ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ. 2.1 ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1 ου ΒΑΘΜΟΥ. Η εξίσωση αx β 0

Transcript

1 ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ.1 ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1 ου ΒΑΘΜΟΥ Η εξίσωση α 0 Στο Γυμνάσιο μάθαμε τον τρόπο επίλυσης των εξισώσεων της μορφής α 0 για συγκεκριμένους αριθμούς α,,με α 0 Γενικότερα τώρα, θα δούμε πώς με την οήθεια των ιδιοτήτων των πράξεων, επιλύουμε την παραπάνω εξίσωση, οποιοιδήποτε και αν είναι οι αριθμοί α., Έχουμε λοιπόν α 0 α α Διακρίνουμε τώρα τις περιπτώσεις: Αν α 0 τότε: α a Επομένως, αν α 0 η εξίσωση έχει ακριώς μία λύση, την Αν α 0, τότε η εξίσωση α γίνεται 0, η οποία:. a i) αν είναι 0 δεν έχει λύση και γι αυτό λέμε ότι είναι αδύνατη, ενώ ii) αν είναι 0 έχει τη μορφή 0 0 και αληθεύει για κάθε πραγματικό αριθμό δηλαδή είναι ταυτότητα. Η λύση της εξίσωσης α 0 και γενικά κάθε εξίσωσης λέγεται και ρίζα αυτής. Για παράδειγμα Για την εξίσωση 4( 5) 5 έχουμε:

2 56. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 4( 5) Άρα, η εξίσωση έχει μοναδική λύση, την =5. Για την εξίσωση Έχουμε 0 που είναι αδύνατη. Για τη εξίσωση 4( 5) 0 έχουμε που είναι ταυτότητα. ΣΧΟΛΙΟ Όπως λέπουμε στα παραπάνω παραδείγματα, κάθε φορά καταλήγουμε σε εξίσωση της μορφής α 0, της οποίας οι συντελεστές α και είναι συγκεκριμένοι αριθμοί και μπορούμε αμέσως να δούμε ποια από τις προηγούμενες περιπτώσεις ισχύει. Δεν συμαίνει όμως το ίδιο, αν οι συντελεστές α και της εξίσωσης α 0 εκφράζονται με τη οήθεια γραμμάτων. Σε τέτοιες περιπτώσεις, 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 λ 1 λ10, λ έχει παράμετρο το λ και γράφεται ισοδύναμα λ 1 λ10 λ 1 λ 1 λ1λ1 λ 1 Επομένως Αν λ1και λ 1, η εξίσωση έχει μοναδική λύση, την λ 1 1 λ1 λ1 λ1 Αν λ 1, η εξίσωση γίνεται 0 και είναι αδύνατη. Αν λ 1, η εξίσωση γίνεται 0 0 και είναι ταυτότητα.

3 . 1 Εξισώσεις 1ου αθμού 57 ΕΦΑΡΜΟΓΗ Ένας ποδηλάτης πήγε από μια πόλη Α σε μία πόλη Β και επέστρεψε από τον ίδιο δρόμο. Στην μετάαση οδηγούσε με μέση ταχύτητα 5km/h και ξεκουράστηκε ενδιάμεσα 1 ώρα. Στην επιστροφή οδηγούσε με μέση ταχύτητα 0 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 km είναι η απόσταση ΑΒ, τότε ο ποδηλάτης χρειάστηκε 5 ώρες για να πάει από το Α στο Β και ώρες για να επιστρέψει. Αφού ξεκουράστηκε και 1 ώρα, 0 ο συνολικός χρόνος του ταξιδιού ήταν Επειδή ο χρόνος αυτός είναι 10 ώρες έχουμε την εξίσωση: Λύνουμε την εξίσωση και έχουμε: Άρα το μήκος της διαδρομής είναι 100 km. Εξισώσεις που ανάγονται σε εξισώσεις 1ου αθμού Στην συνέχεια θα δούμε, με τη οήθεια παραδειγμάτων, πώς μπορούμε να επιλύσουμε εξισώσεις οι οποίες δεν είναι μεν εξισώσεις 1 ου αθμού, αλλά, με κατάλληλη διαδικασία, ανάγονται σε εξισώσεις 1ου αθμού. ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 1 ο Να λυθεί η εξίσωση ΛΥΣΗ Η εξίσωση αυτή ορίζεται για κάθε 1. Με αυτόν τον περιορισμό έχουμε:

