8. egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek ii. · 1 8. egyenletek, egyenlőtlenségek,...
TRANSCRIPT
1
8. Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek II.
Elméleti összefoglaló
Az 02 =++ cbxax , 0≠a egyenletet másodfokú egyenletnek nevezzük.
A acbD 42 −= kifejezést az egyenlet diszkriminánsának nevezzük. � Ha 0>D , az egyenletnek két különböző gyöke van; � ha 0=D , az egyenlet két gyöke egyenlő (illetve azt is mondjuk, hogy az egyenletnek
egy gyöke van); � ha 0<D , az egyenletnek nincs valós gyöke.
Az egyenlet gyökeit megkapjuk a másodfokú egyenlet megoldóképletével:
a
acbbx
2
42
2,1
−±−=
Néha magasabb fokú egyenletet is megoldhatunk a megoldóképlettel, ha az egyenletet al-
kalmas helyettesítéssel másodfokú egyenletre vezethetjük vissza. Például az 045 24 =+− xx
egyenlet az 2xy = helyettesítés után az 0452 =+− yy másodfokú alakot ölti.
A gyökök és együtthatók közötti összefüggések:
a
cxx
a
bxx
=⋅
−=+
21
21
Másodfokú egyenlőtlenségnek nevezzük az 02 >++ cbxax (vagy 0< ) alakú egyenlőt-lenségeket. Az egyenlőtlenség megoldása azt jelenti, hogy megkeressük az ismeretlen azon értékeit, melyekre az egyenlőtlenség teljesül. A másodfokú egyenlőtlenséget algebrai úton is megoldhatjuk, ám sokszor egyszerűbb, ha az egyenlőtlenség geometriai tartalmát figyeljük:
gondoljunk az cbxaxy ++= 2 parabolára. Keressük például az 0342 <+− xx egyenlőtlen-
ség megoldását. Az 342 +−= xxy parabola felfelé nyitott, zérushelyei 3,1 21 == xx , a pa-
rabola pontjai az 31 << x intervallumban vannak az x-tengely alatt, így ez az intervallum az egyenlőtlenség megoldása.
Négyzetgyökös egyenletekről beszélünk, ha az ismeretlen négyzetgyökjel alatt szerepel. A megoldásnál arra törekszünk, hogy az egyenletből a négyzetgyökös kifejezéseket kiküszöböl-jük. Ez általában úgy történik, hogy az egyenletet egyszer vagy többször négyzetre emeljük. Figyelnünk kell a kapott gyökök ellenőrzésére, mert a négyzetre emelésnél általában hamis gyökökkel bővül a megoldáshalmaz.
Egy példa erre: az 21 =−x egyenlet gyöke 3=x ; ha négyzetre emeljük az egyenletet, a
kapott ( ) 41 2 =−x egyenlet gyökei 1,3 21 −== xx (hiszen 12 −=x -re ( ) 41 22 =−x teljesül).
Kaptunk egy hamis gyököt, 12 −=x az eredeti egyenletnek nem megoldása.
Az olyan egyenletrendszert, amelyben az ismeretlenek másodfokú kifejezései szerepelnek, és magasabb fokúak nem, másodfokú egyenletrendszernek nevezzük. Általában az egyenle-tek és az ismeretlenek száma egyenlő. Megoldásuk többnyire úgy történik, hogy az egyik egyenletből az egyik ismeretlent kifejezzük, és ezt a másik egyenletben behelyettesítjük, így csökkentjük az ismeretlenek számát.
2
Kidolgozott feladatok
1. Két egymást követő természetes szám szorzata 272. Melyek ezek a számok?
Megoldás: A keresett számok n és 1+n . Ekkor ( ) 2721 =+nn , azaz 2722 =+ nn , átrendez-
ve: 02722 =−+ nn . Ennek a másodfokú egyenletnek a megoldásai 2
1088112,1
+±−=n ,
161 =n , 172 −=n . Az 172 −=n hamis gyök, hiszen 17− nem természetes szám.
A keresett két szám: 16 és 17.
2. Egy kézilabda-bajnokság tavaszi fordulójában minden csapat pontosan egyszer játszik bárme-lyik másik csapattal. Eddig összesen 65 mérkőzést játszottak le, de még minden csapatnak hátra van két mérkőzése. Hány csapat szerepel a bajnokságon?
Megoldás: A csapatok száma k. Minden csapatnak még két mérkőzése hátra van, így 3−k mérkőzést játszottak le a csapatok.
A lejátszott mérkőzések száma: ( )
652
3=
−kk. Rendezés után: 013032 =−− kk . Az egyenlet
gyökei: 10,13 21 −== kk . Mivel csapatok számáról van szó, csak a 131 =k megoldás lehet-
séges. A bajnokság tavaszi fordulójában 13 csapat vett részt.
3. Oldja meg az ( )( )( )( ) 1204321 =++++ xxxx egyenletet a valós számok halmazán.
Megoldás: ( )( ) 4541 2 ++=++ xxxx és ( )( ) 6532 2 ++=++ xxxx . Ezeket használva az
( )( ) 1206545 22 =++++ xxxx egyenlethez jutunk. Az 452 ++= xxy helyettesítés után kap-
juk az ( ) 01202,1202 2 =−+=+ yyyy egyenletet. Ennek gyökei: 12,10 21 −== yy .
Ha 10452 =++ xx , akkor 6,1 21 −== xx .
Ha 12452 −=++ xx , akkor 0<D , itt nem találunk gyököket.
Az eredeti egyenlet megoldásai: 6,1 21 −== xx .
4. Oldja meg az 4
4
3
3
5
5
1
1
−
++
−
+=
−
++
−
+
x
x
x
x
x
x
x
x egyenletet a valós számok halmazán.
Megoldás: Értelmezési tartomány 5;4;3;1≠x .
5
5
4
4
3
3
1
1
−
+−
−
+=
−
+−
−
+
x
x
x
x
x
x
x
x, azaz
( )( ) ( )( )54
2
31
4
−−
−=
−−
−
xx
x
xx
x. 01 =x megoldás. Ha 0≠x ,
akkor oszthatunk x2− -el (nem veszítünk gyököt):
( )( ) ( )( )54
1
31
2
−−=
−− xxxx, 037142 =+− xx , így 327,327 32 −=+= xx .
3
Az egyenlet megoldásai: 01 =x , 327,327 32 −=+= xx .
5. Oldja meg a xxx
x
xx
x 5
2
1
44
3222
=−
−−
+−
+ egyenletet a valós számok halmazán.
