇒−== Mxx .

Mindegyik megoldott egyenletnél helyettesítéssel ellenőrizhetjük, hogy jól számoltunk.

Feladatok

Módszertani megjegyzés: A mintapéldákon keresztül megbeszéljük, hogy hogyan oldunk meg

egyszerűbb másodfokú egyenleteket. Majd az osztályt három nagy csoportra bontjuk, például

padsoronként, és felosztjuk közöttük a következő feladatokat. Végül együtt megfejtjük a

rejtvényt.


15. Oldd meg az alábbi egyenleteket, majd add össze az egyenletek gyökeit. Az így kapott

összegeket párosítsd össze a táblázatbeli betűkkel! Ha a betűket egymás mellé írod a

feladatok sorrendjében, akkor kiolvashatod a megoldást.

a) 062 2 =− xx ; b) ( ) 645 2 =−x ; c) 0252 =−x ;

d) ( ) 03232 2 =−−x ; e) 1082 2 =− xx ; f) 205 2 =x ;

g) ( ) 095 2 =−−x ; h) xx 6,984,3 2 = ; i) 25,225,0 2 =x ;

j) 053 2 =+ xx ; k) 025102 =++ xx ; l) 2202,3 x= ;

m) xx 692 =+ .

M L A H I S Z G

–10 35

− 0 2,5 3 4 6 10

Megoldás:

a) 33,0 2121 =+== xxxx ; b) 103,13 2121 =+−== xxxx ;

c) 05,5 2121 =+−== xxxx ; d) 61,7 2121 =+−== xxxx ;

e) 41,5 2121 =+−== xxxx ; f) 02,2 2121 =+−== xxxx ;

g) 104,14 2121 =+−== xxxx ; h) 5,25,2,0 2121 =+== xxxx ;

i) 03,3 2121 =+−== xxxx ; j) 35

35,0 2121 −=+−== xxxx ;

k) 105 2121 −=+−== xxxx ; l) 04,0,4,0 2121 =+−== xxxx ;

m) 63 2121 =+== xxxx .

I G A Z S A G H A L M A Z

16. Oldd meg az alábbi egyenleteket!

a) 0412 2 =− xx ; b) ( ) 0493 2 =−−x ; c) 01692 =−x ;

d) 01682 =++ xx ; e) xx 442 =+ ; f) xx 265 2 = .

Megoldás:

a) 310 21 == xx ; b) 410 21 −== xx ; c) 1313 21 −== xx ;

d) 421 −== xx ; e) 221 == xx ; f) 2,50 21 == xx .


17. Hány olyan valós szám van, és melyek azok, amelyeknek a harmadát és az ötödét

összeszorozva a szám tizenötszörösét kapjuk?

Megoldás:

xxx 1553=⋅ ⇒ xx 2252 = ⇒ 225,0 21 == xx .

Két ilyen valós szám van, a 0 és a 225.

18. Két szomszédos pozitív egész számot összeszorozva, a szorzat 169-cel lesz nagyobb,

mint a kisebbik szám. Melyik ez a két szám?

Megoldás:

Legyen a két szám n és n + 1, ekkor ( ) 1691 +=+ nnn .

13,13169169 2122 −==⇒=⇒+=+ nnnnnn .

Ez utóbbi nem lehet megoldás a feltétel miatt, ezért 141,13 =+= nn .

Tehát a két szám a 13 és 14.


IV. A másodfokú egyenlet megoldóképlete

A Kr. e. 2000-ből való Mezopotámiában talált leletek azt mutatják, hogy már ismerték az első

és másodfokú egyenletek megoldását, sőt oldottak meg harmadfokú egyenletet is.

Módszertani megjegyzés: Egy általuk megoldott akkori időből származó feladat:

Két négyzet területének összege 1000. Az egyik négyzet oldala a másik oldalának

kétharmadánál tízzel kisebb. Mekkorák a négyzetek oldalai?

Jelöljük a négyzetek oldalait a-val és b-vel. Ekkor:

0810012013900099001204

1000100340

94

10001032

.1032;1000

2

22

22

22

22

=−−

=++−

=++−

=+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−==+

bbbbb

bbb

bb

baba

Célunk az ilyen típusú másodfokú egyenletek általános megoldása. Az óra végén

visszatérhetünk az egyenlet megoldására és megmutathatjuk, hogy az egyenlet pozitív

megoldása a 30, így a két négyzet oldalainak hossza 10 és 30.

Általános alakban megadott másodfokú egyenletet is át tudunk alakítani az előző módszerrel,

így megkereshetjük a megoldások általános alakját.

Induljunk ki a 015132 2 =++ xx

egyenletből.

Induljunk ki az ( )002 ≠=++ acbxax egyenletből.

Emeljünk ki 2-t:

02

152

132 2 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++ xx .

Emeljünk ki a-t: 02 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++

ac

abxa .

Alakítsuk a zárójelen belüli

kifejezést teljes négyzetté:

02

1516169

4132

2

=⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +x .

Alakítsuk a zárójelen belüli kifejezést teljes négyzetté:

042 2

22

=⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

ac

ab

abxa .


Hozzunk közös nevezőre:

016

1201694

1322

=⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ −−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +x .

Hozzunk közös nevezőre:

04

42 2

22

=⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ −−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

aacb

abxa .

Alakítsuk szorzattá a szögletes

zárójelen belüli kifejezést!

Alakítsuk szorzattá a szögletes zárójelen belüli

kifejezést!

Ha 042 <− acb , akkor nem tudjuk szorzattá alakítani,

mert az 2

2⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

abx -hez egy pozitív számot adunk

hozzá, tehát az összeg nem 0.

Ha 042 ≥− acb , akkor a 2

2

44

aacb − törtet felírjuk

négyzet alakban: 2

22

2

2

2

2

24

44

44

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

−a

acba

acba

acb .

(Precízen a 24a = a2 . Végig ezzel számolva, végül

ugyanezeket a gyököket kapnánk végeredményül.)

.0449

4132

22

=⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +x

Most már szorzattá alakíthatjuk a

szögletes zárójelen belüli kifejezést,

felhasználva az

( )( )bababa −+=− 22 nevezetes

azonosságot:

.047

413

47

4132 =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++ xx

.02

42

222

=⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

aacb

abxa

Most már szorzattá alakíthatjuk a szögletes zárójelen

belüli kifejezést, felhasználva az

( )( )bababa −+=− 22 nevezetes azonosságot:

.02

422

42

22

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −++

aacb

abx

aacb

abxa

Egy szorzat akkor és csak akkor

nulla, ha valamelyik tényezője

nulla, ezért két eset lehetséges:

047

413

=++x vagy

.047

413

=−+x

Egy szorzat akkor és csak akkor nulla, ha valamelyik

tényezője nulla. Mivel kikötöttük, hogy 0≠a , ezért

két eset lehetséges:

02

42

2

=−

++a

acba

bx vagy

02

42

2

=−

−+a

acba

bx .


Ebből:

23,5 21 −=−= xx .

Ebből

aacbbx

242

1−−−

= , a

acbbx2

42

2−+−

= .

A gyököket rövidebb alakban, összevonva szoktuk felírni:

Mintapélda15 Oldjuk meg a 02092 =++ xx másodfokú egyenletet!