4 58. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ , αφού 1. Επομένως η εξίσωση έχει μοναδική λύση, την 0. ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ ο Να λυθεί η εξίσωση 1 ΛΥΣΗ Από τις ιδιότητες των απολύτων τιμών έχουμε: 1 1 ή 1 Όμως: ( ) 1. Επομένως η εξίσωση έχει δυο λύσεις, τους αριθμούς 4 και. ΣΧΟΛΙΟ Με τον ίδιο τρόπο λύνουμε κάθε εξίσωση της μορφής f ( ) g( ). ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ ο Να λυθεί η εξίσωση 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: 0 (1) Με αυτόν τον περιορισμό, λόγω των ιδιοτήτων των απόλυτων τιμών, έχουμε:

5 . 1 Εξισώσεις 1ου αθμού 59 ή ή 1 ή 55 1 ή 1 Από τις παραπάνω λύσεις δεκτή είναι μόνο η 1, διότι μόνο αυτή ικανοποιεί τον περιορισμό (1). ΣΧΟΛΙΟ Με τον ίδιο τρόπο λύνουμε εξισώσεις της μορφής f ( ) g( ). ΑΣΚΗΣΕΙΣ Α ΟΜΑΔΑΣ 1. Να λύσετε τις εξισώσεις i) iii) ii) iv). Να λύσετε τις εξισώσεις i) ii) , 1,5 1,5 8, Να λύσετε τις εξισώσεις για τις διάφορες τιμές της παραμέτρου λ. i) λ 1 λ 1 ii) λ λ iii) λ λ 1 λ 1 iv) 1 λ λ λ λ 4. Στο διπλανό ορθογώνιο τραπέζιο να ρεθεί η θέση του σημείου Μ στην ΑΔ ώστε για τα εμαδά Ε ( ΜΔΓ), Ε ( ΜΑΒ) και Ε ( Μ ΒΓ) 1 ισχύει: i) Ε1 Ε Ε ii) Ε1 Ε 5. Από κεφάλαιο 4000 ένα μέρος του κατατέθηκε σε μια τράπεζα προς 5% και το υπόλοιπο σε μια άλλη τράπεζα προς %. Ύστερα από 1 χρόνο εισπράχθηκαν συνολικά 175 τόκοι. Ποιο ποσό τοκίστηκε προς 5% και ποιο προς %; να

6 60. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 6. Να επιλυθούν οι παρακάτω τύποι ως προς την αναφερόμενη μεταλητή: i) v v0 αt, α 0 ως προς το t ii) (ως προς το R 1 ). R R R 1 7. Να λύσετε τις εξισώσεις i) ii) Να λύσετε τις εξισώσεις i) 1 0 ii) Να λύσετε τις εξισώσεις i) ii) Να λύσετε τις εξισώσεις i) 0 ii) Να λύσετε τις εξισώσεις 1 i) 1 1 ii) Να λύσετε τις εξισώσεις i) ii) 1 iii) 4 iv) Να ρείτε τρεις διαδοχικούς ακέραιους τέτοιους ώστε το άθροισμα τους να ισούται με το γινόμενο τους. 14. Να λύσετε τις εξισώσεις i) 5 ii) 4 1 iii) 1 iv) 1.