Megoldás: A kifejezések értelmezve vannak minden 2,0 ≠≠ xx valós számra.
Az ( ) ( ) xxx
x
x
x 5
2
1
2
322
=−
−−
−
+ egyenletet szorozzuk ( )22−xx -tel:
( ) ( ) ( ) ( )2252132 −⋅=−⋅−−⋅+ xxxxx , azaz 202052332 222 +−=−+−+ xxxxxx ,
222640 2 +−= xx , 011132 2 =+− xx . Az egyenlet a megoldásai: 4
81132,1
±=x , 5,51 =x
és 12 =x .
6. Oldja meg az 112
23
32
342
2
2
2
=−+
+++
−−
++
xx
xx
xx
xx egyenletet a valós számok halmazán.
Megoldás: Ha az egyenlet mindkét oldalát megszorozzuk a nevezőkkel, akkor egy negyedfo-kú egyenlethez jutunk. Ezt jó lenne elkerülni. Alakítsuk szorzattá a másodfokú polinomokat!
Az 0342 =++ xx egyenlet gyökei: 3,1 21 −=−= xx , így az egyenlet gyöktényezős alakja
( )( )31342 ++=++ xxxx .
Hasonlóan kapjuk a többi szorzatot: ( )( )31322 −+=−− xxxx , ( )( )21232 ++=++ xxxx és
( ) ( )( )1212
11212 2 −+=
−+=−+ xxxxxx .
Így az egyenlet: ( )( )( )( )
( )( )( )( )
1121
21
31
31=
−+++
+−+++
xx
xx
xx
xx. Értelmezési tartomány 5,0;3;1−≠x .
A törteket egyszerűsítjük ( )1+x -gyel: 112
2
3
3=
−+
+−+
x
x
x
x.
Szorozzuk az egyenletet a nevezőkkel: ( ) ( ) 3726352 222 +−=−−+−+ xxxxxx , azaz
012112 =−+ xx . Ennek az egyenletnek a gyökei: 12,1 21 −== xx .
Ezek az eredeti egyenlet megoldásai.
7. Az ( ) 0121 2 =−+++ mmxxm egyenletnek az m valós értékű paraméter mely értékeire lesz
két különböző valós gyöke? Megoldás: Ha 1−=m , akkor az egyenlet elsőfokú, és ekkor egyetlen megoldása van.
1−≠m esetén az egyenlet másodfokú, diszkriminánsa ( ) ( )( ) 041142 2 >=−+−= mmmD .
Tehát 1−≠m esetén az egyenletnek két különböző valós gyöke van.
4
8. Határozza meg az m paraméter értékét úgy, hogy az 012 =−+− mmxx egyenlet egyik gyöke a másik gyökének kétszerese legyen.
I. Megoldás: ( ) ( ) ( )222 24414 −=+−=−−−= mmmmmD , és 2≠m esetén az egyenletnek
két gyöke van, ezek ( )2
22,1
−±=
mmx , azaz 11 −= mx , 12 =x . Ha 21 2xx = , akkor 3=m .
Ha 12 2xx = , akkor 2
3=m .
II. Megoldás: 0≥D , és ha 2≠m az egyenletnek két gyöke van. A gyökök és együtthatók
közti összefüggés miatt mxx =+ 21 és 121 −=⋅ mxx . Mivel 21 2xx = , ezért mxx =+ 222 ,
32
mx = . Továbbá 121 −=⋅ mxx , azaz 1
33
2−=⋅ m
mm, 0992 2 =+− mm , így 3=m vagy
2
3=m .
9. a) Az 0132 =+− xx egyenlet gyökei a és b. Mennyi 33 ba + értéke?
b) Mennyi az 02 =++ qpxx gyökei reciprokának összege?
Megoldás: a) A gyökök és együtthatók közti összefüggést ( 1,3 ==+ abba ) használva az
alábbi azonosság megadja a választ: ( ) ( ) .1831333 3333 =⋅⋅−=+−+=+ baabbaba
b) A gyökök és együtthatók közötti összefüggések alapján: qxxpxx =−=+ 2121 , .
.11
21
21
21 q
p
xx
xx
xx
−=
+=+
10. Ha b és c konstansok és az ( )( ) 62 2 ++=++ cxxbxx egyenlőség minden x valós számra
teljesül, akkor mennyi c értéke?
Megoldás: A zárójelek felbontása után ,62 =b azaz .3=b Továbbá cxbxx =+2 , azaz
.5322 =+=+= bc
11. Határozza meg a p paraméter lehetséges értékeit, ha az 0122 =++ pxx egyenlet gyökeinek
különbsége 1.
Megoldás: Az egyenletnek akkor vannak megoldásai, ha 0≥D , ha 0482 ≥−p .
A gyökök és együtthatók közötti összefüggések és a gyökökre elvárt feltétel:
5
=−
=⋅
−=+
1
12
21
21
21
xx
xx
pxx
Innen 2
11
px
−= ,
2
12
px
−−= és 12
2
1
2
1=
−−⋅
− pp. Rendezés után: 492 =p . Tehát 7=p
vagy 7−=p , és ekkor teljesül a 0482 ≥−= pD feltétel is.
12. Az a paraméter mely értékeire lesz az 012 =++ axx és az 02 =++ axx egyenleteknek közös gyöke?
Megoldás: Mindkét egyenlet diszkriminánsa nem negatív: az 042 ≥−a és 041 ≥− a feltéte-leket az 2−≤a számok teljesítik.
Ha 0x mindkét egyenletnek megoldása, akkor 01020 =++ axx és 00
20 =++ axx . Vonjuk ki
az első egyenletből a másodikat: ( ) 11,01 000 −=−=−+− aaxaxax , és 01 ≠−a , ezért
10 =x . Ezt az értéket helyettesítve az egyenletbe kapjuk: 2−=a .
13. Oldja meg az 01617 48 =+− xx egyenletet a valós számok körében.
Megoldás: Az 4xy = helyettesítéssel másodfokú egyenlethez jutunk: 016172 =+− yy .
Ennek gyökei: 16,1 21 == yy .
Az eredeti egyenlet megoldásai: 2,2,1,1 4321 −==−== xxxx .
14. Határozza meg a b paraméter lehetséges értékeit, ha az 0622 =++− bbxx egyenlet gyökei pozitívak.
Megoldás: Az egyenletnek akkor vannak megoldásai, ha 0≥D . A gyökök akkor pozitív szá-
mok, ha 021 >+ xx és 021 >⋅ xx is teljesül.