Megoldás:

A megoldóképletbe az 20,9,1 === cba értékeket behelyettesítve:

{ }5;45,42

1912

20149921

2

2,1 −−=⇒−=−=⇒±−

=⋅

⋅⋅−±−= Mxxx .

Mintapélda16

Oldjuk meg a xx −=102 2 másodfokú egyenletet!

Megoldás:

Az egyenletet rendezzük úgy, hogy az egyik oldalon 0 álljon: 0102 2 =+− xx és az

ismeretlen kitevője szerint írjuk csökkenő sorrendbe a tagokat: 0102 2 =−+ xx

Az ilyen alakba írt másodfokú egyenletet 0-ra redukált rendezett polinom alaknak

nevezzük.

A megoldóképletbe az 10,1,2 −=== cba értékeket behelyettesítve:

( )⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −=⇒−==⇒

±−=

⋅−⋅⋅−±−

=25;2

25,2

491

22102411

21

2

2,1 Mxxx .

A másodfokú egyenlet megoldása szempontjából nagyon fontos a négyzetgyök alatti

acb 42 − kifejezés előjele, ezért ennek a kifejezésnek önálló nevet is adunk: a másodfokú

egyenlet diszkriminánsának nevezzük, és D-vel jelöljük. A diszkrimináns szó jelentése:

meghatározó, döntő.

Az ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) a másodfokú egyenlet megoldóképlete:

aacbbx

242

2,1−±−

=

Az ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) másodfokú egyenlet diszkriminánsa:

D = b2 – 4ac


Mintapélda17 Az egyenletek megoldása nélkül állapítsuk meg, hogy hány valós megoldása van a

következő egyenleteknek!

a) 0853 2 =+− xx ; b) 018122 2 =+− xx ; c) 01175 2 =−+ xx .

Megoldás:

a) 07183425 <−=⋅⋅−=D , az egyenletnek nincs valós gyöke.

b) 01824144 =⋅⋅−=D , az egyenletnek egy valós gyöke van.

c) ( ) 0269115449 >=−⋅⋅−=D , az egyenletnek két különböző valós gyöke van.

Mintapélda18

Az 0242 =++ xax egyenletben határozzuk meg az a együttható értékét úgy, hogy az

egyenletnek

a) ne legyen megoldása a valós számok körében;

b) egy valós gyöke legyen;

c) két különböző valós gyöke legyen!

Megoldás:

Ha 0=a , akkor az egyenlet elsőfokú: 024 =+x . Ennek egy gyöke van: 21

−=x .

Ha a ≠ 0, akkor

a) aaacbD <⇒<⋅−=−= 2081642 ;

b) aaD =⇒=⋅−= 20816 vagy 0=a ;

c) 20816 <⇒>⋅−= aaD és 0≠a .

Az ( )002 ≠=++ acbxax másodfokú egyenletnek

két különböző valós gyöke van, ha 042 >−= acbD , és ekkor

aacbbx

242

2,1−±−

= ,

két egybeeső valós gyöke van, ha 042 =−= acbD , ekkor a

bxx221 −== ,

nincs valós gyöke, ha 042 <−= acbD .


Módszertani megjegyzés: Visszautalás: A Mintapélda3 feladatát megoldhatjuk a

megoldóképlettel is:

Legyen a két szám a és 20 – a, ekkor

( ) 13,7091209120 212 ==⇒=+−⇒=− aaaaaa .

720,1320 21 =−=− aa .

A két szám 7 és a 13, négyzetösszegük: 218137 22 =+ .

Feladatok

Módszertani megjegyzés: A tanulókat 4 csoportra osztjuk. Kiosztjuk a feladatokat a csoportok

között. Az első két feladatot kapja az egyik csoport, a második kettőt a másik, és így tovább.

Ha minden csoport elkészült a feladatával, akkor közösen megbeszéljük az egyenletek

megoldását és megfejtjük a rejtvényt.

19. Oldd meg az alábbi egyenleteket, majd feladatonként a gyököket növekvő sorrendbe

írd be a lenti táblázatba! Ha növekvő sorrendbe teszed az összes gyököt, kiolvashatod a

megoldást!

a) 01072 =++ xx ; b) 02142 =−+ xx ; c) 024102 =+− xx ;

d) 07132 2 =−− xx ; e) 1572 2 =− xx ; f) xx 7203 2 −=− ;

g) 2253 xx −=− ; h) 5232 22 +−=− xxx .

G S Ü O L Á S L E T Y Á E Z N M

Megoldás:

G S Ü O L Á S L E T Y Á E Z N M

–5 –2 –7 3 4 6 21

− 7 23

− 5 – 4 35

25

− 1 34

− 2

Ü G Y E S E N S Z Á M O L T Á L !

20. Rendezd nagyság szerinti növekvő sorrendbe az egyenletek valós gyökeit!

01174 2 =−+ xx ; 062 2 =−+ xx .


Megoldás:

75,2,101174 212 −==⇒=−+ xxxx

2,5,1062 212 −==⇒=−+ xxxx

A gyökök növekvő sorrendben: 5,1,1,2,75,2 −− .

Módszertani megjegyzés: A 21. feladatot házi feladatnak javasoljuk.

21. Az egyenletek megoldása nélkül állapítsd meg, hogy hány valós megoldása van a

következő egyenleteknek!

a) xxx 5732 −=+ ; b) xxx 7365 2 −=− ; c) xxx −=−− 10252 ;

d) 048243 2 =+− xx ; e) 06115 2 =+− xx ; f) 01493 2 =++ xx ;

g) xxx 513262 2 +=+ ; h) 22 12572 xxxx −−=− ; i) 22 2973 xxx −=− .

Megoldás:

a) ( ) 09271464 >=−⋅⋅−=D egyenletnek két valós gyöke van.

b) 03614144 =⋅⋅−=D az egyenletnek egy valós gyöke van.

c) ( ) 064121416 >=−⋅⋅−=D egyenletnek két valós gyöke van.

d) 04834576 =⋅⋅−=D az egyenletnek egy valós gyöke van.

e) 01654121 >=⋅⋅−=D az egyenletnek két valós gyöke van.

f) 087143481 <−=⋅⋅−=D az egyenletnek nincs valós gyöke.

g) ( ) 05451324441 >=−⋅⋅−=D egyenletnek két valós gyöke van.

h) 01234144 =⋅⋅−=D az egyenletnek egy valós gyöke van.

i) ( ) 022175481 >=−⋅⋅−=D egyenletnek két valós gyöke van.

22. Az 0182 2 =++ bxx egyenletben, állapítsd meg a b együttható értékét úgy, hogy az

egyenletnek

a) ne legyen megoldása a valós számok körében;

b) egy valós gyöke legyen;

c) két különböző valós gyöke legyen!

Megoldás:

a) 1201444 22 <⇒<−=−= bbacbD ;

b) 1201442 =⇒=−= bbD ;

c) 1201442 >⇒>−= bbD .


V. Gyöktényezős alak Mintapélda19

Oldjuk meg az ( )( ) 043 =−+ xx egyenletet!

