ENABE 9 razred 1 LINEARNE ENABE neznank a

ENAČBE 9. razred

1 LINEARNE ENAČBE neznank a 5 + x = 14 leva stran enačbe Rešitev enačbe je vsako število, pri katerem je vrednost leve strani enačbe enaka vrednosti desne strani enačbe. x = 9, ker je 5 + 9 = 14 desna stran enačbe Enačba je zapis, ki vsebuje enačaj (=) in neznanko (poljubna črka). 5 + 9 = 14 je enakost 5 + x = 14 je enačba

� Vrste enačb po številu neznank enačba z eno neznanko 3 x + 5 = 11 enačba z dvema neznankama 2 x + 3 y = 14 enačba s tremi neznankami 4 x – 2 y + 3 z = 9 po potenci neznanke enačba 1. stopnje – linearna enačba 3 x + 5 = 11 enačba 2. stopnje – kvadratna enačba x 2 = 9 enačba 3. stopnje – kubična enačba x 3 + 2 = 10

� Reševanje linearnih enačb Linearno enačbo lahko preoblikujemo v ekvivalentno enačbo, tako da: 1. Na obeh straneh enačbe prištejemo ali odštejemo isti člen. 2. Obe strani enačbe pomnožimo ali delimo z istim (od nič različnim) številom. Ekvivalentni enačbi imata kljub različni obliki isto rešitev, npr: Enačbi 5 �x = 10 in 5 �x + 3 = 13 sta ekvivalentni, saj je x = 2 rešitev obeh.

Reši enačbo: 5 �x + 4 = 3 �x + 10 2. 3. 4. – 3 �x 1. – 4 Enačbo uredimo tako, da vse člene z neznanko 5 �x – 3 �x + 4 = 10 5 �x – 3 �x = 10 – 4 prenesemo na levo stran 2 �x = 6 / : 2 enačbe, vsa števila pa na desno stran. 1 �x = 6/2 Skrčimo levo in desno rešitev: x = 3 stran enačbe. Enačbo delimo s L: 5 � 3 + 4 = 15 + 4 = 19 koeficientom pri neznanki. D: 3 � 3 + 10 = 9 + 10 = 19 L=D Napravimo preizkus.

1 a REŠITEV LINEARNE ENAČBE � Linearna enačba ima lahko eno rešitev (množica rešitev ima en element), v posebnih primerih pa enačba nima rešitve (prazna množica rešitev) ali pa jih ima neskončno (R). enačba ima eno rešitev enačba nima rešitve enačba ima nešteto rešitev 3 x – 5 = x + 3 3 x – x = 3 + 5 2 x = 8 x=4 2 – 3 = 2 x + 4 2 x – 2 x = 4 + 3 0 x = 7 5 x – 7 – 2 x = 6 + 3 x – 1 5 x – 2 x – 3 x = -6 – 1 +7 0 x = 0 R = {4} R={} R=R Linearna enačba ima običajno eno samo rešitev. Enačba 0 x = b; b Identične enačbe so enačbe, � 0 je nerešljiva. pri katerih po poenostavitvi dobimo enačbo 0 x = 0. Takim enačbam ustreza vsako realno

� Osnovna ali univerzalna množica Osnovna množica U je množica, iz katere izbiramo števila za rešitev enačbe. � Množica rešitev R so vsa števila, ki zadoščajo dani enačbi. Poišči množico rešitev enačbe 3 ∙ x = 3, če je U = N. Rešitev: x = 1 (1 U in 3 ∙ 1 = 3) Množica rešitev: R = {1}

1 b ENAČBE Z OKLEPAJI � Enačbe z oklepaji rešujemo tako, da najprej odpravimo oklepaje, enačbo uredimo, združimo podobne člene in izračunamo vrednost neznanke. primer formula opis primera (2 x + 6) – (5 – 3 x) = (x + 4) + (6 x – 3) a + (b – c) = a + b – c a – (b – c) = a – b + c seštevanje in odštevanje veččlenikov 3(2 x + 1) = 3 x + 9 a �(b + c) = ab + ac množenje enočlenika z veččlenikom (x – 2)(x + 3) = (x + 4)2 – 1 (a + b) �(c + d) = ac + ad + bc + bd (a + b)2 = a 2 + 2 ab + b 2 množenje veččlenika z veččlenikom in kvadrat dvočlenika