( )( )1
0644
6
0
0
06
02
2
21
21
≥+−
−>
>
⇒
≥
>+=⋅
>=+
bb
b
b
D
bxx
bxx
( ) 0644 2 ≥+− bb , azaz 062 ≥−− bb . Az ( )( )3262 −+=−−= bbbby parabola felfelé nyi-
tott, zérushelyei 2− és 3. Így ( ) 0644 2 ≥+− bb akkor teljesül, ha 2−≤b vagy 3≥b .
Az ( )1 feltételei akkor teljesülnek, ha 3≥b , ekkor lesznek az 0622 =++− bbxx egyenlet
gyökei pozitívak.
6
15. Hány olyan x egész szám van, amelyre 062 ≤−− xx teljesül?
Megoldás: Az ( ) ( )3262 −⋅+=−− xxxx parabola zérushelyei a –2 és a 3. Mivel a parabola
főegyütthatója pozitív, a parabola felfelé nyitott, ezért 062 ≤−− xx a két zérushely közötti értékekre teljesül. Az itteni egész számok: –2, –1, 0, 1, 2, 3. Tehát 6 olyan x egész szám van,
amelyre 062 ≤−− xx teljesül.
16. a) Mennyi az 823)( 2 +−= xxxf függvény legkisebb értéke?
b) Mennyi az 223)( xxxf −= függvény legnagyobb értéke?
Megoldás:
a) 3
23
3
23
3
13823)(
22 ≥+
−=+−= xxxxf . A függvény legkisebb értéke 3
23.
b) Az ( )xxxxxf 2323)( 2 −=−= parabola zérushelyei 0 és 2
3. A parabola alulról nyitott,
csúcspontja a két zérushely között félúton van, az 4
3=x helyen. Az itt felvett érték lesz a
függvény maximuma: 8
9
4
32
4
33
4
32
=
⋅−⋅=
f .
17. Oldja meg a 720414 22 =+++−+ xxxx egyenletet a valós számok körében.
Megoldás: Legyen 142 −+= xxt , ezzel a helyettesítéssel az egyenlet: 721 =++ tt .
Ennek értelmezési tartománya: 021,0 >⇒−>> ttt .
( ) ( )22721 tt −=+ , ttt +−=+ 144921 , 02814 =−t , .4,2 == tt Ez teljesíti a 0>t
feltételt. Innen 5,1,054,414 2122 −===−+=−+ xxxxxx .
18. Oldja meg az alábbi egyenleteket a valós számok körében.
a) xx −= 1
b) 31 =++ xx
Megoldás:
a) Értelmezési tartomány 01,0 ≥−≥ xx , tehát az egyenlet megoldásait 10 ≤≤ x feltétel
mellett keressük. Ekkor
( )130
12
2
+−=
−=
xx
xx
7
Ennek az egyenletnek a megoldása: 2
531
+=x ,
2
532
−=x . Az értelmezési tartománynak
1x nem eleme, ezért az egyenlet megoldása 2
53−=x .
b) Értelmezési tartomány 01,0 ≥+≥ xx , azaz 0≥x .
9
162599
513
1169
13
=
=+
=+
+++−=
+−=
x
x
x
xxx
xx
19. Oldja meg az alábbi egyenlőtlenségeket a valós számok halmazán.
a) xx −<1
b) 142 2 −≥− xxx
Megoldás:
a) Az értelmezési tartomány a négyzetgyök miatt 0≥x . A négyzetgyök értéke nemnegatív, ezért 01 ≥− x is teljesül. Ennek megfelelően a megoldást 10 ≤≤ x feltétel mellett keressük. Az értelmezési tartomány elemeire az egyenlőtlenség mindkét oldala nemnegatív, ezért ha mindkét oldalt négyzetre emeljük, akkor az egyenlőtlenség iránya változatlan marad:
( )130
12
2
+−<
−<
xx
xx
Ennek az egyenlőtlenségnek a megoldása 2
53−<x vagy
2
53+>x . Az értelmezési tarto-
mányt is figyelembe véve az eredeti egyenlőtlenség megoldása 2
530
−<≤ x .
b) Értelmezési tartomány 042 ≥− xx , ekkor 0≤x vagy 4≥x . A négyzetgyökös kifejezés értéke nemnegatív, ezért az egyenlőtlenség minden olyan esetben teljesül, amikor 01 ≤−x , azaz 1≤x . Így 0≤x esetén teljesül az egyenlőtlenség. Ha 1,01 ≥≥− xx , akkor az egyenlőtlenség mindkét oldala nemnegatív, így ha mindkét ol-
dalt négyzetre emeljük, akkor az egyenlőtlenség iránya változatlan marad:
( ) ( )
01143
12164
144
2
22
22
≥−−
+−≥−
−≥−
xx
xxxx
xxx
8
Ennek az egyenlőtlenségnek a megoldása: 3
527 −≤x vagy
3
527 +≥x . Az 1≥x feltétel
miatt 3
527 +≥x .
Összefoglalva a két lehetőséget az egyenlőtlenség megoldása: 0≤x vagy 3
527 +≥x , az
egyenlőtlenség megoldáshalmaza: ] ]
∞+
+∪∞− ;
3
5270; .
20. Oldja meg az
=+
=+
10
422 yx
yx egyenletrendszert a valós számok körében.
Megoldás: Az első egyenletből: xy −= 4 , ezt helyettesítjük a második egyenletbe:
( ) 104 22 =−+ xx . Négyzetre emelés és rendezés után: 0342 =+− xx . Ennek gyökei: 11 =x ,
32 =x . Az egyenletrendszer megoldásai: 3,1 11 == yx és 1,3 22 == yx .
21. Oldja meg az
=++
=+
93
522
xyyx
yx egyenletrendszert a valós számok körében.
Megoldás: Vezessünk be új ismeretleneket – ahogyan a változóiban szimmetrikus kifejezé-
seknél ez gyakori –, legyen xybyxa =+= , . Ekkor ( ) baxyyxyx 22 2222 −=−+=+ , és
=+
=−
93
522
ba
ba
Az első egyenlet 3-szorosához adjuk hozzá a második egyenlet 2-szeresét: 3323 2 =+ aa .