7 . 1 Εξισώσεις 1ου αθμού Να λύσετε τις εξισώσεις 4 4 i), ii) Να λύσετε τις εξισώσεις i) 4 ii) 1 1 Β ΟΜΑΔΑΣ 1. Να αποδείξετε ότι οι εξισώσεις: i) α αα ii) α α έχουν πάντα λύση, οποιοιδήποτε και αν είναι οι πραγματικοί αριθμοί α.,. Ποιοί περιορισμοί πρέπει να ισχύουν για τα α,, ώστε να έχει λύση η εξίσωση 1; α. Πόσο καθαρό οινόπνευμα πρέπει να προσθέσει ένας φαρμακοποιός σε 00ml διάλυμα οινοπνεύματος περιεκτικότητας 15%, για να πάρει διάλυμα οινοπνεύματος περιεκτικότητας %; 4. Ένα αυτοκίνητο Α κινείται με 100km/h. Ένα δεύτερο αυτοκίνητο Β που κινείται με 10km/h προσπερνάει το Α. Σε πόσα λεπτά τα δυο αυτοκίνητα θα απέχουν 1km; 5. Να λύσετε την εξίσωση α α α για όλες τις τιμές του α. 6. Να λύσετε την εξίσωση Να λύσετε την εξίσωση Να λύσετε την εξίσωση 1 5.

8 . Η ΕΞΙΣΩΣΗ v α Έστω η εξίσωση 8. Όπως αναφέραμε στον ορισμό της ν-οστής ρίζας μη αρνητικού αριθμού, η εξίσωση 8 έχει ακριώς μια θετική λύση, την 8. Η εξίσωση αυτή δεν έχει μη αρνητικές λύσεις, γιατί, για κάθε 0 ισχύει 0. Επομένως η εξίσωση 8 έχει ακριώς μια λύση, την 8. Γενικότερα: Η εξίσωση v ακριώς μια λύση την v α. Έστω η εξίσωση α, με α 0 και ν περιττό φυσικό αριθμό, έχει Όπως και προηγουμένως η εξίσωση αυτή έχει ακριώς μια θετική λύση την Η εξίσωση αυτή όμως έχει ως λύση και την , αφού Επομένως η εξίσωση την Γενικότερα: 4 16 έχει ακριώς δύο λύσεις, την 4 16 και Η εξίσωση v ακριώς δύο λύσεις τις v α και α, με α 0 και ν άρτιο φυσικό αριθμό, έχει v α. Έστω η εξίσωση 8 Έχουμε διαδοχικά: Επομένως η εξίσωση αυτή έχει ακριώς μια λύση, την 8 Γενικότερα: Η εξίσωση v ακριώς μια λύση την v a. α, με α 0 και ν περιττό φυσικό αριθμό, έχει Έστω η εξίσωση είναι αδύνατη. Γενικότερα: 4 4. Επειδή για κάθε ισχύει 4 0, η εξίσωση Η εξίσωση αδύνατη. v α, με α 0 και ν άρτιο φυσικό αριθμό, είναι

9 . Η εξίσωση ν =α 6 Από τα παραπάνω συμπεράσματα και από το γεγονός ότι η εξίσωση v v α, με ν, έχει προφανή λύση την α, προκύπτει ότι: v Αν ο ν περιττός, τότε η εξίσωση v α έχει μοναδική λύση, την α v v Αν ο ν άρτιος, τότε η εξίσωση α έχει δύο λύσεις, τις 1 α και α. ΕΦΑΡΜΟΓΗ Να λυθεί η εξίσωση ΛΥΣΗ ή 8 0 ή 8 ΑΣΚΗΣΕΙΣ Α ΟΜΑΔΑΣ 1. Να λύσετε τις εξισώσεις i) 15 0 ii). Να λύσετε τις εξισώσεις i) 15 0 ii). Να λύσετε τις εξισώσεις i) 64 0 ii) 4. Να λύσετε τις εξισώσεις 5 i) 8 0 ii) iii) iii) iii) 4 0 iii) Ένα ορθογώνιο παραλληλεπίπεδο έχει όγκο 81m και διαστάσεις, και. Να ρείτε τις διαστάσεις του παραλληλεπιπέδου. 6. Να λύσετε τις εξισώσεις i) 1 64 ii) 4 iii)

