3.1 ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ Η Εξίσωση αx + β = 0 Στο Γυμνάσιο μάθαμε τον τρόπο επίλυσης των εξισώσεων της μορφής αx + β = 0 για συγκεκριμένους αριθμούς α, β, με α ≠ 0. Έχουμε λοιπόν αx + β = 0 ⇔ αx + β - β = - β Διακρίνουμε τώρα τις περιπτώσεις:
αx = -β ⇔ x = $-\dfrac{α}{β}$ Επομένως, αν α ≠ 0 η εξίσωση έχει ακριβώς μία λύση, την $x = -\dfrac{β}{α}$.
Η λύση της εξίσωσης αx + β = 0 και γενικά κάθε εξίσωσης λέγεται και ρίζα αυτής. Για παράδειγμα
4(x - 5) = x - 5 ⇔ 4x - 20 = x - 5 Άρα, η εξίσωση έχει μοναδική λύση, την x = 5 .
3x - x - 3 = 2x ⇔ 3x - x - 2x = 3 ⇔ 0x = 3
4x - 20 - x = 3x - 20 ⇔ 4x - x - 3x = 20 - 20 ⇔ 0x = 0 που είναι ταυτότητα. ΣΧΟΛΙΟ Όπως βλέπουμε στα παραπάνω παραδείγματα, κάθε φορά καταλήγουμε σε εξίσωση της μορφής αx + β = 0, της οποίας οι συντελεστές α και β είναι συγκεκριμένοι αριθμοί και μπορούμε αμέσως να δούμε ποια από τις προηγούμενες περιπτώσεις ισχύει. Δεν συμβαίνει όμως το ίδιο, αν οι συντελεστές α και β της εξίσωσης αx + β = 0 εκφράζονται με τη βοήθεια γραμμάτων. Σε τέτοιες περιπτώ-σεις, τα γράμματα αυτά λέγονται παράμετροι, η εξίσωση λέγεται παραμετρική και η εργασία που κάνουμε για την εύρεση του πλήθους των ριζών της λέγεται διερεύνηση. Για παράδειγμα η εξίσωση (λ2 - 1)x - λ + 1 = 0, λ $\in$ ℝ έχει παράμετρο το λ και γράφεται ισοδύναμα (λ2 - 1)x - λ + 1 = 0 ⇔ (λ2 - 1)x = λ - 1 Επομένως
$x = \dfrac{λ-1}{(λ+1)(λ-1)} = \dfrac{1}{λ+1}$
|
ΕΦΑΡΜΟΓΗ Ένας ποδηλάτης πήγε από μια πόλη Α σε μία πόλη Β και επέστρεψε από τον ίδιο δρόμο. Στην μετάβαση οδηγούσε με μέση ταχύτητα 25km/h και ξεκουράστηκε ενδιάμεσα 1 ώρα. Στην επιστροφή οδηγούσε με μέση ταχύτητα 20 km/h και δεν έκανε καμία στάση. Αν ο συνολικός χρόνος του ταξιδιού ήταν 10 ώρες, να υπολογιστεί το μήκος της διαδρομής ΑΒ. ΛΥΣΗ Αν x km είναι η απόσταση ΑΒ, τότε ο ποδηλάτης χρειάστηκε $\dfrac{x}{25}$ ώρες για να πάει από το Α στο Β και $\dfrac{x}{20}$ ώρες για να επιστρέψει. Αφού ξεκουράστηκε και 1 ώρα, ο συνολικός χρόνος του ταξιδιού ήταν $\dfrac{x}{25} + \dfrac{x}{20} + 1$ . Επειδή ο χρόνος αυτός είναι 10 ώρες έχουμε την εξίσωση: $\dfrac{x}{25} + \dfrac{x}{20} + 1$=10 Λύνουμε την εξίσωση και έχουμε: $\dfrac{x}{25} + \dfrac{x}{20} + 1$=10 ⇔ 4x + 5x + 100 = 1000 Άρα το μήκος της διαδρομής είναι 100 km. |