Megoldás:

Ha elvégeznénk a műveleteket, akkor az 0122 =−− xx másodfokú egyenlet adódna,

amelyre alkalmazva a megoldóképletet, a két gyök: .4,3 21 =−= xx

Ez a megoldás azonban rögtön kiolvasható az eredeti egyenletből is, hiszen egy

szorzat akkor és csak akkor nulla, ha valamelyik tényezője nulla, azaz ha

303 1 −=⇒=+ xx vagy ha 404 2 =⇒=− xx . Az ilyen alakot az egyenlet gyöktényezős alakjának nevezzük, mert közvetlenül leolvashatóak

belőle a gyökök. Nézzük meg általánosan is:

A ( )002 ≠=++ acbxax egyenlet bal oldalát már egyszer szorzattá alakítottuk:

02

422

42

22

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −++

aacb

abx

aacb

abxa

Felhasználva az a

acbbx2

42

1−−−

= , a

acbbx2

42

2−+−

= jelöléseket, az egyenlet a

következő alakba írható: ( )( ) 021 =−− xxxxa . Ezt az egyenlet gyöktényezős alakjának

nevezzük.

Mintapélda20 Alakítsuk szorzattá a 32 2 −+ xx kifejezést!

Megoldás:

Határozzuk meg a 032 2 =−+ xx másodfokú egyenlet gyökeit: 23,1 21 −== xx .

Írjuk fel a másodfokú egyenlet gyöktényezős alakját: ( ) 02312 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +− xx .

Célszerű lehet a 2-vel való szorzást elvégezni: ( )( ) 0321 =+− xx .

Tehát: ( )( )32132 2 +−=−+ xxxx .

Az ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) másodfokú egyenlet gyöktényezős alakja:

( )( ) 021 =−− xxxxa


Mintapélda21

Írjunk fel olyan másodfokú egyenletet, melynek gyökei –2 és 34 .

Megoldás:

A gyöktényezős alakba helyettesítsük be az 34,2 21 =−= xx gyököket:

( )( ) ( ) 034221 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+=−− xxaxxxxa .

a tetszőleges nullától különböző valós szám, de célszerű úgy megválasztani, hogy a

kifejezés ne tartalmazzon törtet, például legyen 3=a .

( ) ( )( ) .08234323423 2 =−+=−+=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+ xxxxxx

Tehát például a 0823 2 =−+ xx egyenletnek a gyökei, –2 és 34 .

Mintapélda22

Egyszerűsítsük a 26673

2

2

−+−−

xxxx törtet!

Megoldás:

Alakítsuk szorzattá a tört számlálóját és nevezőjét!

A 0673 2 =−− xx egyenlet gyökei: 32,3 21 −== xx , így a számláló szorzat alakja:

( ) ( )( )2333233 +−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +− xxxx .

A 026 2 =−+ xx egyenlet gyökei: 32,

21

21 −== xx , így a nevező szorzat alakja:

( )( )231232

216 +−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ − xxxx .

Minthogy a nevező nem lehet nulla, így az értelmezési tartomány: R \⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −

32;

21 .

Visszaírva az eredeti kifejezésbe: ( )( )( )( ) 12

32312233

26673

2

2

−−

=+−+−

=−+−−

xx

xxxx

xxxx .


Mintapélda23 Az 01272 =++ xax egyenlet egyik gyöke 31 −=x . Határozzuk meg a másik gyököt és a

diszkriminánst! Írjuk fel az egyenlet gyöktényezős alakját!

Megoldás:

Mivel 31 −=x gyöke az egyenletnek, ezért igazzá teszi az egyenletet: 012219 =+−a .

Ebből 1=a , így a másodfokú egyenlet: 01272 =++ xx , ennek gyökei

4,3 21 −=−= xx , és 1=D .

Az egyenlet gyöktényezős alakja: ( )( ) 043 =++ xx .

Módszertani megjegyzés: Triminó játék

Minden csoportnak adjunk 9 darab háromszög alakú kártyát a 3.3 triminóból. Feladatuk

összepárosítani az egyenleteket és megoldásukat, kirakni a nagy háromszöget..

3.3 triminó


Feladatok

Házi feladat javaslat: A 23., 24., 25. és 26. feladatokból válogatva néhány feladat.

23. Oldd meg az egyenleteket!

a) ( )( ) 05322 =+− xx b) ( )( ) 0323 =−−− xx c) ( )( ) 08317 =−−− xx

Megoldás:

a) 35,2 21 −== xx ; b) 3,2 21 =−= xx ; c)

38,1 21 == xx .

24. Írj fel olyan másodfokú egyenletet, melynek gyökei

a) 3 és 5 b) –2 és 4 c) 1,5 és 32

− d) 2 és 3

Megoldás:

a) 01582 =+− xx ; b) 0822 =−− xx ; c) 0656 2 =−− xx ;

d) ( ) 6322 ++− xx .

25. Alakítsd szorzattá a következő polinomokat!

a) 1032 −− xx b) 32 2 −− xx c) 73215 2 −− xx d) 1092 2 −+− xx

Megoldás:

a) ( )( )25 +− xx ; b) ( )( )321 −+ xx ; c) ( )( )1573 +− xx ; d) ( )( )252 −−− xx .

26. Egyszerűsítsd a következő törteket!

a) 15632

2

2

−≠++−− x

xxxx ; – 5 b)

23

1211221112

2

2

≠+−−+ x

xxxx ; 4

c) 2232

4052

3

≠−−

− xxx

x ; 21

−

Megoldás:

a) 53

+−

xx ; b)

47

−+

xx ; c) ( )

12425 2

+++

xxx .

27. Az 0102 2 =+− bxx egyenlet egyik gyöke 51 =x . Határozd meg a másik gyököt!

Határozd meg a diszkriminánst! Írd fel az egyenlet gyöktényezős alakját!


Megoldás:

Mivel 51 =x gyöke az egyenletnek, ezért kielégíti az egyenletet: 0105252 =+⋅−⋅ b .

Ebből 12=b , így a másodfokú egyenlet: 010122 2 =+− xx , ennek gyökei

5,1 21 == xx .

A diszkrimináns: 64=D .

Az egyenlet gyöktényezős alakja: ( )( ) 0512 =−− xx .


VI. Gyakorlás Mintapélda24

Oldjuk meg a ( ) ( )( ) 2245223 2 +−+=− xxx egyenletet az egész számok halmazán!

Megoldás:

Előállítjuk az egyenlet 0-ra redukált alakját, és alkalmazzuk a megoldóképletet.

Beszorzás után:

72,102972324129 21

222 ==⇒=+−⇒+−=+− xxxxxxxx .

A feladat alaphalmazába csak az 1=x tartozik.

Feladatok

28. Oldd meg a ( ) ( ) ( )133136 22 −+=−−+ xxxxx egyenletet!

Megoldás:

41,20294 21

2 −=−=⇒=++ xxxx .

A feladat alaphalmazába mindkét megoldás beletartozik.

29. Oldd meg a ( ) ( ) ( ) 11421623 222 −++−+=−−+ xxxxxxx egyenletet az egész

számok halmazán!

Megoldás:

41,20294 21

2 −=−=⇒=++ xxxx

A feladat alaphalmazába csak az 2−=x tartozik.

30. Oldd meg a ( )( ) 643 −=−+ xx egyenletet a negatív számok halmazán!

Megoldás: 2,306 21

2 −==⇒=−− xxxx


31. Oldd meg a ( )( ) 9321 2 =+−+ xxx egyenletet a pozitív számok halmazán!

Megoldás: 3,2065 21

2 ==⇒=+− xxxx .