Ennek megoldásai: 3
11,3 21 −== aa , és 93 =+ ba miatt
9
38,2 21 == bb .
x és y értékeit az
=
=+
2
3
xy
yx és az
=
−=+
9
383
11
xy
yx
egyenletrendszerekből kapjuk. Az első eset-
ben ( ) 23 =− xx , azaz 2,1,023 212 ===+− xxxx és 1,2 21 == yy . A második egyenlet-
rendszerből az 9
38
3
11=
−−⋅ xx egyenletet kapjuk, ám az 09
38
3
112 =++ xx egyenlet
diszkriminánsa negatív (9
31−=D ), itt nem találunk megoldást.
Az egyenletrendszer megoldásai: 2,1 11 == yx és 1,2 22 == yx .
9
Ajánlott feladatok
1. Írjon fel olyan másodfokú egyenletet, amelynek gyökei 3 és 4− .
2. Oldja meg a ( )xxxx +=++ 124176 2 egyenletet a valós számok halmazán.
3. Oldja meg az 1053
6
1453
22
2
2
2
−+
++=
−+
++
xx
xx
xx
xx egyenletet a valós számok halmazán.
4. Oldja meg az 04
1
5
1
6
1
7
1=
−+
−+
−+
− xxxx egyenletet a valós számok halmazán.
5. Oldja meg az 3
126
2
64
4
208
1
22 2222
+
+++
+
++=
+
+++
+
++
x
xx
x
xx
x
xx
x
xx egyenletet a valós szá-
mok halmazán.
6. a) A 0173 2 =+− xx másodfokú egyenlet gyökei 1x és 2x . Mennyi ekkor 3212
31 xxxx + érté-
ke?
b) Az 02 =++ cbxx egyenlet gyökei az 0532 =−+ xx egyenlet gyökeinek reciprokai. Mennyi cb + értéke?
7. Az 062 =−+ pxx egyenlet egyik gyöke az 1=x . Mekkora p értéke?
8. Határozza meg az 02 =++ qpxx együtthatóit, ha az egyenlet gyökei p és q.
9. Az 02 =+− mxx egyik gyökének kétszeres gyöke az 032 =+− mxx egyenletnek, ahol 0≠m . Határozza meg az m paraméter lehetséges értékeit.
10. Az a paraméter mely értékeire lesz a ( ) ( ) 0112 2 =−++− axax egyenlet gyökeinek különb-
sége ugyanannyi, mint a gyökök szorzata?
11. Az 02 =++ cbxax egyenlet gyökei 1-nél nagyobbak. Mutassa meg, hogy a 02 =++ abxcx egyenlet gyökei 1-nél kisebb pozitív számok.
12. Határozza meg az a paraméter lehetséges értékeit úgy, hogy az ( ) 06224 2 <−+−+ aaxxa
egyenlőtlenség minden x valós számra teljesüljön.
13. Oldja meg a 2125 =−+− xx egyenletet a valós számok halmazán.
14. Oldja meg a 12145148 222 −+=−−+− xxxxx egyenletet a valós számok halmazán.
10
15. Oldja meg a 122335 22 +=++−++ xxxxx egyenletet a valós számok halmazán.
16. Oldja meg a 133 >+− xx egyenlőtlenséget a valós számok körében.
17. Milyen valós számokra teljesül a 22 5665 xxxx +−≥+− egyenlőtlenség?
18. Az cbxaxy ++= 2 parabolának a ( )2;4 pontban van a csúcsa, és a ( )0;2 pont illeszkedik a
parabolára. Határozza meg az a, b, c paraméterek értékét!
19. Melyek azok az a valós számok, amelyekre ( ) ( ) 0211 22 =−+++ xaxa egyenletnek pontosan
egyik gyöke esik a ( )1;0 intervallumba?
20. Oldja meg a valós számok körében a következő egyenletrendszert.
=++
=++
20
20022
yxyx
yxyx
21. Oldja meg a valós számok körében a következő egyenletrendszert.
=++
=++
10
202
2
yxyy
xxyx
22. Oldja meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletrendszert.
=
=+
1
433
xy
yx
23. Oldja meg az alábbi egyenleteket a valós számok halmazán.
a) 91
21
72
2 =
+−
+x
xx
x
b) 027972 234 =+−+− xxxx
24. Oldja meg az alábbi egyenleteket a valós számok halmazán.
a) 21212 22 =++++− xxxx
b) 34412 22 =+−−++ xxxx
c) 21212 =−−−−+ xxxx
d) 1168143 =−−++−−+ xxxx
11
Az ajánlott feladatok megoldásai
1. Írjon fel olyan másodfokú egyenletet, amelynek gyökei 3 és 4− .
I. Megoldás: Az ( )( ) 043 =+− xx egyenletnek a 3 és 4− számok a gyökei. Innen a zárójelek
felbontásával kapjuk az 0122 =−+ xx egyenletet.
II. Megoldás: Használjuk a gyökök és együtthatók közti összefüggést! Ha az 02 =++ qpxx
egyenlet gyökei 3 és 4− , akkor ( ) ( ) qp =−⋅−=−+ 43,43 , azaz 12,1 −== qp . A keresett
egyenlet: 0122 =−+ xx .
III. Megoldás: Ha az 02 =++ qpxx egyenletnek gyökei a 3 és 4− számok, akkor
0332 =+⋅+ qp és ( ) ( ) 044 2 =+⋅−+− qp . Vonjuk ki az első egyenletet a második egyen-
letből: 1,077 ==− pp . Ezt helyettesítsük az első egyenletbe: 12,039 −==++ qq . A
keresett egyenlet: 0122 =−+ xx .
Megjegyzés. Ha az 02 =++ qpxx egyenletet megszorozzuk egy nullától különböző valós
számmal, az új egyenletnek is ugyanazok a számok lesznek a gyökei, mint az eredetinek. Így
például a 02422 2 =−+ xx egyenletnek is ugyanúgy a 3 és 4− számok a gyökei, mint az
0122 =−+ xx egyenletnek.
2. Oldja meg a ( )xxxx +=++ 124176 2 egyenletet a valós számok halmazán.
Megoldás: 1−=x nem megoldása az egyenletnek, oszthatunk ( )x+1 -el, nem veszítünk gyö-
köt: 0241
71
62
=−+
⋅++
⋅x
x
x
x. Az
x
xy
+=
1 helyettesítés után a 02476 2 =−+ yy
egyenlethez jutunk. Ennek gyökei: 3
8,
2
321 −== yy .
Ha 2
3
1=
+ x
x,
4
3,3,0994 21
2 −===−− xxxx . A 4
3− hamis gyök, hiszen az
2
3
1=
+ x
x
egyenlet csak pozitív számra teljesülhet.