10 . ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ου ΒΑΘΜΟΥ Η εξίσωση α γ α 0, 0 Η λύση πολλών προλημάτων της Γεωμετρίας, της Φυσικής καθώς και άλλων επιστημών ανάγεται στην επίλυση μιας εξίσωσης της μορφής: α γ0, με α 0 (1) η οποία λέγεται εξίσωση δευτέρου αθμού. 1 Για παράδειγμα, έστω ο τύπος S v0t γt, όπου S το διάστημα που διανύει κινητό σε χρόνο t, με αρχική ταχύτητα v 0 και επιτάχυνση γ. Αν θεωρή- σουμε ως άγνωστο τον χρόνο t, τότε προκύπτει η εξίσωση: γt v ts, η οποία είναι εξίσωση δευτέρου αθμού. Στη συνέχεια θα επιλύσουμε την εξίσωση δευτέρου αθμού στη γενική της μορφή με τη μέθοδο της «συμπλήρωσης του τετραγώνου». Έχουμε: γ 0 0 [αφoύ 0 ] α α γ α α γ α α α γ α γ α 4α α 4α 4αγ α 4α Αν θέσουμε Δ 4αγ, τότε η τελευταία εξίσωση γίνεται: Δ α 4α Διακρίνουμε τώρα τις εξής περιπτώσεις: Αν Δ 0, τότε έχουμε: Δ Δ ή α α α α ()

11 . Εξισώσεις ου αθμού 65 δηλαδή Δ Δ ή α α Επομένως η εξίσωση (), άρα και η ισοδύναμή της (1), έχει δύο λύσεις άνισες τις: Δ Δ 1 και α α Για συντομία οι λύσεις αυτές γράφονται 1, Δ. α Αν Δ 0, τότε η εξίσωση () γράφεται: 0 0 α α α =0 ή =0 α α ή α α Στην περίπτωση αυτή λέμε ότι η εξίσωση έχει διπλή ρίζα την. α Αν Δ 0, τότε η εξίσωση (), άρα και η ισοδύναμή της (1), δεν έχει πραγματικές ρίζες, δηλαδή είναι αδύνατη στο. Η αλγερική παράσταση αγ, από την τιμή της οποίας εξαρτάται το Δ 4 0, 0, ονομάζεται διακρί- πλήθος των ριζών της εξίσωσης νουσα αυτής. α γ α Τα παραπάνω συμπεράσματα συνοψίζονται στον ακόλουθο πίνακα: Δ 4 αγ Η εξίσωση α γ α 0, 0 Δ 0 Έχει δύο ρίζες άνισες τις 1, α Δ 0 Έχει μια διπλή ρίζα τη α Δ Δ 0 Είναι αδύνατη στο. Για παράδειγμα

12 66. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ Η εξίσωση 1 0 έχει ρίζες τις 1 1 και. Η εξίσωση Δ 411 0, οπότε έχει δυο 44 0 έχει Δ , οπότε έχει μια δι- 4 πλή ρίζα την. 1 Η παραπάνω εξίσωση λύνεται σύντομα ως εξής: 440 ( ) 0 (διπλή ρίζα). Η εξίσωση 4 0 έχει πραγματικές ρίζες. έχει Δ 44 0, οπότε δεν Στην περίπτωση που η εξίσωση α γ α 1,, έχουμε: Δ Δ 1 και α α α α 0, 0 έχει πραγματικές ρίζες Δ 4αγ Δ Δ 4αγ γ 1 α α 4α 4α 4α α Αν με S συμολίσουμε το άθροισμα 1 και με P το γινόμενο 1, τότε έχουμε τους τύπους: S και α που είναι γνωστοί ως τύποι του Vieta. γ P α Η εξίσωση α γ 0, με την οήθεια των τύπων του Vieta, μετασχηματίζεται ως εξής: γ α γ 0 0 α α SP0 Η τελευταία μορφή της εξίσωσης α 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 και γινόμενο είναι η 0