32. Oldd meg a ( )( ) ( )( )14633725 +−=−+ xxxx egyenletet a racionális számok

halmazán!

Megoldás:

2320,00202362112635 21

222 −==⇒=+⇒−−=−− xxxxxxxx .


33. Oldd meg a ( ) 1481223 2 +=+ xx egyenletet a racionális számok halmazán!

Megoldás: 148124129 2 +=++ xxx

4,4161449 2122 −==⇒=⇒= xxxx


34. Oldd meg a ( ) ( )22 1243 −=+ xx egyenletet az egész számok halmazán!

Megoldás:

5,5301528514416249 21

222 −=−=⇒=++⇒+−=++ xxxxxxxx


35. Oldd meg a ( ) ( ) xxxx 3651237 222 ++=−− egyenletet a természetes számok

halmazán!

Megoldás: 0935433660251294249 2222 =−−⇒+++=−+− xxxxxxxx .

41,9 21 −== xx . A feladat alaphalmazába csak az 9=x tartozik.

36. Oldd meg a ( ) ( ) 192332 222 ++−=++ xxxx egyenletet a valós számok halmazán!

Megoldás: 041541941299124 2222 =−−⇒+++−=+++ xxxxxxxx .

41,4 21 −== xx . A feladat alaphalmazába mindkét megoldás beletartozik.


Módszertani megjegyzés: Melyik a kakukktojás?

Minden csoportnak 20 darab kártyát adunk. Feladatuk összepárosítani az azonos

kifejezéseket. Ha elkészültek a csoportok, akkor megbeszéljük, hogy mely kártyák maradtak

ki, és miért.

3.4 kártyakészlet

0652 =++ xx ( )( ) 032 =++ xx 3,2 21 −=−= xx ( )( )( ) 2

2

243932

xxxx

+++=

=++

0352 2 =−− xx ( )( ) 0312 =−+ xx 21,3 21 −== xx

( )( )( )( ) 24554

251243+−+=

=−−+xx

xxx

0446421 2 =++ xx ( )( ) 022221 =++ xx2122,2 21 −=−= xx

( )( )2

2

62

6445

−=

=++

x

x

038337 2 =++ xx ( )( ) 02197 =++ xx 7

19,2 21 −=−= xx ( )( )( )62

132

3

−+=

=−+

xxx

010235 2 =−+ xx ( )( ) 0525 =+− xx 52,5 21 −=−= xx

( )( ) 34

132

2

++=

=−

x

x


Szöveges feladatok Módszertani megjegyzés: Szöveges feladatok megoldásakor kiemelt fontosságú a szöveg

helyes értelmezése, a fontos adatok kiválogatása. Figyeljünk rá, hogy mindig egyértelmű

legyen, mit jelölünk ismeretlennel. A feladatok algebrai megoldása után szerepeljen szöveges

válasz, végül sose feledjük az ellenőrzésnek az a részét, amikor a kapott eredményt a feladat

szövegének is megfeleltetjük.

Mintapélda25 Egy üzleti tárgyalás résztvevői kézfogással köszöntötték egymást. Összesen 136 kézfogás

történt. Mindenki mindenkivel pontosan egyszer fogott kezet. Hányan voltak a találkozón?

Megoldás:

Jelöljük n-nel a jelenlévők számát. Mindenki n – 1 emberrel fogott kezet. Ezek száma

( )1−nn , de ekkor minden kézfogást pontosan kétszer számoltunk. Ezért

( ) 1362

1=

−nn , innen: 02722 =−− nn .

Az egyenlet gyökei: 16,17 21 −== nn .

Ez utóbbi nem megoldása a feladatnak, hiszen negatív számú résztvevő nem létezik.

A találkozón 17-en vettek részt.

Ellenőrzés: 17 ember vett részt a tárgyaláson, mindenki 16 emberrel fogott kezet. Ez

2721617 =⋅ kézfogást jelentene, de minden kézfogást kétszer számoltunk, így

összesen 136 kézfogás történt.

Mintapélda26 Két kocka egy-egy élének összege 41 cm. A felszíneik összege 2cm5118 . Mekkora a

nagyobbik kocka térfogata? (Emlékeztető: a kocka felszíne: ,6 2aA = térfogata: 3aV = )

Megoldás:

Jelöljük az egyik kocka élhosszúságát x-szel, ekkor a másik él: x−41 .

( ) 51186416 22 =+− xx

Egyszerűbb alakban:

( ) 85341 22 =+− xx

853821681 22 =++− xxx

0414412 =+− xx


Az egyenlet gyökei: 23,18 21 == xx .

A nagyobbik kocka éle 23 cm. Térfogata .cm1216723 33 ==V

Ellenőrzés: A két kocka éleinek összege: 412318 =+ cm. A kisebbik kocka felszíne:

1944186 2 =⋅ cm2, a nagyobbik kocka felszíne: 3174236 2 =⋅ cm2. A felszínek össze-

ge: 511831741944 =+ cm2.

Mintapélda27

Viktor 160 km-es autóút előtt áll. Ha szokásos tempójával vezetne, akkor lekésné a

világbajnoki döntő közvetítését. Ha 20 h

km -val gyorsabban menne, akkor 24 perccel

hamarabb érne haza, és látná a meccs kezdetét is. Mennyivel megy Viktor, ha elejétől nézni

tudja a döntőt?

Megoldás:

Viktor eredeti sebességét jelöljük v-vel.

Mivel tvtvs ⋅=⇒⋅= 160 .

A 24 perc az 0,4 óra ezért a második esetben ( )( )4,020160 −+= tv .

Az első egyenletből t

v 160= ezt behelyettesítve a másodikba:

( ) 6,1,20648204,020160160 212 −==⇒=−−⇒−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ += ttttt

t. Ez utóbbi

nem lehet megoldás. Ezért .80,2 == vt

Viktor, hogy lássa a meccset, átlagosan 100 h

km -val megy.

Ellenőrzés: Viktor szokásos tempójával ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

hkm80 , 2 óra alatt teszi meg az utat, ha

100 h

km sebességgel megy, akkor ugyanezt az utat 1,6 óra, azaz 1 óra és 36 perc alatt

teszi meg, így 24 perccel hamarabb ér haza: látja a meccs kezdetét.

Feladatok

Módszertani megjegyzés: Minden csoportba osszunk ki A, B, C, D jelű kártyákat,

differenciálva 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 csoporton belül

összekeverik 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.

Az A jelűek feladata:

37. Egy négyzet egyik oldalát 2 cm-rel megnöveljük, a másik oldalát ugyanennyivel

csökkentjük. Az így kapott téglalap területe 45 cm2. Mekkora volt a négyzet oldala?

Megoldás: Jelöljük x-szel a négyzet oldalát, ekkor a téglalap oldalai: 2,2 −+ xx .

A téglalap területe: ( )( ) 7494522 2,12 ±=⇒=⇒=−+ xxxx .

A negatív gyöknek itt nincs értelme, a négyzet oldala 7 cm.

Ellenőrzés: A téglalap oldalai 9 és 5 cm, így területe 45 cm2.