Ha 3
8
1−=
+ x
x, 8,
9
8,064649 43
2 =−==−− xxxx . A 8 hamis gyök, hiszen az
3
8
1−=
+ x
x egyenlet csak negatív számra teljesülhet.
Ellenőrizve a kapott értékeket, az eredeti egyenletnek megoldásai az 31 =x és 9
83 −=x .
3. Oldja meg az 1053
6
1453
22
2
2
2
−+
++=
−+
++
xx
xx
xx
xx egyenletet a valós számok halmazán.
Megoldás: Értelmezési tartomány 6
1455;
6
1935 ±−±−≠x . Legyen 22 ++= xxa ,
1453 2 −+= xxb . Az 4
4
+
+=b
a
b
a egyenletből ba = , azaz 14532 22 −+=++ xxxx ,
01642 2 =−+ xx , 0822 =−+ xx . Az egyenlet megoldásai: 4,2 21 −== xx .
12
4. Oldja meg az 04
1
5
1
6
1
7
1=
−+
−+
−+
− xxxx egyenletet a valós számok halmazán.
Megoldás: Értelmezési tartomány 7;6;5;4≠x . 06
1
5
1
4
1
7
1=
−
+−
+
−
+− xxxx
, azaz
( )( ) ( )( )0
65
112
47
112=
−−
−+
−−
−
xx
x
xx
x.
Ha a számlálók értéke nulla, vagyis 0112 =−x , akkor 2
111 =x megoldása az egyenletnek.
Ha 2
11≠x , 0112 ≠−x , akkor oszthatunk ( )112 −x -gyel:
( )( ) ( )( )0
65
1
47
1=
−−+
−− xxxx,
ahonnan 029112 =+− xx , 2
511,
2
51132
−=
+= xx .
Egyenletünk megoldásai: 2
111 =x ,
2
511,
2
51132
−=
+= xx .
5. Oldja meg az 3
126
2
64
4
208
1
22 2222
+
+++
+
++=
+
+++
+
++
x
xx
x
xx
x
xx
x
xx egyenletet a valós szá-
mok halmazán.
Megoldás: Értelmezési tartomány 4;3;2;1 −−−−≠x .
( )1
11
1
11
1
22 22
+++=
+
++=
+
++
xx
x
x
x
xx, és ehhez hasonlóan átírjuk a többi törtet is, így az
egyenletünk:
+
+++
+
++=
+
+++
+
++3
33
2
22
4
44
1
11
xx
xx
xx
xx , azaz
3
3
2
2
4
4
1
1
++
+=
++
+ xxxx, másképpen:
1
1
2
2
3
3
4
4
+−
+=
+−
+ xxxx, innen
( ) ( ) ( ) ( )1234 +⋅+
=+⋅+ xx
x
xx
x.
Az 01 =x megoldás, és ha 0≠x , oszthatunk vele: ( ) ( ) ( ) ( )12
1
34
1
+⋅+=
+⋅+ xxxx, ez a ren-
dezés után 2
5,104,12723 2
22 −=−=++=++ xxxxxx .
Az egyenlet gyökei: 01 =x , 2
52 −=x .
6. a) A 0173 2 =+− xx másodfokú egyenlet gyökei 1x és 2x . Mennyi ekkor 3212
31 xxxx + érté-
ke?
b) Az 02 =++ cbxx egyenlet gyökei az 0532 =−+ xx egyenlet gyökeinek reciprokai. Mennyi cb + értéke?
13
Megoldás:
a) ( ) ( )( )27
43
3
12
3
7
3
12
2
212
212122
2121
3212
31 =
⋅−
=−+=+=+ xxxxxxxxxxxxxx .
b) A gyökök és együtthatók közti összefüggéseket használjuk. Az 0532 =−+ xx egyenlet
gyökei 21 , xx . (Van két valós gyök, mert a diszkrimináns pozitív.) 321 −=+ xx , és
521 −=⋅ xx . Az 02 =++ cbxx egyenlet gyökei 2
21
1
1,
1
xy
xy == .
Ekkor ( ) ( ).
5
2
5
1311111
21
21
21212121 =
−+−
=⋅
++−=⋅+
+−=⋅++−=+
xx
xx
xxxxyyyycb
7. Az 062 =−+ pxx egyenlet egyik gyöke az 1=x . Mekkora p értéke?
Megoldás: Ha 1=x gyöke az 062 =−+ pxx egyenletnek, akkor behelyettesítve teljesül az
egyenlőség, tehát .5,061 ==−+ pp
8. Határozza meg az 02 =++ qpxx együtthatóit, ha az egyenlet gyökei p és q.
Megoldás: Ha az 02 =++ qpxx egyenletnek gyöke p és q, akkor a gyökök és együtthatók
közti összefüggések szerint pqp −=+ és qpq = .
Ha qpq = , akkor vagy 1=p vagy 0=q . Innen könnyű megoldani a pqp −=+ egyenletet.
Az együtthatók lehetséges értékei: 2,1 11 −== qp és 0,0 22 == qp .
9. Az 02 =+− mxx egyik gyökének kétszeres gyöke az 032 =+− mxx egyenletnek, ahol 0≠m . Határozza meg az m paraméter lehetséges értékeit.
Megoldás: Az első egyenlet gyökei: 2
4111
mx
−−= ,
2
4112
mx
−+= , a második egyenlet
gyökei: 2
12113
mx
−−= ,
2
12114
mx
−+= .
Az m paraméterre 12
1≤m teljesül. Két esetet vizsgálunk, ha
12
10 ≤< m , illetve ha 0<m .
Ha 12
10 ≤< m , akkor 141121 <−<− mm , és 24310 xxxx <<<< . Mivel 23 2xx ≠ és
24 2xx ≠ , ezért az 13 2xx = és 14 2xx = lehetőségeket kell megvizsgálnunk.
mm
4112
1211−−=
−±, ahonnan rendezés után az mm 12121 −=− m egyenletet, majd
négyzetre emelés után az 022 =+ mm egyenletet kapjuk. Ennek gyökei 2,0 −== mm nem
megoldások, mert nem teljesítik a 12
10 ≤< m feltételt.
Ha 0<m , akkor mm 121411 −<−< , következésképpen 4231 0,0,0,0 xxxx <<<< ,
sőt 4213 0 xxxx <<<< . Látható, hogy 23 2xx ≠ és 14 2xx ≠ , ezért az 24 2xx = és az
14
13 2xx = lehetőségeket kell megvizsgálnunk. Az első eset ellentmondásra vezet, a második
esetben találunk megoldást, ha 2−=m .