Εξισώσεις που ανάγονται σε εξισώσεις 1ου βαθμού Στην συνέχεια θα δούμε, με τη βοήθεια παραδειγμάτων, πώς μπορούμε να επιλύσουμε εξισώσεις οι οποίες δεν είναι μεν εξισώσεις 1ου βαθμού, αλλά, με κατάλληλη διαδικασία, ανάγονται σε εξισώσεις 1ου βαθμού. ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 1ο Να λυθεί η εξίσωση $\dfrac{x^2}{x-1} - 1 = \dfrac{1}{x-1}$. ΛΥΣΗ Η εξίσωση αυτή ορίζεται για κάθε x ≠ 1. Με αυτόν τον περιορισμό έχουμε:
Επομένως η εξίσωση έχει μοναδική λύση, την x = 0. ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 2o Να λυθεί η εξίσωση |2x -1| = |x + 3| ΛΥΣΗ Από τις ιδιότητες των απολύτων τιμών έχουμε: |2x -1| = |x + 3| ⇔ 2x - 1 = x + 3 ή 2x -1 = -(x + 3) Όμως:
Επομένως η εξίσωση έχει δυο λύσεις, τους αριθμούς 4 και $x = -\dfrac{2}{3}$. ΣΧΟΛΙΟ Με τον ίδιο τρόπο λύνουμε κάθε εξίσωση της μορφής |f(x)| = |g(x)| . ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 3o Να λυθεί η εξίσωση |2x - 3| = 3x - 2 ΛΥΣΗ Επειδή το πρώτο μέλος της εξίσωσης είναι μη αρνητικό, για να έχει λύση η εξίσωση αυτή πρέπει και το δεύτερο μέλος της να είναι μη αρνητικό. Δηλαδή, πρέπει: 3x - 2 ≥ 0 (1) Με αυτόν τον περιορισμό, λόγω των ιδιοτήτων των απόλυτων τιμών, έχουμε: |2x - 3| = 3x - 2 ⇔ 2x - 3 = 3x - 2 ή 2x - 3 = 2 - 3x ⇔ 2x - 3x = -2 + 3 ή 2x + 3x = 2 + 3 ⇔ -x = 1 ή 5x = 5 ⇔ x = -1 ή x = 1 Από τις παραπάνω λύσεις δεκτή είναι μόνο η x = 1, διότι μόνο αυτή ικανοποιεί τον περιορισμό (1). ΣΧΟΛΙΟ Με τον ίδιο τρόπο λύνουμε εξισώσεις της μορφής |f(x)| = g(x). |
|
Επομένως η εξίσωση x3 = 8 έχει ακριβώς μια λύση, την $\sqrt[3]{8}$. Γενικότερα:
Επομένως η εξίσωση x4 = 16 έχει ακριβώς δύο λύσεις, την $\sqrt[4]{16} = 2$ και την - $\sqrt[4]{16} = -2$. Γενικότερα:
x3 = -8 ⇔ -x3 = 8 ⇔ (-x)3 = 8 ⇔ -x = $\sqrt[3]{8}$ ⇔ x = - $\sqrt[3]{8}$ = -2. Επομένως η εξίσωση αυτή έχει ακριβώς μια λύση, την - $\sqrt[3]{8}$ = - 2 Γενικότερα:
Γενικότερα:
Από τα παραπάνω συμπεράσματα και από το γεγονός ότι η εξίσωση xν = αν, με ν $\in$ ℕ*, έχει προφανή λύση την x = α, προκύπτει ότι:
|
ΕΦΑΡΜΟΓΗ Να λυθεί η εξίσωση x4 + 8x = 0 ΛΥΣΗ x4 + 8x = 0 ⇔ x(x3 + 8) = 0 ⇔ x = 0 ή x3 = -8 ⇔ x = 0 ή x = - $\sqrt[3]{8}$ = -2. |
|