A B jelűek feladata:

38. Egy derékszögű háromszögben az átfogó 2 cm-rel hosszabb az egyik befogónál.

Kerülete 40 cm. Mekkorák az oldalai?

Megoldás: babbacbaK 238402 −=⇒=+++=++= .

( ) ( ) 0360392238 2222222 =+−⇒+=+−⇒=+ bbbbbcba

24,15 21 == bb

Ezért a háromszög oldalai: 172,15,8238 111 =+===−= bcbba .

Az 102382 −=−= ba nem háromszög.

Ellenőrzés: 4017158 =++=K és 17 cm-es átfogó valóban 2 cm-rel hosszabb a 15

cm-es befogónál.

A C jelűek feladata:

39. Egy kétjegyű szám számjegyeinek összege 9. Ha felcseréljük a számjegyeket, és az így

kapott számot az eredetivel megszorozzuk, akkor 1944-et kapunk eredményül. Melyik ez

a kétjegyű szám?

Megoldás: Az egyik számjegy x, a másik x−9 .

A kétjegyű szám: xx −+ 910 , a fordított szám: ( ) xx +⋅− 109 .

( )( ) 7,2014924101 212 ==⇒=+−⇒=−+ xxxxxx .


Ebből: 29,79 21 =−=− xx .

A keresett kétjegyű szám 72 vagy a 27.

Ellenőrzés: 19442772,927 =⋅=+

A D jelűek feladata:

40. Egy bajnokságon összesen 612 pontot osztottak ki a résztvevő csapatok között.

A győzelemért 2 pontot, a döntetlenért 1 pontot, a vereségért 0 pontot adtak a szervezők.

Hányan vettek részt a bajnokságon, ha mindenki mindenkivel kétszer játszott?

Megoldás: Minden mérkőzésen 2 pontot osztottak ki, ezért 306 meccs volt. n résztvevő esetén:

( ).17,18

3061

21 −===−

nnnn

Összesen 18 csapat vett részt a bajnokságon.

Módszertani megjegyzés: A 41. feladatot házi feladatnak javasoljuk. 41. Egy n-oldalú sokszögnek háromszor annyi átlója van, mint oldala. Hány oldalú a

sokszög?

Megoldás:

Adhatunk a feladathoz egy kis segítséget: n oldalú sokszög átlóinak a száma: ( )2

3−nn .

Ezt felhasználva, az egyenlet: ( ) nnn 32

3=

− .

Gyakori hiba, hogy az egyenlet másik oldalát szorozzák meg hárommal. Ilyenkor

felírhatjuk a következő egyenlőtlenséget: ( ) nnn>

−2

3 . Innen talán jobban látszik,

hogy akkor kapunk egyenlőséget, ha a kisebb számot szorozzuk 3-mal.

0;909 212 ==⇒=− nnnn , ez utóbbi nem lehet megoldás.

42. Zoli születésnapjára egy 1500 darabos puzzle-t kap ajándékba. Először szétválogatja a

széleket, és azokat rakja ki, majd megszámolja, hogy ez összesen 166 darabból áll,

beleszámítva a négy sarkot is. Hány sorból és hány oszlopból áll Zoli puzzle-ja?

Megoldás: Legyenek a puzzle oszlopai és sorai a és b.

1500=ab

( ) abbaba −=⇒=+⇒=+=+ 858517041662


( ) 25,601500850150085 212 ==⇒+−=⇒=− aaaaaa

A puzzle sorainak, illetve oszlopainak a száma 25, illetve 60.

43. Két egymás után következő pozitív páratlan szám szorzata 6083. Melyik ez a két

szám?

Megoldás: Jelöljük a kisebbik páratlan számot x-szel, ekkor a másik 2+x .

( ) 79,7706083268032 212 −===−+⇒=+ xxxxxx

Mivel pozitív számokról van szó a két páratlan szám a 77 és a 79.

44. Egy téglalap egyik oldala 23 cm-rel hosszabb a másiknál. Átlója 37 cm. Mekkora a

területe?

Megoldás: Legyen a téglalap egyik oldala a, ekkor a másik 23+a .

( ) 0420233723 2222 =−+⇒=++ aaaa

35,12 21 −== aa ez utóbbi nem lehet megoldás.

42035231 ==+ Ta

A téglalap oldalai 12 és 35 cm, területe 420 cm2.

45. Egy szám és egy másik háromszorosának összege 16. Négyzeteik különbsége 40.

Melyik ez a két szám?

Megoldás:

( )7,1139

027124031640

316163

2121

22222

=−=⇒===+−⇒=−−⇒=−

−=⇒=+

xxyyyyyyyx

yxyx

A két szám a 7 és a 3.

46. Egy medence 20 méterrel hosszabb, mint amilyen széles. A mélysége 2,5 m.

Mekkorák a méretei, ha 3750 m3 vízre van szükség a feltöltéséhez? Mennyi pénzbe kerül

a medence egyszeri feltöltése, ha 1 m3 víz ára 131,6 Ft?

Megoldás: Legyen a medence egyik oldala x.

( ) 50,30015002037505,220 212 −==⇒=−+⇒=⋅+⋅= xxxxxxV

A medence oldalai 30 és 50 m hosszúak. A feltöltés ára: 493 500 Ft.


Módszertani megjegyzés: Házi feladatnak a 47. feladatot javasoljuk.

47. Egy téglalap kerülete 60 dm, területe 2dm221 . Mekkorák az oldalai?

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

Ekkor ( ) ababTbababaK =⇒=−=⇒+=⇒+= 221,30302 .

( ) 17,1302213030221 212 ==⇒=+−⇒−= bbbbbb .

A téglalap oldalai 13 és 17 dm hosszúak.

48. Milyen alapú számrendszerben írhatjuk a 258-at 516-nak?

Megoldás: Legyen a a számrendszer alapszáma.

2,7,702525516258 212210 −==⇒=−+⇒⋅+⋅+⋅= aaaaaaa

7-es alapú számrendszerben az 516, a 10-es alapú számrendszerben 258.

Módszertani megjegyzés: Minden csoportba osszunk ki A, B, C, D jelű kártyákat,

differenciálva 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 csoporton belül

összekeverik 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.

Az A jelűek feladata:

49. Karácsonykor az osztály tagjai úgy döntenek, hogy mindenki megajándékoz mindenkit

egy jelképes ajándékkal. Hányan járnak az osztályba, ha összesen 756 kis ajándék került

átadásra?

Megoldás: Jelöljük az osztálylétszámot x-szel.

( ) 27,2807567561 212 −==⇒=−−⇒=− xxxxxx .

Az osztálylétszám 28.


A B jelűek feladata:

50. Attila nőnapra egy csokor virággal lepi meg kedvesét. Egy szál rózsa 185 Ft-tal többe

kerül, mint ahányat vásárolt. A díszítés 300 Ft volt. A csokor ára 3300 Ft. Hány szál

rózsából áll a meglepetés csokor?

Megoldás: Jelöljük a rózsák számát x-szel: ( ) 3300300185 =++xx .

200,1503000185 212 −==⇒=−+ xxxx .

15 szál rózsából áll a nőnapi csokor.

Az C jelűek feladata:

51. Három egymást követő természetes szám négyzetének összege 1730. Melyek ezek a

számok?