10. Az a paraméter mely értékeire lesz a ( ) ( ) 0112 2 =−++− axax egyenlet gyökeinek különb-
sége ugyanannyi, mint a gyökök szorzata?
I. Megoldás: A diszkrimináns ( ) ( ) ( )222 396181 −=+−=−−+= aaaaaD nem negatív. Az
egyenlet két gyöke 21 , xx . A gyökök és együtthatók közti összefüggések és az
2121 xxxx ⋅=− feltétel alapján:
+=+
−=−
2
12
1
21
21
axx
axx
Ennek megoldása: 2
1,
2 21 == xa
x . Ezekkel írjuk fel az 2121 xxxx ⋅=− feltételt:
2
1
22
1
2⋅=−aa
, azaz 2=a . Ez a keresett paraméter érték, ekkor az egyenlet két gyöke 1 és 2
1,
ezekre teljesül az 2121 xxxx ⋅=− feltétel.
II. Megoldás: ( ) ( ) ( )
4
31
4
1811 2
2,1
−±+=
−−+±+=
aaaaax ,
2
11
−=a
x és 12 =x .
A feladat szerint: 2121 xxxx ⋅=− vagy 2112 xxxx ⋅=− . Tehát 2
11
2
1 −=−
− aa, ami nem le-
hetséges; vagy 2
1
2
11
−=
−−
aa, ahonnan 2=a .
A feladat feltétele 2=a esetén teljesül, ekkor a két gyök 1 és 2
1.
11. Az 02 =++ cbxax egyenlet gyökei 1-nél nagyobbak. Mutassa meg, hogy a 02 =++ abxcx egyenlet gyökei 1-nél kisebb pozitív számok.
Megoldás: Mindkét egyenletnek ugyanaz a diszkriminánsa: acbD 42 −= , tehát ugyanakkor van az egyik egyenletnek két gyöke, amikor a másik egyenletnek is.
Megmutatjuk, hogy ha az 02 =++ cbxax egyenlet gyökei 1x és 2x , akkor a 02 =++ abxcx
egyenlet két gyöke 21
1,
1
xx.
A gyökök és együtthatók közötti összefüggések szerint: a
bxx −=+ 21 és
a
cxx =⋅ 21 . Ekkor
c
b
ac
ab
xx
xx
xx−=
−=
+=+
21
21
21
11 és
c
a
acxxxx===⋅
1111
2121
, azaz az 21
1,
1
xx számok telje-
sítik a 02 =++ abxcx egyenlet gyökei és együtthatói között fennálló összefüggéseket, így
21
1,
1
xx gyökei ennek az egyenletnek.
15
Ha 11 >x és 12 >x , akkor 11
01
<<x
és 11
02
<<x
, tehát igaz a feladat állítása.
12. Határozza meg az a paraméter lehetséges értékeit úgy, hogy az ( ) 06224 2 <−+−+ aaxxa
egyenlőtlenség minden x valós számra teljesüljön.
Megoldás: Ha 4−=a , akkor a 0148 <−x egyenlőtlenséget kell megoldani, ami nem teljesül minden valós számra. Ha 4−≠a , akkor egy másodfokú egyenlőtlenséget oldunk meg, aminek akkor lesz minden valós szám a megoldása, ha a másodfokú kifejezésnek megfelelő parabola lefelé nyitott és a
grafikonja az x-tengely alatt helyezkedik el, tehát az ( ) 06224 2 =−+−+ aaxxa egyenletnek
nincs megoldása a valós számok között: 04 <+a és ( ) ( ) ( ) 062442 2 <−⋅+⋅−= aaaD , azaz
4−<a és ( )( ) 064,02422 >+−>+− aaaa , ami akkor teljesül, ha 4>a vagy 6−<a .
Minden feltétel akkor teljesül, ha 6−<a .
13. Oldja meg a 2125 =−+− xx egyenletet a valós számok halmazán.
Megoldás: Értelmezési tartomány: az 5,2025 ≤⇒≥− xx és 1≥x feltételek miatt a megol-
dást az 5,21 ≤≤ x feltétel mellett keressük.
Négyzetre emelés és rendezés után a xxx =−− )1)(25(2 egyenletet kapjuk. Az értelmezési
tartomány elemeire mindkét oldal pozitív, ezért négyzetre emeléssel ekvivalens egyenletet
kapunk: 020289 2 =+− xx . Ennek az egyenletnek a megoldásai 9
101 =x és 22 =x . Mindket-
tő valóban megoldása az eredeti egyenletnek.
14. Oldja meg a 12145148 222 −+=−−+− xxxxx egyenletet a valós számok halmazán.
Megoldás: Az egyenlet értelmezési tartománya: 05148 2 ≥+− xx , 014 2 ≥−x ,
012 2 ≥−+ xx . Az egyenlet megoldása után behelyettesítéssel fogjuk ellenőrizni ezeknek a feltételeknek a teljesülését. A megoldás során többször négyzetre emelünk, ez is szükségessé teszi majd az ellenőrzést. A gyökök alatti kifejezéseket szorzattá alakítjuk:
( )( ) ( )( ) ( )( )12121125412 +−++−=−− xxxxxx
Négyzetre emelés után: ( )( ) ( ) ( )( )121122712 2 ++−=−− xxxxx
Ismét négyzetre emelünk: ( ) ( ) 04526712 22 =−+− xxx
Ennek az egyenletnek a gyökei: .7
9,5,
2
1321 =−== xxx Az 3x hamis gyök, hiszen ez nem
megoldása az előző egyenletnek, mivel erre a számra a bal oldal negatív értéket vesz fel.
16
Az eredeti egyenlet megoldásai: .5,2
121 −== xx Ezek valóban megoldások, mert teljesítik
az értelmezési tartományra fennálló feltételeket.
15. Oldja meg az 122335 22 +=++−++ xxxxx egyenletet a valós számok halmazán.
Megoldás: Használjuk az ( )( ) 22 bababa −=+− azonosságot, és szorozzuk az egyenlet
mindkét oldalát a 2335 22 +++++ xxxx kifejezéssel:
( ) ( )23351212 22 +++++⋅+=+ xxxxxx . Két eset lehetséges:
(1) 2
1,012 1 −==+ xx ;
(2) 12335 22 =+++++ xxxx .
A (2) egyenlet megoldását négyzetre emelésekkel is kereshetjük, ennél egyszerűbb, ha ezt az
egyenletet és az eredetit összeadjuk: 1352 +=++ xxx , ahonnan 3
22 −=x .