13 . Εξισώσεις ου αθμού 67 ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ 1 η Να λυθεί η εξίσωση ΛΥΣΗ Η διακρίvoυσα είναι Δ Επομένως η εξίσωση έχει δύο ρίζες τις 1, η Ένας ράχος ρίσκεται στην κορυφή της χαράδρας ενός ποταμού, η οποία έχει άθος 00m. Πόσος χρόνος απαιτείται μέχρι τη στιγμή, που ο ράχος θα αγγίξει το νερό του ποταμού, αν ο ράχος i) πέσει από την κορυφή; ii) εκσφενδονιστεί κατακόρυφα προς τα κάτω με ταχύτητα 50 m/sec; Δίδεται ότι g 10 m/sec. ΛΥΣΗ i) Είναι γνωστό από την Φυσική ότι το διάστημα S που διανύει ένα σώμα στην 1 ελεύθερη πτώση σε χρόνο t sec είναι: S gt m Επειδή S 00m και g 10, έχουμε: sec t t t 60 t 60 t 7,75 Η αρνητική ρίζα δεν είναι αποδεκτή, διότι ο χρόνος στο συγκεκριμένο πρόλημα δεν μπορεί να είναι αρνητικός. Άρα t 7,75sec. ii) Όταν το σώμα έχει αρχική ταχύτητα v 0, το διάστημα που διανύει σε χρόνο t 1 sec είναι S v0t γ t. m Επειδή v0 50 και t 0 θα έχουμε: sec t t t 50 t 00 0 t 10t , 4 t 4, sec. Άρα, ο ζητούμενος χρόνος είναι περίπου 4, sec.

14 68. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΣΧΟΛΙΟ Κατά την επίλυση ενός προλήματος, όπως είδαμε και παραπάνω, δεν πρέπει να ξεχνάμε να ελέγχουμε, αν οι λύσεις που ρήκαμε είναι εύλογες. Εξισώσεις που ανάγονται σε εξισώσεις ου αθμού Στη συνέχεια θα δούμε, με τη οήθεια παραδειγμάτων, πώς μπορούμε να επιλύσουμε εξισώσεις οι οποίες δεν είναι μεν ου αθμού, αλλά, με κατάλληλη διαδικασία, ανάγονται σε εξισώσεις ου αθμού. ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 1 ο : Να λυθεί η εξίσωση 0. ΛΥΣΗ Επειδή Αν θέσουμε, η εξίσωση γράφεται: 0 ω, τότε η εξίσωση γίνεται ω ω 0. Η εξίσωση αυτή έχει ρίζες τις ω1 και ω 1. Από αυτές δεκτή είναι μόνο η θετική, αφού ω 0. Επομένως, που σημαίνει ή. ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ ο : Να λυθεί η εξίσωση: ΛΥΣΗ Για να ορίζεται η εξίσωση πρέπει 1 0 και 0, δηλαδή 0και 1. Με αυτούς τους περιορισμούς του έχουμε:

15 . Εξισώσεις ου αθμού 69 Η τελευταία εξίσωση έχει ρίζες 1 1 και. Από αυτές, λόγω του περιορισμού, δεκτή είναι μόνο η. ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ ο : Να λυθεί η εξίσωση: (1) ΛΥΣΗ Αν θέσουμε Η εξίσωση y η εξίσωση γίνεται: y 7y 4 0 y y () έχει ρίζες τις y1 4 και y Επειδή y 0, δεκτή είναι μόνο η y1 4. Επομένως, οι ρίζες της (1) είναι οι ρίζες της εξίσωσης και. 1 4, δηλαδή οι ΣΧΟΛΙΟ Η μέθοδος που ακολουθήσαμε στο παραπάνω παράδειγμα εφαρμόζεται και για την επίλυση κάθε εξίσωσης της μορφής: 4 α γ0, με α 0 Οι εξισώσεις της μορφής αυτής ονομάζονται διτετράγωνες εξισώσεις. ΑΣΚΗΣΕΙΣ Α ΟΜΑΔΑΣ 1. Να λύσετε τις εξισώσεις: i) 5 0 ii) 69 0 iii) Να λύσετε τις εξισώσεις: i) 1, 69 0 ii) 0,5 0 iii) Να αποδείξετε ότι οι παρακάτω εξισώσεις έχουν πραγματικές ρίζες: λ λ 0, λ 0 α α 0, α 0. i) ii) 4. Να ρείτε τις τιμές του μ για τις οποίες η εξίσωση μ μ μ 0, 0 έχει διπλή ρίζα.