Megoldás: Jelöljük a középső számot x-szel: ( ) ( ) 173011 222 =+++− xxx .

17301212 222 =+++++− xxxxx , ahonnan 17283 2 =x , és 5762 =x .

x természetes szám, ezért 24=x .

A három egymást követő szám 23, 24, 25.

Az D jelűek feladata:

52. Gerti nagymamájának a 70. születésnapjára egy 9x13-as családi fotót ajándékoz.

Kartonpapírból saját kezűleg készít hozzá keretet, melyet rajzaival díszít. A keret területe

48 cm2. Mekkorák a keret külső méretei?

Megoldás: A fénykép területe: 117139 =⋅=T cm2. A keret területe: 48 cm2. Összesen: 165 cm2.

Jelöljük x-szel a keret szélességét.

( )( ) 12,104844416521329 212 −==⇒=−+⇒=++ xxxxxx .

A keret külső méretei: 11 és 15 cm.

Módszertani megjegyzés: Az 53. feladat házi feladatnak javasolt.

53. Ha Dávid egységnyi élű kis kockáiból a lehető legnagyobb kockát rakja össze, akkor

100 kis kocka kimarad, ha eggyel több kis kockát akar rakni minden él mentén, akkor

117 kis kocka hiányzik. Hány kis kockája van Dávidnak?


Megoldás: Jelöljük n-nel annak a kockának az élhosszát, amit először rakott ki Dávid.

( )

9,8216330

1171331001171100

21

2

233

33

−==−+=

−+++=+

−+=+

nnnn

nnnnnn

A kiskockák száma: .61210083 =+

54. Ádámnak 100 darabos CD gyűjteménye van. A CD-k p %-a külföldi, a hazai CD-k

p %-a könnyűzene. Mindössze egy klasszikus zenei CD-je van, magyar művészek

előadásában.

Megoldás:

pp=⋅

100100 darab külföldi CD–je van. A hazai CD–k száma: p−100 .

Ahazai könnyűzenei CD–k száma: ( )100

100 pp ⋅− .

( ) 110,90990020001001100

100 212 ==⇒+−=⇒=+⋅−+ ppppppp .

90 db külföldi CD–je van és 10 hazai, ebből 9 könnyűzenei.

55. Egy 14 cm oldalhosszúságú négyzetet 4 részre vágunk két, egymást a négyzet

középpontjában merőlegesen metsző egyenes mentén.

Az így kapott darabokat össze lehet rakni úgy,

hogy egy nagyobb négyzet alakuljon ki,

közepén egy kis négyzet alakú lyukkal.

Számítsd ki a nagy négyzet oldalának pontos

hosszát, ha belső kis négyzet területének 50-

szerese a nagy négyzet területe. Készítsd el ezt

a kivágást papírból!

Megoldás:

1961422det === aT iere

2bTkis =

222 196 bbaTnagy +=+=

4196491965050 2222 =⇒=⇒+=⇒= bbbbTT nagykis .


2b = (csak pozitív gyök jöhet számításba).

252102004196 222 =⇒=⇒==+=+= yccbaTnagy .

Pitagorasz-tétel:

( ) ( )2

222

222

1002525

zz

zyy

=

=+

=+

Pitagorasz-tétel:

( )

04814010028196

14

2

22

222

=−−

=−+−+

=−+

xxxxx

zxx

8,6 21 == xx .

Így könnyen elkészíthető a kivágás.


Összefoglalás

Módszertani megjegyzés: Legyél te is milliomos játék

A játék menete: négy fős csoportokat alakítunk ki az osztályban. A csoporton belül mindenki

egyedül dolgozik a feladatokon. Ha valaki elakad a megoldásban, a következő segítséget

használhatja fel:

1. Közönség segítsége: A csoport tagjai, együtt megoldják a kérdéses feladatot.

2. Felező: A tanár a rossz válaszok közül elvesz kettőt.

3. Telefonos segítség: A tanár útmutatást ad a feladat megoldásában.

Ha elkészültek a csoportok, megoldásaikat átadják egy másik csapatnak, akik ellenőrzik, hogy

hány helyes válasz született. A legjobbak az óra végén díjazhatók. Például, minden jól

megoldott feladat 1 pont, ha nem használják fel a közönség segítséget plusz 1 pont, a felezőt

plusz 2 pont, a telefonos segítséget plusz 3 pont.

3.4 kártyakészlet

Legyél TE is milliomos!

1. Az 33 ba + kifejezés felírható ilyen alakban is:

A) ( )( )22 bababa ++− ; B) ( )( )22 bababa +−+ ; C) ( )( )22 baba ++ ; D) ( )3ba + .

2. Az ( )3ba − kifejezés felírható ilyen alakban is:

A) 3223 33 babbaa −+− ; B) 3223 33 babbaa −−− ; C) 33 3 baba +− ; D) 33 ba − .

3. Az ( )002 ≠=++ acbxax másodfokú egyenlet diszkriminánsa:

A) acb 42 − ; B) a

acbb2

42 −±− ; C) acb 42 −± ; D) acb 42 − .

4. A 05x7x6 2 =−+ másodfokú egyenlet megoldáshalmaza:

A) ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧−

35;

21 ; B)

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −

310;1 ; C)

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −

35;

21 ; D)

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧−

310;1 .


5. Az egyenlet megoldása nélkül állapítsd meg, hogy hány megoldása van a 08123 2 =+− xx

egyenletnek.

A) 0; B) 1; C) 2; D) 3.

6. A 1252 2 +−− xx kifejezés szorzat alakban:

A) ( )( )423 +− xx ; B) ( )( )432 −− xx ; C) ( )( )432 +−− xx ; D) ( )( )423 −− xx .

7. A –3 és 25 gyökei a következő egyenletnek:

A) 0152 2 =−+ xx ; B) 0152 2 =−− xx ; C) 03024 2 =++ xx ; D) 05,72

2 =++xx .

8. Mennyivel egyenlő az 22 1

xx + kifejezés értéke, ha 111

=+x

x ?

A) 117; B) 119; C) 121; D) 123.

9. A 31,7

72033592

2

2

≠−≠−+−+ xxxx

xx tört egyszerűsítve:

A)23

− ; B) 1352

−−

xx ; C)

1352

++

xx ; D)

1352

−+

xx .

10. Egy másodfokú egyenlet egyik gyöke 5-tel nagyobb, mint a másik. Szorzatuk –6-szorosa

a kisebbik gyöknek. Ez az egyenlet:

A) 066172 =−+ xx ; B) 066172 =+− xx ;

C) 066172 =++ xx ; D) 066172 =−− xx .

11. A 021321 2 =+− xx egyenlet valós gyökei reciprokának összege:

A) 6,5; B) 2113 ; C) 0,5; D)

211 .

12. Ha a 02422 2 =−− xx egyenlet gyökei 21 , xx akkor ( )21213 xxxx + értéke:

A) – 36; B) 36; C) 18; D) – 18.

Megoldás: 1. B) 2. A) 3. D) 4. C)

5. C) 6. A) 7. A) 8. B)

9. B) 10. C) 11. A) 12. A)


Paraméteres egyenletek (kiegészítő anyag)

Célszerű általános megoldási módszert keresni, ha sok egyenlet csak a benne szereplő

adatokat tekintve különböző, tehát formailag azonos. Célunk olyan képleteket készíteni,

amelyekbe behelyettesítve az adatokat, meg lehet határozni bizonyos ismeretleneket. Ilyen

képleteket ismerhetünk más tudományokból, például a fizikából vagy a kémiából.