� Reši enačbo (5 x – 2)2 – 2(4 x – 3)2 – (7 x + 2)(1 – x) = 7 Izračunamo kvadrata in napravi preizkus. in produkt dvočlenikov. 25 x 2 – 20 x + 4 – 2(16 x 2 – 24 x + 9) – (7 x – 7 x 2 + 2 – 2 x) = 7 Pomnožimo enočlenik z veččlenikom. 25 x 2 – 20 x + 4 – 32 x 2 + 48 x – 18 – 7 x + 7 x 2 – 2 + 2 x = 7 Vsota kvadratnih členov je nič, preostali del enačbe uredimo. – 20 x + 48 x – 7 x + 2 x = 7 – 4 + 18 + 2 Skrčimo izraza. Na koncu vedno napravimo še preizkus. 23 x = 23 Delimo s 23. x=1

1 c ENAČBE Z ULOMKI � Enačbe z ulomki rešujemo tako, da najprej vse člene pomnožimo z najmanjšim skupnim večkratnikom vseh imenovalcev, nato pa enačbo ekvivalentno preoblikujemo. primer x opis primera + 2 x 4 – 50 x + 3 x+2 2 3(x + 2) 13 – = 1 1 – = 5(x – 3) 7 x = 2 3 Neznanka x nastopa v števcu ulomka. 3 x 6 – 1 Neznanka x nastopa tudi v števcu ulomka, ki je veččlenik. x 4 = Neznanka x nastopa v več števcih ulomka z različnimi imenovalci. 3 – 2 x 5 Neznanka x nastopa v več števcih, ki so produkti enočlenika z veččleniki.

� Reši enačbo preizkus. 3(x + 2) 5(x – 3) 7 = 3 – 2 x 5 in napravi Enačbo pomnožimo s 13 � 7 � 5, saj je to najmanjši skupni imenovalec ulomkov. 3(x + 2) � 13 � 7 � 5 13 13 – – 5(x – 3) � 13 � 7 � 5 7 = (3 – 2 x) � 13 � 7 � 5 Ulomke množimo in okrajšamo. 5 105(x + 2) – 325(x – 3) = 91(3 – 2 x) Odpravimo oklepaje. 105 x + 210 – 325 x + 975 = 273 – 182 x Uredimo enačbo. 105 x – 325 x + 182 x = 273 – 975 – 210 Skrčimo izraza. Na koncu vedno napravimo še preizkus. – 38 x = – 912 Delimo z – 38. x = 24

1č NEENAČBE Neenačbe se od enačb ločijo po tem, da imajo namesto znaka enakosti znak neenakost. Rešujemo jih podobno kot enačbe, le da se pri množenju in deljenju neenačbe z negativnim znak številom znak neenakosti obrne. neenakos ti Enako kot pri enačbah. x>a Znak neenakosti se ne obrne, saj smo delili s x �a pozitivnim številom. – 7 �x < 63 <a (– 7 �x) : (– 7) < 63 : x(– 7) x > – 9 x �a Ker smo delili z negativnim številom (– 7), se je znak pomen – 4 + x > – 15 Enako kot Vrednosti neznanke x so večje – 4 + x > – 15 + 4 pri enačbah. 5 �x < – 35 od vrednostix števila > – 11 a. (5 �x) : 5 < 35 : 5 x < 7 Vrednosti neznanke x so večje –x >ali a enake / �(– 1)vrednosti �x < –aštevila a. Ker smo pomnožili z Vrednosti neznanke x so manjše x : (– 2) > 7 negativnim številom –x < a (x /od� (– 1) � x > –a vrednosti števila a. : (– 2)) �(– 2) > 7 �(– (– 2), 2) Vrednosti neznanke x so manjše se je znak x < – 14 vrednosti števila neenakosti obrnil. ali enake a.

� Rešitev neenačbe je poltrak na številski premici. 3 x – 4 � 5 x – 6 3 x – 5 x �– 6 + 4 – 2 x �– 2 x � 1

� Reševanje sistema dveh neenačb z eno neznanko Tak sistem rešimo tako, da posebej rešimo vsako posamezno neenačbo. Ker morata biti pogoja hkrati izpolnjena, velja: množica rešitev sistema neenačb z eno neznanko je presek množic, ki ju določata obe c �ax + b �d neenačbi. lahko zapišemo kot: c �ax + b in ax + b �d 1. neenačba 2. neenačba