Η εξίσωση αx2 + βx + γ = 0, α ≠ 0 Η λύση πολλών προβλημάτων της Γεωμετρίας, της Φυσικής καθώς και άλλων επιστημών ανάγεται στην επίλυση μιας εξίσωσης της μορφής: αx2 + βx + γ = 0, με α ≠ 0 (1) η οποία λέγεται εξίσωση δευτέρου βαθμού. Για παράδειγμα, έστω ο τύπος $S = v_0t+\frac{1}{2}γt^2$, όπου S το διάστημα που διανύει κινητό σε χρόνο t, με αρχική ταχύτητα v0 και επιτάχυνση γ. Αν θεωρήσουμε ως άγνωστο τον χρόνο t, τότε προκύπτει η εξίσωση: $\dfrac{1}{2}γt^2 + v_0t -S = 0,$ η οποία είναι εξίσωση δευτέρου βαθμού. Στη συνέχεια θα επιλύσουμε την εξίσωση δευτέρου βαθμού στη γενική της μορφή με τη μέθοδο της «συμπλήρωσης του τετραγώνου». Έχουμε:
Αν θέσουμε Δ = β2 - 4αγ, τότε η τελευταία εξίσωση γίνεται: $\left(x + \dfrac{β}{2α}\right)^2 = \dfrac{Δ}{4α^2}$ (2) Διακρίνουμε τώρα τις εξής περιπτώσεις:
$x + \dfrac{β}{2α} = \dfrac{\sqrt{Δ}}{2α}$ ή $x + \dfrac{β}{2α} = -\dfrac{\sqrt{Δ}}{2α}$ δηλαδή $x = \dfrac{-β + \sqrt{Δ}}{2α}$ ή $x = \dfrac{-β - \sqrt{Δ}}{2α}$ Επομένως η εξίσωση (2), άρα και η ισοδύναμή της (1), έχει δύο λύσεις άνισες τις: $x_1 = \dfrac{-β + \sqrt{Δ}}{2α}$ και $x_2 = \dfrac{-β - \sqrt{Δ}}{2α}$ Για συντομία οι λύσεις αυτές γράφονται $x_{1,2} = \dfrac{-β \pm \sqrt{Δ}}{2α}$.
Στην περίπτωση αυτή λέμε ότι η εξίσωση έχει διπλή ρίζα την $ -\dfrac{β}{2α}$.
Η αλγεβρική παράσταση Δ = β2 - 4αγ, από την τιμή της οποίας εξαρτάται το πλήθος των ριζών της εξίσωσης αx2 + βx + γ = 0, α ≠ 0 , ονομάζεται διακρίνουσα αυτής. Τα παραπάνω συμπεράσματα συνοψίζονται στον ακόλουθο πίνακα:
|
Για παράδειγμα
Η παραπάνω εξίσωση λύνεται σύντομα ως εξής: x2 - 4x + 4 = 0 ⇔ (x - 2)2 = 0 ⇔ x = 2 (διπλή ρίζα).
Στην περίπτωση που η εξίσωση αx2 + βx + γ = 0, α ≠ 0 έχει πραγματικές ρίζες x1,x2, έχουμε: $x_1 + x_2 = \dfrac{-β + \sqrt{Δ}}{2α} + \dfrac{-β - \sqrt{Δ}}{2α} = \dfrac{-2β}{2α} = -\dfrac{β}{α}$ και Αν με S συμβολίσουμε το άθροισμα x1 + x2 και με P το γινόμενο x1 · x2, τότε έχουμε τους τύπους:
που είναι γνωστοί ως τύποι Vieta. Η εξίσωση αx2 + βx + γ = 0, με την βοήθεια των τύπων του Vieta, μετασχηματίζεται ως εξής:
Η τελευταία μορφή της εξίσωσης αx2 + βx + γ = 0 μας δίνει τη δυνατότητα να την κατασκευάσουμε, όταν γνωρίζουμε το άθροισμα και το γινόμενο των ριζών της. Για παράδειγμα η εξίσωση με άθροισμα ριζών 3 και γινόμενο $\sqrt{2}$ είναι η x2 - 3x + $\sqrt{2}$ = 0. |
ΕΦΑΡΜΟΓΗ 1. Να λυθεί η εξίσωση $x^2 - 2(\sqrt{3}+1)x + 4\sqrt{3} = 0.$ ΛΥΣΗ Η διακρίνουσα είναι $Δ = 4(\sqrt{3} + 1)^2 - 4 \cdot 4 \sqrt{3} = 4[(\sqrt{3})^2 - 2 \sqrt{3} +1] = 4(\sqrt{3}-1)^2$ Επομένως η εξίσωση έχει δυο ρίζες τις $x_{1,2} = \dfrac{2(\sqrt{3}+1) \pm \sqrt{4(\sqrt{3}-1)^2}}{2} = \dfrac{2\sqrt{3} + 2 \pm 2(\sqrt{3}-1)}{2} = $ 2. Ένας βράχος βρίσκεται στην κορυφή της χαράδρας ενός ποταμού, η οποία έχει βάθος 300m. Πόσος χρόνος απαιτείται μέχρι τη στιγμή, που ο βράχος θα αγγίξει το νερό του ποταμού, αν ο βράχος