Mintapélda28 Határozzuk meg a p valós paraméter értékét úgy, hogy a

( ) ( ) 02714 22 =−++−++ ppxpxp egyenletnek a ( )3− gyöke legyen.

Megoldás:

Mivel a ( )3− gyöke az egyenletnek, ezért kielégíti a másodfokú egyenletet:

( )( ) ( )( ) 0273134 22 =−++−−+−+ pppp ,

02733369 2 =−+++−+ pppp ,

A műveleteket elvégezve: 01272 =++ pp ,

Ennek gyökei: 4,3 21 −=−= pp ,

Két valós paraméter tesz eleget a feladatnak: 4,3 21 −=−= pp . Az ezekkel felírható

egyenletek: 02142 =−− xx , 0155 =−− x .

Ellenőrzéssel meggyőződhetünk, hogy valóban mindkettőnek gyöke a ( )3− .

Mintapélda29 Határozzuk meg p valós paraméter értékét úgy, hogy a 01432 =++− ppxx paraméteres

egyenletnek két különböző valós gyöke legyen!

Megoldás:

Két különböző valós gyöke van az egyenletnek, ha a diszkrimináns pozitív: 0D > .

( ) 041691449 22 >−−=+−= ppppD ,

92,204169 21

2 −==⇒=−− pppp ,

Az egyenletnek akkor létezik két különböző valós gyöke, ha pvagyp <−< 292 .


Mintapélda30 Oldjuk meg a 012243 22 =+−+− pxpxxx paraméteres egyenletet!

Megoldás:

Rendezzük az egyenletet x együtthatói szerint:

( ) ( ) 014223 2 =++−+ xpxp .

Az egyenlet elsőfokú, ha a főegyüttható 0, azaz 23023 −=⇒=+ pp .

Ekkor az egyenlet: 1014232 =⇒=+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅− xx .

Az egyenlet másodfokú, ha 023 ≠+ p , azaz ha 23

−≠p .

Az egyenletnek akkor van valós gyöke, ha a diszkrimináns nem negatív, azaz ha

0≥D .

( ) ( ) ( )2222 2248481216164123442 +=++=−−++=⋅+⋅−+= ppppppppD .

A diszkrimináns egy kifejezés négyzete, ezért biztosan nemnegatív.

( )( ) 23

1246

2242232

2242 2

2,1 ++±+

=+

+±+=

++±+

=p

ppp

ppp

ppx .

Az abszolútérték-jel elhagyható az előtte álló ± előjel miatt.

231,

2332

21 +=

++

=p

xppx .

Tehát, ha 123

=⇒−= xp , ha 23

1,2332

23

21 +=

++

=⇒−≠p

xppxp .

Feladatok

56. Oldd meg a 22 3532 pnn =−+ egyenletet, ha n pozitív egész, p pozitív prím! Mennyi

az pn ⋅ szorzat maximuma?

Megoldás:

Alakítsuk szorzattá az egyenlet bal oldalát: ( )( )7253532 2 −+=−+ nnnn .

( )( ) 2725 pnn =−+

Mivel p prím, csak a következő esetek lehetségesek:

n + 5 = 1 és 2n – 7 = p2 ellentmondás.


123,41725 2 =⇒==⇒=−=+ nppnnéspn .

204171217,12725 =⋅=⇒==⇒=−=+ nppnpnéspn .

Az np szorzat maximuma 204.

57. A p valós paraméter mely értékeire lesz az 0542 =−+ xx és 0322 =+−− pxxpx

egyenleteknek közös gyöke?

Megoldás:

Az első egyenlet gyökei: 5,1 21 −== xx .

Ha a közös gyök az 11 =x , akkor ez kielégíti a második egyenletet is:

3,00303111 21222 ==⇒=+−⇒=+−⋅− pppppp .

Ha a közös gyök az 52 −=x , akkor ez kielégíti a második egyenletet is:

( ) ( ) ( ) ⇒=++⇒=+−−−⋅−− 0303503555 222 pppp nincs megoldás.

A két egyenletnek akkor van közös gyöke, ha 01 =p vagy 32 =p .

58. Határozd meg a p valós paraméter értékét úgy, hogy a ( ) 0812482 =++++ pxppx

egyenletnek

a) két különböző valós gyöke legyen,

b) egy valós gyöke legyen!

Megoldás:

a) Két különböző valós megoldása van az egyenletnek, ha az valóban másodfokú, azaz

a főegyüttható nem 0, valamint a diszkrimináns pozitív: 00 >≠ Désp .

( ) ( ) =−−++=+⋅⋅−+= pppppppD 3248166464812448 222

( ) 10116163216 22 −≠⇒>+=++= pppp

Tehát az egyenletnek akkor van két valós gyöke, ha 10 −≠≠ pésp .

b) Az egyenletnek egy valós gyöke van, ha elsőfokú, azaz ha a főegyüttható 0, vagy ha

az egyenlet másodfokú és a diszkrimináns 0.

Ha 20840 −=⇒=+⇒= xxp .

Ha ( ) 204410116 22 −=⇒=−−−⇒−=⇒=+= xxxppD .


Gyökök és együtthatók közti összefüggések (kiegészítő anyag)

Vizsgáljuk meg a másodfokú egyenlet gyökeit!

Ha a másodfokú egyenletnek léteznek valós megoldásai, akkor ezeket a következő alakba

írhatjuk:

aacbbx

242

1−+−

= és a

acbbx2

42

2−−−

= .

A két gyök összegére és szorzatára a következő összefüggések adódnak:

ab

ab

aacbb

aacbbxx −=

−=

−−−+

−+−=+

22

24

24 22

21 ,

( ) ( )ac

aac

aacbb

aacbb

aacbbxx ==

−−−=

−−−⋅

−+−=⋅ 22

2222

21 44

44

24

24 .

François Viète (1540–1603) francia matematikus. Foglalkozását tekintve jogász volt. Az egyenletmegoldás általános módszereit kereste. Ezért a Dipohantosz által megkezdett úton az algebrai jelölésrendszert fejlesztette tovább. Igyekezett szimbólumokkal dolgozni, az együtt- hatók helyett is betűket használt. Ezek segítségével formulát tudott felírnia másodfokú egyenletek megoldására. A harmadfokú egyenletek megoldásával is foglalkozott. Igen jelentős eredménye a végtelen sorozatok felfedezése. Egy ilyen sorozat segítségével határozata meg a π értékét 10 tizedes pontosságig. A másodfokú egyenletek gyökeinek és együtthatóinak kapcsolatát megadó képletek, a Viète-formulák is őrzik a nevét. (Az össze- függések általános formában azonban nem tőle származnak, ezeket először a szintén francia Girard publikálta 1629-ben.)

A Viète-formulák:

acxx

abxx

=⋅

−=+

21

21


Mintapélda31 Az egyenlet megoldása nélkül határozd meg a 021102 =++ xx egyenlet gyökeinek az

összegét és szorzatát!