16 70. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 5. Αν α, να δείξετε ότι είναι αδύνατη στο η εξίσωση α α 0. Να εξετάσετε την περίπτωση που είναι α. 6. Να ρείτε την εξίσωση ου αθμού που έχει ρίζες τους αριθμούς i) και. ii) 1 και 1 iii) 5 6 και Να ρείτε δυο αριθμούς, εφόσον υπάρχουν, που να έχουν i) Άθροισμα και γινόμενο 15. ii) άθροισμα 9 και γινόμενο Να λύσετε τις εξισώσεις i) ii) Να λύσετε την εξίσωση α,. α a, για τις διάφορες τιμές των 10. Να ρείτε τις πλευρές ενός ορθογωνίου με περίμετρο 68cm και διαγώνιο 6cm. 11. Να λύσετε τις εξισώσεις i) ii) 5 0 iii) Να λύσετε την εξίσωση Να λύσετε την εξίσωση Να λύσετε τις εξισώσεις 1 1 i) 1 6 ii) Να λύσετε τις εξισώσεις 4 i) ii) iii)

17 . Εξισώσεις ου αθμού 71 Β ΟΜΑΔΑΣ 1. Δίνεται η εξίσωση 4 α α α α 10, με 0. i) Να δείξετε ότι η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ 4α. ii) α 1 α 1 Να δείξετε ότι οι ρίζες της εξίσωσης είναι οι και. α a. Δίνεται η εξίσωση i) Να δείξετε ότι η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ 1 ii) Να δείξετε ότι οι ρίζες της εξίσωσης είναι οι και.. Να ρείτε τις τιμές του α για τις οποίες η εξίσωση α α α έχει διπλή ρίζα Αν ο αριθμός ρ είναι η ρίζα της εξίσωσης α γ 0, με αγ 0, να δείξετε ότι ο αριθμός 1 ρ είναι η ρίζα της εξίσωσης γ α Να λύσετε τις εξισώσεις: 1 1 i) α, α 0 α ii) α α, α α α, Δίνεται η εξίσωση λ 8 0 i) Να δείξετε ότι η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες για κάθε λ. ii) Αν η μια ρίζα της εξίσωσης ισούται με το τετράγωνο της άλλης, τότε να ρεθούν οι ρίζες και η τιμή του λ. 7. Να εξετάσετε αν υπάρχουν διαδοχικοί ακέραιοι που να είναι μήκη πλευρών ορθογωνίου τριγώνου. 8. Η σημαία. του διπλανού σχήματος έχει διαστάσεις 4m και m αντιστοίχως. Να ρείτε πλάτος d του σταυρού, αν γνωρίζουμε ότι το εμαδόν του είναι ίσο με το εμαδόν του υπόλοιπου μέρους της σημαίας.