Ellenőrzés mutatja, hogy 2
11 −=x és
3
22 −=x is megoldása az egyenletnek.
16. Oldja meg a 133 >+− xx egyenlőtlenséget a valós számok körében.
Megoldás: Az értelmezési tartomány 0≥x és 03 ≥+x feltételek miatt 0≥x . Az egyenlőt-lenséget átrendezzük azért, hogy mindkét oldalon nemnegatív kifejezés álljon, és így a négy-zetre emeléssel az eredetivel ekvivalens egyenlőtlenséghez jussunk:
324
32139
133
+>−
++++>
++>
xx
xxx
xx
Az egyenlőtlenség jobb oldala nemnegatív, ezért a bal oldal pozitív, tehát 2
1>x feltétel mel-
lett emelhetünk újra négyzetre:
( )011716
3242
2
>+−
+>−
xx
xx
Ennek a másodfokú egyenlőtlenségnek a megoldása 16
1<x vagy 1>x . Az
2
1>x feltétel
figyelembe vételével az egyenlőtlenség megoldáshalmaza: ] [∞+;1 .
17. Milyen valós számokra teljesül a 22 5665 xxxx +−≥+− egyenlőtlenség?
Megoldás: Legyen 652 +−= xxa , ekkor egyenlőtlenségünk aa ≥ alakban írható. Ennek
értelmezési tartománya 0≥a . Ekkor négyzetre emelhetjük az egyenlőtlenség mindkét olda-
lát: ( ) 0122 ≥−=−⇔≥ aaaaaa . Ennek az egyenlőtlenségnek a megoldása 10 ≤≤ a .
Tehát a 1650 2 ≤+−≤ xx egyenlőtlenséget kell megoldanunk.
17
A ( )( )32650 2 −−=+−≤ xxxx egyenlőtlenség megoldása 2≤x vagy .3 x≤
Oldjuk meg az 1652 ≤+− xx egyenlőtlenséget!
0552 ≤+− xx teljesül, ha 2
55 −≥x és
2
55 +≤x .
Az 22 5665 xxxx +−≥+− egyenlőtlenség megoldásai: 22
55≤≤
−x és .
2
553
+≤≤ x
18. Az cbxaxy ++= 2 parabolának a ( )2;4 pontban van a csúcsa, és a ( )0;2 pont illeszkedik a
parabolára. Határozza meg az a, b, c paraméterek értékét!
Megoldás: Ha az cbxaxy ++= 2 parabolának a ( )2;4 pontban van a csúcsa, akkor
( ) 24 2 +−= xay ; továbbá a ( )0;2 pont illeszkedik a parabolára, így ( ) ,2420 2 +−= a azaz
.2
1−=a Ezt beírva az ( ) 24 2 +−= xay egyenletbe, .64
2
1 2 −+−= xxy
Így 6,4,2
1−==−= cba .
19. Melyek azok az a valós számok, amelyekre ( ) ( ) 0211 22 =−+++ xaxa egyenletnek pontosan
egyik gyöke esik a ( )1;0 intervallumba?
Megoldás: Mivel ( ) ( ) 0181 22 >+++= aaD , ezért minden valós a esetén van két megoldás.
Mivel 01
2221 <+
−=⋅a
xx , így az egyik gyök negatív, a másik pozitív.
A ( ) ( ) ( ) 211 22 −+++= xaxaxp parabola felfelé nyitott, és ( ) 020 <−=p , így a parabolának
akkor lesz zérushelye a ( )1;0 intervallumban, ha ( ) 01 >p .
( ) 01 2 >+= aap akkor teljesül, ha 1−<a vagy 0>a .
20. Oldja meg a valós számok körében a következő egyenletrendszert.
=++
=++
20
20022
yxyx
yxyx
Megoldás: Legyen xybyxa =+= , . Ezen jelölésekkel, az új ismeretlenekkel az egyenlet-
rendszer a következő alakot ölti:
=+
=−
20
20022
ba
ba
( ) ( ) ( ) 2002022 =⋅−=+⋅−=− babababa , tehát 10=− ba . Innen adódik a következő
egyenletrendszer:
=+
=−
20
10
ba
ba
Adjuk össze a két egyenletet: 15,302 == aa . Mivel 10=− ba , így 5=b .
18
=
=+
5
15
xy
yx
xy −= 15 kifejezést helyettesítsük az 5=xy egyenletbe, és emeljünk négyzetre:
( ) 2515 =− xx . Az 025152 =+− xx egyenlet gyökei: 2
55152,1
±=x .
Az egyenletrendszer gyökei: 2
5515,
2
551511
−=
+= yx és
2
5515,
2
551522
−=
+= yx .
Ellenőrzés mutatja, hogy ezek valóban megoldások.
21. Oldja meg a valós számok körében a következő egyenletrendszert.
=++
=++
10
202
2
yxyy
xxyx
Megoldás: Vegyük a két egyenlet összegét és különbségét.
( ) ( )( ) ( )
=−+−
=+++
10
3022
2
yxyx
yxyx
Az első egyenletből 5=+ yx vagy 6−=+ yx .
A második egyenletet átalakítva: ( )( ) 101 =++− yxyx .
Két eset lehetséges:
=−
=+
3
55
yx
yx
vagy
−=−
−=+
2
6
yx
yx
A megoldások: 3
5,
3
1011 == yx és 2,4 11 −=−= yx .
22. Oldja meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletrendszert.
=
=+
1
433
xy
yx
Megoldás: Az xybyxa =+= , új ismeretlenek bevezetésével az 0433 =−− aa egyenlet-
hez jutunk, és ennek a harmadfokú egyenletnek a megoldása nem egyszerű.
Legyen 33, ybxa == . ( ) 13 =xy miatt 1=ab , így az egyenletrendszer
=
=+
1
4
ab
ba. Innen az
0142 =+− aa egyenlet adódik. 32,32 21 −=+= aa , és 32,32 21 +=−= bb .
Az egyenletrendszer gyökei: 31
31 32,32 −=+= yx és 3
23
2 32,32 +=−= yx .
23. Oldja meg az alábbi egyenleteket a valós számok halmazán.
a) 91
21
72
2 =
+−
+x
xx
x
b) 027972 234 =+−+− xxxx
19
Megoldás:
a) Legyen x
xa1
+= , ekkor 21
211 2
2
2
2 −=⋅⋅−
+=+ ax
xx
xx
x . Ezzel a helyettesítéssel az
egyenlet a ( ) 9227 2 =−− aa alakot ölti. A 0572 2 =+− aa egyenlet gyökei: 1;2
521 == aa .