Megoldás:

A Viète-formulákat felhasználva:

21121

101

10

21

21

===⋅

−=−=−=+

acxx

abxx

Az egyenlet gyökeinek az összege –10, szorzata 21.

A másodfokú egyenlet gyökeinek előjelét meg lehet határozni a Viète-formulák segítségével.

Mintapélda32 Milyen valós számot írhatunk a c paraméter helyére ahhoz, hogy a 0153 2 =+− cxx

másodfokú egyenletnek két különböző pozitív gyöke legyen?

Megoldás:

Két különböző valós gyöke van az egyenletnek, ha 0>D .

( ) cccD >⇒>−=⋅⋅−−= 75,180122253415 2 .

00321 >⇒>==⋅ cc

acxx .

05315

21 >=−

−=−=+abxx mindig teljesül.

Az egyenletnek akkor lesz mindkét gyöke pozitív, ha .75,180 << c

• Ha 021 <=⋅acxx , akkor a két gyök különböző előjelű.

• Ha 021 >=⋅acxx , akkor a két gyök azonos előjelű.

• Ha 021 >−=+abxx , akkor mindkét gyök pozitív

• Ha 021 <−=+abxx , akkor mindkét gyök negatív.


A Viète-formulák segítségével könnyen meghatározható a másodfokú egyenlet

gyökeinek négyzetösszege:

( ) 2

2

2

22

212

212

22

12222

aacb

ac

ab

ac

abxxxxxx −

=−=−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=−+=+ ;

a gyökök köbeinek az összege:

( ) ( ) ( )

3

3

23

3

3

21213

212

2122

13

213

23

1

33

3333

ababc

abc

ab

ab

ac

abxxxxxxxxxxxxxx

−=+−=

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=+−+=−−+=+

a gyökök reciprokainak az összege:

cb

acab

xxxx

xx−=

−=

+=+

21

21

21

11 ,

az 1

2

2

1

xx

xx+ összeg:

acacb

ac

aacb

xxxx

xx

xx 2

222

2

21

22

21

1

2

2

1 −=

−

=+

=+ .

Összefoglalva:

Mintapélda33 Határozd meg a 0352 2 =++ xx egyenlet gyökeinek a négyzetösszegét!

Megoldás:

Felhasználva az előbbi összefüggéseket:

413

232252

2

2

2

22

22

1 =⋅⋅−

=−

=+a

acbxx .

A gyökök négyzetösszege: .4

13

2

22

22

12

aacbxx −

=+ 3

23

23

13

ababcxx −

=+

cb

xx−=+

21

11 ac

acbxx

xx 22

1

2

2

1 −=+


Feladatok

59. A p valós paraméter milyen értékeinél lesz az ( ) 0432 =+++ xpx másodfokú

egyenletnek két különböző pozitív gyöke?

Megoldás:

Két különböző gyököt akkor kapunk, ha a diszkrimináns pozitív:

( ) ( ) 016341434 222 >−+=⋅⋅−+=−= ppacbD .

( ) 163 2 >+p esetén 43vagy43 −<+>+ pp .

Ez két esetben teljesül, ha 7vagy1 −<> phap .

Két pozitív gyököt akkor kapunk, ha 021 >+ xx és 021 >⋅ xx , azaz alkalmazva a

Viète-formulákat:

031

321 >−−=

+−=−=+ pp

abxx , azaz 3−<p .

0414

21 >===⋅acxx ez mindig teljesül.

A feltételeket összegezve a feladat megoldása: 7−<p .

60. Milyen valós p paraméter esetén lesz a 052 2 =−+ pxx másodfokú egyenlet valós

gyökeinek négyzetösszege 25,25?

Megoldás:

Az egyenletnek akkor lesz valós megoldása, ha diszkriminánsa nem negatív:

( ) 0405244 222 ≥+=−⋅⋅−=−= ppacbD , azaz 402 −≥p , ami mindig teljesül.

Felhasználva a Viète-formulákat a gyökök négyzetösszege:

( ) 25,254

202

5222 2

2

2

2

22

22

1 =+

=−⋅⋅−

=−

=+pp

aacbxx

981

101202

2

=

=

=+

ppp

Ebből két megoldás adódik: .99 21 −== pp

61. Milyen valós p paraméter esetén lesz az 0752 =++ pxx másodfokú egyenlet valós

gyökeinek négyzetösszege 139?


Megoldás:

Az egyenletnek akkor lesz valós megoldása, ha diszkriminánsa nem negatív:

030075144 222 ≥−=⋅⋅−=−= ppacbD , azaz .3002 ≥p

Ebből 32,17300 ≈≥p .

Felhasználva a Viète-formulákat a gyökök négyzetösszege:

1391501

75122 22

2

2

22

22

1 =−=⋅⋅−

=−

=+ ppa

acbxx

2892 =p

17=p

Ezt összevetve a diszkriminánsra adott feltétellel, az egyenletnek nincs a kitűzött

feladatnak megfelelő valós megoldása.

Módszertani megjegyzés: Az egyenletnek a valós számok halmazánál bővebb számkörben (a

komplex számok körében) van két gyöke, melyek négyzetösszege 139.

Az előző két feladat megoldásánál, ha a megoldását nem a diszkrimináns vizsgálattal kezdjük

(bizonyos feladatoknál ez túl nagy munka), akkor a megoldások ellenőrzésével is megkapjuk

mindig a helyes végeredményt.

62. Határozd meg a 0≠p valós paraméter értékét úgy, hogy a 0252 =+− xpx

másodfokú egyenletben a valós gyökök összege 2 legyen!

Megoldás: ppacbD ≥⇒≥−=−=825082542

8255,2

2525

21 ≤===⇒==−=+ ppa

bxx , így jó a 5,2=p megoldás.

63. Határozd meg a p valós paraméter értékét úgy, hogy a 043 2 =++ pxx másodfokú

egyenlet valós gyökeinek a szorzata 52 legyen!

Megoldás: ppacbD ≥⇒≥−=−=340121642

342,1

56

52

321 ≤==⇒=== ppacxx , így jó a 2,1=p megoldás.


Kislexikon

Algebrai azonosságok:

( ) 222 2 bababa ++=+

( ) 222 2 bababa +−=−

( )( ) 22 bababa −=−+

( ) 32233 33 babbaaba +++=+

( ) 32233 33 babbaaba −+−=−

( )( )2233 babababa ++−=−

( )( )2233 babababa +−+=+

Diszkrimináns:

Az ( )002 ≠=++ acbxax másodfokú egyenlet diszkriminánsa:

acbD 42 −= .

Gyöktényezős alak:

Az ( )002 ≠=++ acbxax egyenlet a következő alakban írható::

( )( ) 021 =−− xxxxa . Ezt az egyenlet gyöktényezős alakjának nevezzük. A másodfokú egyenlet megoldóképlete:

Az ( )002 ≠=++ acbxax egyenlet megoldóképlete:

aacbbx

242

2,1−±−

= . Pascal-háromszög:

A kéttagú kifejezések nemnegatív egész kitevőjű hatványozásakor fellépő együtthatók

háromszög alakú elrendezése. Viète-formulák:

Az ( )002 ≠=++ acbxax egyenlet gyökei és együtthatói közötti összefüggések:

abxx −=+ 21 ;

acxx =⋅ 21 .

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

Documents