18 7. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 9. Μια κατασκευαστική εταιρεία διαθέτει δυο μηχανήματα Α και Β. Το μηχάνημα Β χρειάζεται 1 ώρες περισσότερο από ότι το μηχάνημα Α για να τελειώσει ένα συγκεκριμένο έργο. Ο χρόνος που απαιτείται για να τελειώσει το έργο, αν χρησιμοποιηθούν και τα δυο μηχανήματα μαζί είναι 8 ώρες. Να ρείτε το χρόνο που θα χρειαζόταν το κάθε μηχάνημα για να τελειώσει το έργο αυτό αν εργαζόταν μόνο του Είναι γνωστό ότι μια ρίζα της εξίσωσης 10 α 0 είναι ο αριθμός 1. Να ρείτε το α και να λύσετε την εξίσωση. ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ I. Σε καθεμιά από τις παρακάτω περιπτώσεις να κυκλώσετε το γράμμα Α, αν ο ισχυρισμός είναι αληθής για όλους τους πραγματικούς αριθμούς α, και γ. Διαφορετικά να κυκλώσετε το γράμμα Ψ. 1. Η εξίσωση ( α 1) αα ( 1) έχει μοναδική λύση την α. Α Ψ. H εξίσωση 0. H εξίσωση 0 4. H εξίσωση 0 1 είναι αδύνατη. Α Ψ 1 έχει δύο πραγματικές ρίζες. Α Ψ 1 έχει δύο πραγματικές ρίζες. Α Ψ 5. Η εξίσωση έχει μοναδική λύση. Α Ψ 6. Η εξίσωση έχει μοναδική λύση. Α Ψ 7. Αν οι συντελεστές α και γ της εξίσωσης α γ 0 είναι ετερόσημοι, τότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες άνισες. 8. Αν δύο εξισώσεις ου αθμού έχουν τις ίδιες ρίζες, τότε οι συντελεστές των ίσων δυνάμεων του των εξισώσεων αυτών είναι ίσοι. Α Α Ψ Ψ 9. Η εξίσωση άνισες. 0 έχει δύο ρίζες πραγματικές και α α Α Ψ

19 . Εξισώσεις ου αθμού Η εξίσωση 4α 4α 0, με α 0, έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες. Α Ψ α α 0, με α 0, δεν έχει πραγματι- 11. Η εξίσωση κές ρίζες. Α Ψ 1. Η εξίσωση α α 0 δεν έχει πραγματικές ρίζες. Α Ψ 1. Η εξίσωση α 10 α και αντίστροφες πραγματικές ρίζες. 1, με α 0, 1 έχει δύο άνισες Α Ψ 14. Οι εξισώσεις ίδιες λύσεις. 0 1 και 0 έχουν τις Α Ψ Οι εξισώσεις 5 1 έχουν τις ίδιες λύσεις. και ( 1) 5( 1) Α Ψ 16. Υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί και y που να έχουν άθροισμα S 10 και γινόμενο P Υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί και y που να έχουν άθροισμα S 10 και γινόμενο P 5. Α Α Ψ Ψ 18. Υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί και y που να έχουν άθροισμα S και γινόμενο P. Α Ψ II. Να εντοπίσετε το λάθος στους παρακάτω συλλογισμούς: 1. Η εξίσωση (1)( ) ( )( ) γράφεται ισοδύναμα: (1)( ) ( )( ) Όμως και ο αριθμός επαληθεύει τη δοθείσα εξίσωση.. Η εξίσωση 1 γράφεται ισοδύναμα: 1 1 ή 1 1 ή 1. Όμως καμία από τις τιμές αυτές του δεν επαληθεύει τη δοθείσα εξίσωση.