1 d IZRAŽANJE NEZNANIH KOLIČIN IZ FORMUL � Formule obravnavamo enako kot enačbe s številskimi koeficienti: z ekvivalentnim preoblikovanjem iz formule izrazimo iskano količino in nato izračunamo njeno vrednost. F=p� S F p S Pri formulah, zapisanih v obliki količnika, si lahko pomagamo s trikotnikom, ki ga razdelimo na tri polja in vanje vpišemo količine iz formule. F p = S F S = p

2 UPORABA ENAČB PRI REŠEVANJU BESEDILNIH NALOG Koliko je star Jure, � 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. če pravi: “Če Postopek reševanja nalog z besedilom številu mojih let Pozorno preberemo nalogo. prišteješ 30, dobiš Smiselno izberemo neznano količino. mojo trikratno starost. ” x + 30 = 3 x Po besedilu naloge zapišemo enačbo. Neznana količina je število Juretovih let: x – 3 x = – 30 x. Rešimo enačbo. – 2 x = – 30 Izračunamo vse neznane količine. x = 15 označuje Juretovo Naredimo preizkus. Čez 30 xlet bo star 45 let, starost. To trikratna je 15 let. to je tudi njegova Zapišemo odgovor starost: 3 � 15 = 45. ODGOVOR: Jure je star 15 let.

2 a NALOGE O ŠTEVILIH Če od štirikratnika števila odšteješ 10, 1. Pozorno preberemo nalogo. dobiš dvakratnik števila. Katero 2. Smiselno izberemo neznano količino. število je to? 3. 4. 5. 6. 7. Po besedilu naloge zapišemo enačbo. 4 x – 10 = 2 x Neznana je iskano število: x. Rešimo količina enačbo. 4 x – 2 x = 10 Izračunamo vse neznane količine. 2 x = 30 x=5 Naredimo preizkus. 4 � 5 –Neznana 10 = 10 količina je število Zapišemo odgovor 2 � 5 =5. 10 ODGOVOR: Iskano število je število 5.

2 b NALOGE O STAROSTI 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. Simona bo čez 4 leta dvakrat starejša, kot je bila pred tremi leti. Koliko je stara Simona? Pozorno preberemo nalogo. Smiselno izberemo neznano količino, lahko si pomagamo z razpredelnico. x + 4 = 2(x – Po besedilu naloge zapišemo Neznana količina je Simonina starost: x 3) x + 4 = 2 x – 6 enačbo. let. x – 2 x = – 6 – danes čez 4 leta pred 3 leti Rešimo enačbo. 4 Simona x x+4 x– 3 –x = – 10 Izračunamo vse neznane količine. x = 10 Naredimo preizkus. Neznana količina je število 10 Čez 4 leta: 14 let Zapišemo odgovor Simona je stara 10 let. Pred tremi leti: 7 let Čez 4 leta bo stara 14 let. Dvakratnik: 14 let ODGOVOR: Simona je stara 10 let. Pred 3 leti je bila stara 7 let.

2 c NALOGE IZ GEOMETRIJE 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. Rok je želel narediti šotorček Pozorno preberemo nalogo. iz 28 cm dolgega traku. Od Smiselno izberemo neznanostrani naj bi bil videti kot enakokraki trikotnik, s količino, narišemo skico. krakoma 2 cm daljšima od Po besedilu naloge zapišemo osnovnice. Kako dolge bojo stranice trikotnika? enačbo. = 2(x osnovnice + 2) + x c je x. Rešimo enačbo. 28 Dolžina 28 = 2 x + 42+cm x daljši od osnovnice: x + Krak a je Izračunamo vse neznane količine. – 2 x – x = 4 – 28 x+2 2. Dolžina x+2 osnovnice je x, torej 8 cm. Naredimo preizkus. – 3 x = – 24 2 � 10 + 8 =je 28 Dolžina kraka x + 2, torej 10 cm. x = 8 Zapišemo odgovor. ODGOVOR: Trak mora prepogniti tako, da bo ena stranica dolga 8 cm, dve pa x