Δίδεται ότι g $\simeq$ 10 m/sec2. ΛΥΣΗ i) Είναι γνωστό από την Φυσική ότι το διάστημα S που διανύει ένα σώμα στην ελεύθερη πτώση σε χρόνο t sec είναι: $S = \dfrac{1}{2}gt^2.$ Επειδή S = 300m και $g \simeq 10 m/sec^2$, έχουμε: $\dfrac{1}{2}10t^2 = 300$ ⇔ $5t^2 = 300$ ⇔ $t^2 = 60$ ⇔ $t = \pm \sqrt{60}$ ⇔ $t \simeq \pm 7,75$ Η αρνητική ρίζα δεν είναι αποδεκτή, διότι ο χρόνος στο συγκεκριμένο πρόβλημα δεν μπορεί να είναι αρνητικός. Άρα t $\simeq$ 7,75sec . ii) Όταν το σώμα έχει αρχική ταχύτητα v0, το διάστημα που διανύει σε χρόνο t sec είναι $S = v_0t + \dfrac{1}{2}γt^2$. Επειδή $v_0 = 50 \dfrac{m}{sec}$ και t > 0 θα έχουμε :
Άρα, ο ζητούμενος χρόνος είναι περίπου 4,22sec. ΣΧΟΛΙΟ Κατά την επίλυση ενός προβλήματος, όπως είδαμε και παραπάνω, δεν πρέπει να ξεχνάμε να ελέγχουμε, αν οι λύσεις που βρήκαμε είναι εύλογες. |
Εξισώσεις που ανάγονται σε εξισώσεις 2ου βαθμού Στη συνέχεια θα δούμε, με τη βοήθεια παραδειγμάτων, πώς μπορούμε να επιλύσουμε εξισώσεις οι οποίες δεν είναι μεν 2ου βαθμού, αλλά, με κατάλληλη διαδικασία, ανάγονται σε εξισώσεις 2ου βαθμού.
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 1ο: Να λυθεί η εξίσωση x2 - 2|x| - 3 = 0. ΛΥΣΗ Επειδή x2 = |x|2, η εξίσωση γράφεται: |x|2 - 2|x| - 3 = 0 Αν θέσουμε |x| = ω, τότε η εξίσωση γίνεται ω2 - 2ω - 3 = 0 . Η εξίσωση αυτή έχει ρίζες τις ω1 = 3 και ω2 = -1. Από αυτές δεκτή είναι μόνο η θετική, αφού ω = |x| ≥ 0. Επομένως |x| = 3, που σημαίνει x = -3 ή x = 3 .
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 2ο: Να λυθεί η εξίσωση: $\dfrac{3x-1}{x-1} - \dfrac{2}{x} = \dfrac{2x^2+x-1}{x^2-x}$ ΛΥΣΗ Για να ορίζεται η εξίσωση πρέπει x - 1 ≠ 0 και x2 - x ≠ 0 , δηλαδή x ≠ 0 και x ≠ 1. Με αυτούς τους περιορισμούς του x έχουμε:
Η τελευταία εξίσωση έχει ρίζες x1 = 1 και x2 = 3 . Από αυτές, λόγω του περιορισμού, δεκτή είναι μόνο η x2 = 3 . ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 3ο: Να λυθεί η εξίσωση: 2x4 - 7x2 - 4 = 0 (1) ΛΥΣΗ Αν θέσουμε x2 = y η εξίσωση γίνεται: 2y2 - 7y - 4 = 0 (2) Η εξίσωση 2y2 - 7y - 4 = 0 έχει ρίζες τις y1 = 4 και $y_2 = -\dfrac{1}{2}$. Επειδή y = x2 ≥ 0, δεκτή είναι μόνο η y1 = 4 . Επομένως, οι ρίζες της (1) είναι οι ρίζες της εξίσωσης x2 = 4 , δηλαδή οι x1 = -2 και x2 = 2 .