20 74. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΙΣΤΟΡΙΚΟ ΣΗΜΕΙΩΜΑ Από τα αρχαία χρόνια οι μαθηματικοί χρησιμοποίησαν διάφορες τεχνικές για να λύσουν μια εξίσωση ου αθμού. 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 Άραες 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 p q, p q, p q. Σήμερα όμως γράφουμε τις εξισώσεις αυτές με τη γενική μορφή α γ 0 Ο σύγχρονος συμολισμός 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 δευτεροάθμιας εξίσωσης. Όμως η ποικιλία των επιλύσεων που αναπτύχθηκε τα αρχαία χρόνια μας ενέπνευσε να αναπτύξουμε μερικούς τρόπους εξαγωγής του τύπου 4αγ 1, α που δίνει τις ρίζες της γενικής εξίσωσης ου αθμού α γ 0, α 0. Στη συνέχεια παρουσιάζουμε τρεις μεθόδους επίλυσης μίας εξίσωσης ου αθμού. Μέθοδος των Ινδών Η επίλυση αυτή που επινοήθηκε στην Ινδία, αποδίδεται στον Sridhara (105 μ.χ. περίπου). Έχουμε διαδοχικά: α γ 0 α γ Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη της εξίσωσης με 4α και ύστερα προσθέτουμε το και στα δύο μέλη, για να προκύψει ένα «τέλειο» τετράγωνο στο αριστερό μέλος. Δηλαδή

21 . Εξισώσεις ου αθμού 75 4α 4α 4αγ 4α 4α 4αγ α 4αγ α 4 αγ, εφόσον 4αγ 0. 4αγ Έτσι προκύπτει ότι: α Σχόλιο: Η απλότητα της μεθόδου των Ινδών χαρακτηρίζεται από το γεγονός ότι το κλάσμα δεν εμφανίζεται. παρά μόνο στο τελευταίο ήμα. Μέθοδος του Vieta Η εξίσωση ου αθμού α γ 0, α 0 μπορεί να λυθεί ευκολότερα, αν δεν περιέχει τον πρωτοάθμιο όρο, πράγμα που μπορεί εύκολα να επιτευχθεί με την αντικατάσταση y (1) α Τότε η εξίσωση γίνεται: α y y γ 0 η οποία όταν απλοποιηθεί α α γίνεται: 4αγ αy 0. 4α 4αγ Οι ρίζες της εξίσωσης αυτής είναι y εφόσον 4αγ 0 α Για να ρούμε τις ρίζες της αρχικής εξίσωσης αντικαθιστούμε την παραπάνω τιμή του y στην (1) και έχουμε: Οπότε 4αγ y α α α 4αγ. α Σχόλιο: Η μέθοδος αυτή του Vieta είναι ενδιαφέρουσα, γιατί είναι ο προάγγελος της τεχνικής για την επίλυση της γενικής τριτοάθμιας καθώς και της διτετράγωνης εξίσωσης. Για παράδειγμα, το πρώτο ήμα στην επίλυση της εξίσωσης α γ δ 0, είναι η αντικατάσταση y που απαλ- α λάσσει την εξίσωση από το δευτεροάθμιο όρο.

22 76. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ Μέθοδος του Harriot Ο μαθηματικός Thomas Harriot ( ) εφάρμοσε τη μέθοδο της παραγοντοποίησης, για να ρει τις λύσεις μιας εξίσωσης ου αθμού, στο μεγάλο έργο του για την άλγερα «Artis Analytical Prais». Η τεχνική του είναι η εξής περίπου: Υποθέτουμε ότι 1 και είναι οι ρίζες της δευτεροάθμιας εξίσωσης α γ 0, α 0 (1). Σχηματίζουμε τώρα μία εξίσωση με ρίζες 1 και. Αυτή είναι η 1 0 ή,ισοδύναμα, η () Με διαίρεση των μελών της (1) με α 0, ρίσκουμε: γ 0 α α () Επειδή οι εξισώσεις () και () είναι ίδιες, οι αντίστοιχοι συντελεστές πρέπει να είναι ίσοι. Επομένως: γ 1 και 1 (4) α α σε συνδυασμό με την (4) δίνει Η ταυτότητα 4αγ 1, [εφόσον 4αγ 0] (5) α Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων (4) και (5) έχουμε: 4αγ 4αγ 1 και α α Σχόλιο: Είναι αρκετό να θεωρήσουμε μόνο τη θετική τετραγωνική ρίζα της (5). Η αρνητική ρίζα απλώς εναλλάσσει τη διάταξη των 1 και.