Az 0252,2
51 2 =+−=+ xxx
x egyenlet gyökei 2
1,2 21 == xx .
Az 01,11 2 =+−=+ xxx
x egyenletnek nincs megoldása, mert a diszkriminánsa negatív.
Egyenletünknek két megoldása van: 2
1,2 21 == xx .
b) A 027972 234 =+−+− xxxx egyenletet osszuk 2x -tel, ezt megtehetjük, mert 0=x az
egyenletnek nem megoldása, így nem veszítünk gyököt: 01
21
79722
2 =⋅+⋅−+−xx
xx , ezt
átrendezve kapjuk az előbbi 91
21
72
2 =
+−
+x
xx
x egyenletet. Tehát az egyenletünk
azonos az előző egyenlettel, így a megoldásai: 2
1,2 21 == xx .
Ha egy egyenlet együtthatóiban az itt tapasztalthoz hasonló szimmetriát fedezünk fel, akkor a „középen” álló hatvánnyal osztva alacsonyabb fokú (másodfokú) egyenletre tudjuk visszave-zetni az egyenletet.
24. Oldja meg az alábbi egyenleteket a valós számok halmazán.
a) 21212 22 =++++− xxxx
b) 34412 22 =+−−++ xxxx
c) 21212 =−−−−+ xxxx
d) 1168143 =−−++−−+ xxxx
Megoldás:
a) 21212 22 =++++− xxxx , ( ) ( ) 211 22 =++− xx , azaz 211 =++− xx . Ennek
az egyenletnek a megoldásánál három esetet kell vizsgálnunk.
Ha 1−≤x , akkor az abszolútértékek elhagyása után az egyenlet: ( ) ( ) 211 =+−−− xx ,
1−=x , ez a szám megoldás, mert eleme annak a halmaznak, amelyen az egyenletet megol-dottuk.
Ha 11 ≤<− x , akkor az egyenlet: ( ) ( ) 211 =++−− xx , azaz 22 = , azonosságot kaptunk,
ezen a tartományon minden szám megoldás.
Ha x<1 , akkor az egyenlet: ( ) ( ) 211 =++− xx , azaz 1=x , mely szám most nem megoldás,
mert nem eleme annak a halmaznak, amelyen az egyenletet megoldottuk.
20
A talált megoldások, minden olyan x valós szám, amelyre 11 ≤≤− x teljesül.
b) ( ) ( ) 321214412 2222 =−−+=−−+=+−−++ xxxxxxxx , ennek az egyen-
letnek megoldása minden olyan x valós szám, amelyre x≤2 teljesül.
c) ( ) 11111121122
+−=+−=+−+−=−+ xxxxxx , hasonlóan átalakítjuk a
másik négyzetgyököt is, így az egyenlet: 21111 =−−−+− xx , ennek megoldása min-
den olyan x valós szám, amelyre x≤2 teljesül.
d) ( ) ( )223121168143 −−+−−=−−++−−+ xxxxxx , így az egyenletünk
13121 =−−+−− xx , és ennek az egyenletnek megoldása minden olyan x valós szám,
amelyre 105 ≤≤ x teljesül.
Ellenőrző feladatok
1. Hány oldalú az a konvex sokszög, amelynek 25-tel több átlója van, mint amennyi oldala?
2. Oldja meg az alábbi egyenleteket a valós számok halmazán.
a) 026362 22 =++−+− xxxx
b) 128264 22 +−=+− xxxx
3. Az 01522 =−− xx egyenlet gyökeinek ismerete nélkül számítsa ki a) a gyökök különbségét; b) a gyökök négyzetének különbségét.
4. A b paraméter mely értékeire lesz a ( ) ( ) 0741 2 =++++− bxbxb egyenletnek pontosan egy
gyöke?
5. Az a paraméter milyen értékeire lesz az ( ) ( ) 0242 2 =−−−− xaxa egyenlet két gyökének
különbsége 3?
6. Oldja meg a 1113 =++ xx egyenletet a valós számok halmazán.
7. Oldja meg az 233 +≤+ xx egyenlőtlenséget a valós számok halmazán.
8. Határozzuk meg az a paraméter lehetséges értékeit úgy, hogy az ( ) 06323 2 >−+−− aaxxa
egyenlőtlenség minden x valós számra teljesüljön.
9. Oldja meg az
=+
=⋅
13
622 yx
yx egyenletrendszert a valós számok körében.
21
Az ellenőrző feladatok megoldásai
1. Az oldalak száma legyen n. Ekkor ( )
2
325
−=+
nnn , 05052 =−− nn , ennek gyökei
5,10 21 −== nn . A 5− hamis gyök. A sokszög oldalainak száma 10.
2. a) Az 632 +−= xxy helyettesítéssel az egyenlet az 02122 2 =++− yy alakot ölti.
2
5,2,0102 21
2 −===−+ yyyy , de 2y nem megoldás, hiszen 0632 ≥+−= xxy .
2632 =+− xx , innen 2,1 21 == xx .
b) Legyen 642 +−= xxa . Ezzel a helyettesítéssel az egyenlet: aa 2= . Ennek az értelme-
zési tartománya 0≥a . ( ) 02,02,2 22 =−=−= aaaaaa , ennek gyökei 01 =a és 22 =a .
Az 0642 =+− xx egyenlet diszkriminánsa negatív, az egyenletnek nincs megoldása. Az
2642 =+− xx esetben az 0442 =+− xx egyenlet gyöke 2=x .
3. a) ( ) ( ) 646044 212
212
21 =+=−+=− xxxxxx , így 821 =− xx , 821 ±=− xx .
b) ( )( ) 16282121212122
21 =⋅=+⋅−=+−=− xxxxxxxxxx , azaz 162
221 ±=− xx .
4. Ha 01 =−b ( 1=b ), akkor elsőfokú az egyenlet, és egy gyöke van: 6,1−=x .
Ha 1≠b , akkor az egyenlet másodfokú egyenlet, melynek akkor van egy gyöke, ha 0=D .
( ) ( )( ) 0441637144 22 =+−−=+−−+= bbbbbD , ennek két megoldása van, 2 és 3
22− .
Az egyenletnek a b paraméter 1, 2 és 3
22− értéke esetén lesz pontosan egy gyöke.
5. 3,2
321 == aa .
6. 16=x .
7.
+−2
533;
2
533.
8. 6>a .
9. ( )yx; lehetséges értékei: ( ) ( ) ( ) ( )2;3,2;3,3;2,3;2 −−−− .