2č NALOGE IZ VSAKDANJIKA 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. Špela je na smučanje vzela Pozorno preberemo nalogo. 40 €. Za smučarsko Smiselno izberemo neznanovozovnico je zapravila trikrat toliko denarja kot za količino. enolončnico, za razglednice Po. Enolončnica: besedilu naloge x€ pa je plačala 2 € več kot za zapišemo enačbo. Vozovnica: 3 x € enolončnico, Ostalo ji je še 13 Razglednice: x+2€ Rešimo enačbo. €. Koliko denarja je porabila stvari? Izračunamo vse neznane x + za 3 x posamezne + (x + 2) + 13 = 40 Enolončnica: 5 € količine. +513 = € 40 –x. Vozovnica: 5+ – 3 x 15+ –x 7+ =32 13 � = 15 Naredimo preizkus. Res 40 ji je ostalo še 513+ €. Razglednice: 2=7€ 5 x + 15 = 40 Zapišemo odgovor 5 x = 40 – 15 ODGOVOR: Špela je za enolončnico porabila 5 €, 5 x = 25 za vozovnico 15 €, za razglednice pa 7 €. x=5

2 d NALOGE O GIBANJU 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. s = v �t s – pot v – hitrost t - čas Pozorno preberemo nalogo. Rok in Peter sta oddaljena 56 km. Smiselno izberemo Oba kreneta drug proti drugemu neznano količino. Čas: t (oba enako časa) ob isti uri. Rok vozi kolo s Po besedilu naloge Rok: s 1 = v 1 �t povprečno hitrostjo 16 km/h, zapišemo enačbo. Peter: s 2 = v 2 �t Peter pa 12 km/h. Po kolikšnem Rešimo enačbo. s 1 s 2 času in kje se bosta srečala? Izračunamo vse neznane s 1 + s 2 = 56 količine. 56 km Peter v 1 �t + v 2 �t = 56 Rok poti= 256 uri. 16 t na + 12 t Naredimo preizkus. Ko se srečata, sta ODGOVOR: Rok in=Peter Rok insta Peter prevozila se Rok: 16 � 2 32 km 28 t =56 Zapišemo odgovor srečata 32čez km 2+ uri, 24 km ko je = Rok 56 km. Peter: 12 � 2 = 24 t = km 2 prevozil 32 km, Peter pa 24 km.

3 SISTEM DVEH LINEARNIH ENAČB Z DVEMA NEZNANKAMA � Vsota dveh števil je sedem. Če od prvega števila odštejemo dvakratnik drugega števila, dobimo 1. Ta naloga vsebuje dve enačbi, v katerih x – prvo število nastopata dve neznanki. � Sistem • • dveh enačb z dvema neznankama lahko rešimo na dva načina: zamenjalni način nasprotnih koeficientov y – drugo število 1. enačba: x + y = 7 2. enačba: x – 2 y = 1

� Zamenjalni • • • Enačbi: x+y=7 x – 2 y = 1 način Iz ene od enačb izrazimo eno od neznank in ta izraz vstavimo v drugo enačbo. Iz enačbe x + y = 7 izrazimo x: x = 7 – y Vstavimo ga v drugo enačbo: 7 – y – 2 y = 1 Enačbo uredimo: – 3 y = – 6 �y = 2 Dobljeno vrednost vstavimo v eno od enačb in izračunamo še neznanko x: x + 2 = 7 �x = 5 Preverimo še z drugo enačbo: 5 – 2 � 2 = 1 Rešitev sistema sta števili x = 5 in y = 2.

Enačbi: x+y=7 x – 2 y = 1 � Način nasprotnih koeficientov Eno ali obe enačbi pomnožimo tako, da dobimo red isto neznanko v obeh enačbah nasprotna koeficienta. Enačbi nato seštejemo in s tem x+y=7 / � 2 (enačbo pomnožimo z izločimo eno neznanko. 2) x – 2 y = 1 2 x + 2 y = 14 + x – 2 y = 1 3 x + 0 = 15 Vrednost neznanke x = 5 x vstavimo v eno od obeh enačb in dobimo še vrednost neznanke y: 5 + y = 7 �y = 2

4 ALGEBRSKE ENAČBE – ENAČBE Z NEZNANKO V IMENOVALCU 2 x + 1 = 3 � Reši enačbo x– 1 Obe strani enačbe pomnožimo z imenovalcem ulomka in s tem odpravimo ulomek: Preizkus: L: 2 x + 1 2 � 4 + 1 9 = = = 3 x– 1 4– 1 3 2 x + 1 = 3 / �(x – 1) x– 1 2 x + 1 = 3(x – 1) 2 x + 1 = 3 x – 3 2 x – 3 x = – 3 – 1 –x = – 4 x=4 D: 3 Pri vrednosti neznanke x = 4 se leva in desna stran enačbe ujemata, torej je x = 4 rešitev dane enačbe.