Ugrás a tartalomhoz

Indoklás és bizonyítás

Makó Zita, Téglási Ilona

Kempelen Farkas Hallgatói Információs Központ

Egyenletek, egyenlőtlenségek

Egyenletek, egyenlőtlenségek

Egyenletek, egyenlőtlenségek megoldásával már 6. osztályban kezdenek ismerkedni a tanulók, de igazán 7. osztályban foglalkozunk velük részletesen, amikor már kellő rutinnal tudnak algebrai kifejezésekkel számolni. Egyenlettel megoldható szöveges feladatokkal már korábbi tanulmányaik során is találkoznak, de ekkor még szimbólumok nélkül, lebontogatással, a műveletek fordított sorrendben való elvégzésével, szisztematikus próbálgatással, következtetéssel keresik meg az ismeretlen mennyiséget. Később megtanulják alkalmazni a mérlegelvet, illetve 8. osztályban előjönnek a grafikus megoldások is a függvények kapcsán. Gyakorlatilag az általános iskola végére elsőfokú egyenleteket és egyenlőtlenségeket nagy biztonsággal meg kell tudni oldani a tanulóknak. Az igazi áttörés a középiskolában az egyenletmegoldásban akkor következik be, amikor az új algebrai ismeretek segítségével egy új módszerrel találkoznak, a másodfokú egyenlet megoldóképletével.

Tétel. Egy általános alakú, egyismeretlenes másodfokú egyenlet megoldásai: , ahol az egyenlet megfelelő együtthatói, pedig a konstans tag. Az egyenletnek akkor és csak akkor létezik valós megoldása, ha .

Bizonyítás. A másodfokú egyenletnek többféle általános bizonyítása van, egyet mindenképpen érdemes bemutatni, mert a megoldóképlet, mint egyenletmegoldási módszer teljesen új a tanulók számára, továbblépés a hagyományos mérlegelvnél, és a későbbiek során olyan gyakran használjuk, hogy nem „lóghat a levegőben” egy ilyen fontos összefüggés. Két különböző bizonyítást mutatunk be, amelyek más-más okból hasznosak.

  1. Mivel , osszuk el az egyenlet mindkét oldalát a-val, ezzel egy olyan egyenletet kapunk, amely ekvivalens az előzővel. Ezután az egyenlet a helyettesítésekkel a következő alakú lesz:

    Ebből egy kéttagú kifejezés négyzetét alakítsuk ki:

    Az első három tag éppen , tehát átírva:

    Átrendezve kapjuk, hogy:

    ahonnan esetén gyököt vonva (ha ez a feltétel nem teljesül, akkor ebből az alakból a négyzetgyök definíciója miatt következik, hogy nincs valós megoldás, mert a bal oldalon nem negatív kifejezés áll, tehát a jobb oldal is csak ilyen lehet) a következő egyenletet kapjuk:

    Az abszolút érték értelmezése miatt

    azaz kivonva mindkét oldalból -t, kapjuk a megoldásokat:

    Ebből visszahelyettesítve , és értékét következik:

    ahonnan a gyökjel alatt közös nevezőre hozva a két törtet és a nevezőt kihozva a gyökjel alól:

    amiből a két tört összevonásával a fenti formula következik. Ez a bizonyítás azért ajánlható, mert a legnehezebb lépést, a teljes négyzetté kiegészítést sokkal könnyebben át lehet látni , bevezetésével, mint ha maradunk az , , alkalmazásánál. Megvan az az előnye is, hogy tulajdonképpen kétféle képletet kapunk meg: egyet arra az esetre, amikor az egyenlet főegyütthatója (, - val kifejezett képlet) és az eredetit arra az esetre, ha .

  2. Mivel , szorozzuk meg az egyenletet -val, ekkor kapjuk, hogy:

    Vegyük észre, hogy az első tag így a kifejezés négyzete, a második pedig ennek és -nek a kétszeres szorzata, tehát teljes négyzetté egészíthetjük ki hozzáadásával mindkét oldalhoz:

    A kifejezés kivonásával a bal oldalon egy kéttagú négyzetet kapunk:

    Ebből esetén gyököt vonva (ha ez a feltétel nem teljesül, akkor ebből az alakból a négyzetgyök definíciója miatt következik, hogy nincs valós megoldás, mert a bal oldalon nem negatív kifejezés áll, tehát a jobb oldal is csak ilyen lehet) a következő egyenletet kapjuk:

    Az abszolút érték definíciója miatt ebből következik, hogy

    amiből kivonásával

    következik, végül -val való osztás után kapjuk a fenti formulát. Ebben a bizonyításban az a jó, hogy végig egész kifejezésekkel dolgozunk, csak a végén kell törtté alakítani. Az első lépés szerepe, hogy -val szorzunk, viszont csak a teljes megoldás ismeretében látszik jogosnak (miért „bonyolítjuk” az egyenletet?) a tanulók előtt.

Megjegyzés: Ha a hagyományos módon, tört alakban végezzük a teljes négyzetté alakítást, akkor a bizonyítás nehezebben követhetővé válik, az egyes lépések pedig gyakorlatilag ugyanazok, mint a fenti két bizonyítás során. Bármelyik megoldást választjuk is, érdemes az algebrai bizonyítással párhuzamosan az egyenletnek megfelelő másodfokú függvény grafikonját is ábrázolni, mert a későbbi összefüggések megértését is megkönnyíti ( beleértve a másodfokú egyenlőtlenségek megoldását is).

Tétel (Gyökök és együtthatók közti összefüggések (Viéte-formulák)). Ha az egyenlet gyökei és (lehetnek egyenlők is), akkor

  1. és

  2. .

Bizonyítás.

  1. A két gyök összege:

    a két törtet összeadva látjuk, hogy a gyökös kifejezések kiesnek, mert összegük 0, tehát marad:

  2. A két gyök szorzata:

    a szorzást elvégezve a számlálóban egy nevezetes azonosságot vehetünk észre , ezt alkalmazva kapjuk, hogy

Tétel. Az egyenlet ekvivalens az egyenlettel, ahol és az eredeti egyenlet (nem feltétlenül különböző) gyökei (az egyenlet gyöktényezős alakja).

Bizonyítás. Végezzük el a gyöktényezős alakban a kijelölt szorzásokat:

kiemelve -et és -t a második és harmadik tagból

alakot kapjuk. Két egyenlet ekvivalens, ha az ismeretlenek együtthatói és a konstans tag is megegyezik, azaz:

ami a Viéte-formulák miatt igaz.

Megjegyzés:

François Viéte (1540-1603) francia matematikus volt az, aki az „a négyzet” algebrai kifejezésre bevezette a felső index használatát, legfontosabb munkái az egyenletek megoldásának tökéletesítéséről szóltak, és a jelölések egyszerűsítéséről. A gyöktényezős alak felhasználásával a magasabb fokú egyenletek megoldásait is előre lehet vetíteni (nem anyaga az emelt szintű érettséginek sem), melynek segítségével a magasabb fokú egyenleteket vissza lehet vezetni első és másodfokúakra. A másodfokú kifejezések szorzattá alakítását a gyöktényezős alak segítségével a matematika sok különböző területén tudjuk alkalmazni, ennek tudatosítása a problémamegoldó gondolkodást fejleszti.