ΣΧΟΛΙΟ Η μέθοδος που ακολουθήσαμε στο παραπάνω παράδειγμα εφαρμόζεται και για την επίλυση κάθε εξίσωσης της μορφής: αx4 + βx2 + γ = 0, με α ≠ 0 Οι εξισώσεις της μορφής αυτής ονομάζονται διτετράγωνες εξισώσεις. |
|
|
ΙΣΤΟΡΙΚΟ ΣΗΜΕΙΩΜΑ Από τα αρχαία χρόνια οι μαθηματικοί χρησιμοποίησαν διάφορες τεχνικές για να λύσουν μια εξίσωση 2ου βαθμού. Οι αρχαίοι Έλληνες χρησιμοποίησαν γεωμετρικές μεθόδους, ίσως λόγω των δυσκολιών που είχαν με τους άρρητους αριθμούς, αλλά και λόγω πρακτικών δυσκολιών που προέκυπταν από τα ελληνικά ψηφία. Οι Ινδοί και οι Άραβες χρησιμοποίησαν μια μέθοδο όμοια με τη σημερινή διαδικασία «συμπλήρωσης τετραγώνου», περιγράφοντας όμως λεκτικά τον τρόπο εύρεσης των λύσεων. Αυτοί θεωρούσαν ως διαφορετικού τύπου κάθε μία από τις εξισώσεις x2 + px = q, x2 - px = q, x2 - px = -q . Σήμερα όμως γράφουμε τις εξισώσεις αυτές με τη γενική μορφή αx2 + βx + γ = 0 Ο σύγχρονος συμβολισμός άρχισε να εμφανίζεται περί το 1500 μ.Χ, και οι δυνατότητες χρησιμοποίησης αρνητικών ριζών και ακόμα μιγαδικών ριζών προτάθηκαν από τους Cardano και Girard. Η γεωμετρική παράσταση των αρνητικών ριζών από τον Descartes και των μιγαδικών αριθμών από τούς Wessel, Argand και Gauss έκαμε τους αριθμούς αυτούς περισσότερο αποδεκτούς ως ρίζες μιας δευτεροβάθμιας εξίσωσης. Όμως η ποικιλία των επιλύσεων που αναπτύχθηκε τα αρχαία χρόνια μας ενέπνευσε να αναπτύξουμε μερικούς τρόπους εξαγωγής του τύπου $x_{1,2} = \dfrac{-β \pm \sqrt{β^2-4αγ}}{2α}$ που δίνει τις ρίζες της γενικής εξίσωσης 2ου βαθμού αx2 + βx + γ = 0, α ≠ 0 . Στη συνέχεια παρουσιάζουμε τρεις μεθόδους επίλυσης μίας εξίσωσης 2ου βαθμού.
Μέθοδος των Ινδών Η επίλυση αυτή που επινοήθηκε στην Ινδία, αποδίδεται στον Sridhara (1025 μ. Χ. περίπου). Έχουμε διαδοχικά: αx2 + βx + γ = 0 αx2 + βx = -γ Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη της εξίσωσης με 4α και ύστερα προσθέτουμε το β2 και στα δύο μέλη, για να προκύψει ένα «τέλειο» τετράγωνο στο αριστερό μέλος. Δηλαδή $4α^2x^2 + 4αβx=-4αγ$ Έτσι προκύπτει ότι: $x = \dfrac{-β \pm \sqrt{β^2-4αγ}}{2α}$. ΣΧΟΛΙΟ Η απλότητα της μεθόδου των Ινδών χαρακτηρίζεται από το γεγονός ότι το κλάσμα δεν εμφανίζεται. παρά μόνο στο τελευταίο βήμα.
Μέθοδος του Vieta Η εξίσωση 2ου βαθμού αx2 + βx + γ = 0, α ≠ 0 μπορεί να λυθεί ευκολότερα, αν δεν περιέχει τον πρωτοβάθμιο όρο βx, πράγμα που μπορεί εύκολα να επιτευχθεί με την αντικατάσταση $x=y-\dfrac{β}{2α}$ (1) Τότε η εξίσωση γίνεται: $α \left(y - \dfrac{β}{2α}\right)^2 + β \left(y - \dfrac{β}{2α}\right) + γ = 0$ η οποία όταν απλοποιηθεί γίνεται: $α y^2+ \dfrac{-β + 4αγ}{4α} = 0$. Οι ρίζες της εξίσωσης αυτής είναι $y=\dfrac{\pm \sqrt{β^2-4αγ}}{2α}$ εφόσον β2 - 4αγ ≥ 0 Για να βρούμε τις ρίζες της αρχικής εξίσωσης αντικαθιστούμε την παραπάνω τιμή του y στην (1) και έχουμε: $x=y - \dfrac{β}{2α} = \pm \dfrac{\sqrt{β^2-4αγ}}{2α} - \dfrac{β}{2α}$ ΣΧΟΛΙΟ Η μέθοδος αυτή του Vieta είναι ενδιαφέρουσα, γιατί είναι ο προάγγελος της τεχνικής για την επίλυση της γενικής τριτοβάθμιας καθώς και της διτετράγωνης εξίσωσης. Για παράδειγμα, το πρώτο βήμα στην επίλυση τηςεξίσωσης αx3 + βx2 + γx + δ = 0, είναι η αντικατάσταση $x=y-\dfrac{β}{3α}$ που απαλλάσσει την εξίσωση από το δευτεροβάθμιο όρο.
Μέθοδος του Harriot Ο μαθηματικός Thomas Harriot (1560-1621) εφάρμοσε τη μέθοδο της παραγοντοποίησης, για να βρει τις λύσεις μιας εξίσωσης 2ου βαθμού, στο μεγάλο έργο του για την άλγεβρα «Artis Analytical Praxis». Η τεχνική του είναι η εξής περίπου: Υποθέτουμε ότι x1 και x2 είναι οι ρίζες της δευτεροβάθμιας εξίσωσης αx2 + βx + γ = 0, α ≠ 0 (1). Σχηματίζουμε τώρα μία εξίσωση με ρίζες x1 και x2. Αυτή είναι η (x - x1 )(x - x2 ) = 0 ή ,ισοδύναμα, η x2 - (x1 + x2) x + x2 x2 = 0 (2) Με διαίρεση των μελών της (1) με α ≠ 0 , βρίσκουμε: $x^2+\dfrac{β}{α}x + \dfrac{γ}{α} = 0$ (3) Επειδή οι εξισώσεις (2) και (3) είναι ίδιες, οι αντίστοιχοι συντελεστές πρέπει να είναι ίσοι. Επομένως: $x_1 +x_2 = -\dfrac{β}{α}$ και $x_1x_2 = \dfrac{γ}{α}$ (4) Η ταυτότητα (x1 - x2 )2 = (x1 + x2 )2 - 4x1 x2 σε συνδυασμό με την (4) δίνει $x_1 - x_2 = \pm \dfrac{\sqrt{β^2-4αγ}}{α}$, [εφόσον $β^2-4αγ \geq 0$] (5) Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων (4) και (5) έχουμε: $x_1 = \dfrac{-β + \sqrt{β^2-4αγ}}{2α}$ και $x_2 = \dfrac{-β - \sqrt{β^2-4αγ}}{2α}$. ΣΧΟΛΙΟ Είναι αρκετό να θεωρήσουμε μόνο τη θετική τετραγωνική ρίζα της (5). Η αρνητική ρίζα απλώς εναλλάσσει τη διάταξη των x1 και x2. |